热门试卷

（Ⅰ）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意有q＞0且

解得d=2，q=2．

所以an=1+（n-1）d=2n-1，bn=qn-1=2n-1．

（Ⅱ）=．Sn=1+++++，①2Sn=2+3++++，②

②-①得Sn=2+2++++-，=2+2×(1++++)-=2+2×-=6-．

（1）∵=f()==

∴an+1=an+b，∴数列{an}是以b为公差的等差数列

∵a1=a，∴an=a+（n-1）b

（2）当a=8b时，an=（n+7）b

∴b1=8b，b2=12b，∴q=，∴bn=8b•()n-1

∴b3=18b，b4=27b，b5=b

显然，不是整数，即b5∉{an}，∴{bn}是项数最多为4的有穷数列

（3）∵b2=（m+7）b，∴q=，此时bn=8()n-1b

i）当m=8k+1（k∈N）时，=k+1为正整数，

此时{bn}中每一项均为{an}中的项，∴{bn}为无穷数列；

ii）当m=8k+5（k∈N）时，=

此时当n=1，2，3，4，8()n-1为大于8的正整数，

但n=5时，8()4不是正整数，∴此时{bn}是项数最多为4的有穷数列；

iii）当m=8k+2，+3，+4，+6，+7，+8（k∈N）时，

此时为分母是4或8的最简分数，

只有当n=1，2时，8()n-1才是大于8的正整数，

而当n≥3时，8()n-1均为分数，∵{bn}仅有两项，∴此时{bn}不能构成等比数列．

（1）设数列的公差为d，则

∵a1=1，am=15，前m项的和Sm=64

∴，∴d=2，m=8

∴an=2n-1；

（2）bn=(=()2n-1

∴数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列

∴Tn=(1-)＜

∵数列{bn}的前n项和Tn＜M对一切n∈N+恒成立，

∴M≥．

（1）∵an是Sn和1的等差中项，∴Sn=2an-1…（1分）

当n=1时，a1=S1=2a1-1，∴a1=1…（2分）

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（2an-1）-（2an-1-1）=2an-2an-1，

∴an=2an-1，即 =2…（3分）

∴数列{an}是以a1=1为首项，2为公比的等比数列，

∴an=2n-1，Sn=2n-1…（5分）

设{bn}的公差为d，b1=a1=1，b4=1+3d=7，∴d=2…（7分）

∴bn=1+（n-1）×2=2n-1…（8分）

（2）cn===(-)…（9分）

∴Tn=(1-+-+…+-)=(1-)=…（10分）

∵n∈N*，∴Tn=(1-)＜…（11分）Tn-Tn-1=-=＞0

∴数列{Tn}是一个递增数列                                           …（12分）

∴Tn≥T1=．…（13分）

综上所述，≤Tn＜…（14分）

（ I）由题意得an+1+an=4n-3…①

an+2+an+1=4n+1…②．…（2分）

②-①得an+2-an=4，

∵{an}是等差数列，设公差为d，∴d=2，（4分）

∵a1+a2=1∴a1+a1+d=1，∴a1=-．（6分）

∴an=2n-．（7分）

（Ⅱ）∵a1=2，a1+a2=1，

∴a2=-1．（8分）

又∵an+2-an=4，

∴数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差均为4，

∴a2n-1=4n-2，a2n=4n-5．（11分）

S2n+1=（a1+a3+…+a2n+1）+（a2+a4+…+a2n）（12分）

=(n+1)×2+×4+n×(-1)+×4

=4n2+n+2．（14分）

（1）法一：由Sn=（）2 得：4Sn=+2an+1①，4Sn+1=+2an+1+1②，

②-①得4an+1=-+2an+1-2an，得到2（an+1+an）=（an+1+an）（an+1-an）

由题知an+1+an≠0得an+1-an=2，

又S1=a1=()2，化为4a1=+2a1+1，解得a1=1．

∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，∴an=1+（n-1）×1=2n-1，

因此前n项和Sn==n2；

法二：由S1=a1=()2，化为4a1=+2a1+1，解得a1=1．

当n≥2时，2=an+1=Sn-Sn-1+1，

得到(-1)2=Sn1，即-=1

所以数列{}是以1为首项，1为公差的等差数列，

∴=1+(n-1)×1=n，得到Sn=n2．

（2）①由bn+2n-1+λ得到其前n项和Tn=n2+λn，

由题意Tn最小值为T6，即Tn≥T6，n2+λn≥36+6λ，

化为≤-≤，∴λ∈[-13，-11]．

②因{bn}是“封闭数列”，设bp+bq=bm（p，q，m∈Z*，且任意两个不相等 ）得

2p-1+λ+2q-1+λ=2m-1+λ，化为λ=2（m-p-q）+1，则λ为奇数．

由任意n∈N*，都有Tn≠0，且＜+++…+＜．

得 ＜T1＜，化为＜λ＜11，即λ的可能值为1，3，5，7，9，

又Tn=n2+λn＞0，因为=(-)，

检验得满足条件的λ=3，5，7，9，

即存在这样的“封闭数列”{bn}，使得对任意n∈N*，都有Tn≠0，

且＜+++…+＜．，

所以实数λ的所有取值集合为{3，5，7，9}．

（Ⅰ）依题意有Sn=n2+n，当n=1时，a1=S1=+=4．（2分）

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+(n-1)]=3n+1，（5分）

综上，an=3n+1，（6分）

（Ⅱ）bn=（3n+1）•2n．Tn=4•21+7•22+10•23+…+（3n+1）•2n①，（8分）

2Tn=4•22+7•23++（3n-2）•2n+（3n+1）•2n+1②，（10分）

①-②整理得Tn=3n•2n+1-2n+2+4．（12分）

由题意可得S10=

=5（a1+a10）=5（a4+a7）=185，

可解得a4+a7=37，又a4=14，故a7=23，

所以等差数列的公差d==3，

故a1=a4-3d=14-3×3=5，

所以an=5+3（n-1）=3n+2，

Sn===

3

2

n2+n

（1）设等差数列{an}的公差为d，

则，解之可得，

故数列{an}的通项公式an=50-3（n-1）=53-3n…（6分）

（2）由（1）可知an=53-3n，令其≥0可得n≥，

所以此数列的前17项均为正数，从第18项开始均为负数，

故当n=17时，和取最大值为S17=17×50+×(-3)=442…（12分）