热门试卷

（1）∵αn＞βn，且a1=0，an+1=αn-βn，

∴αn+βn=an，αnβn=-1，an+1=αn-βn==⇒an+12-an2=4，

∴{an2}是一个以0为首项，4为公差的等差数列．∴an2=4(n-1)⇒an=2，

∴⇒αn=+，βn=-．

（2）===-．

（Ⅰ）由题意可得，a3-a1=d2-（d-2）2=2d

∴d=2

由等差数列的通项公式可得，an=2n-2（n∈N*）；

∵b3=（q-2）2=q2•q2∴q2±q∓2=0∴q=-2

∴bn=（-2）n+1（n∈N*）．

（Ⅱ）由（I）可得，Cn=an•bn=2（n-1）•（-2）n+1

∴Sn=2×0×（-2）2+2×1×（-2）3+2（n-1）×（-2）n+1

-2Sn=2×0×（-2）3+2×1×（-2）4+…+（2（n-1）•（-2）n+2

错位相减法，可得3Sn=[(-2)3-(-2)n+2]-(2n-2)•(-2)n+2⇒Sn=

（Ⅲ）假设存在满足条件的数列{dn}，则有d1=a2=2，且有dn=-2dn-1

dn=（-2）n-1-2dn-1，两边同除以（-2）n-1可得=1-

令=An，则有-2An=1-2An-1⇒An-An-1=-

故{An}是首项为-1，公差为-的等差数列，则An=-1+(n-1)(-)=-(n+1)，

故dn=（n+1）（-2）n-1．

（1）由等差数列的性质可得a1+a2+a3=3a2=12，

解得a2=4，故数列{an}的公差d=4-2=2，

故数列 {an}的通项公式为an=2+2（n-1）=2n；

（2）由（1）可知bn=3an=32n=9n，

由等比数列的求和公式可得：

数列{bn}的前n项和Sn==(9n-1)

（I）设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得，

解得：，

故数列{an}的通项公式为an=2-n；

（II）设数列{}的前n项和为Sn，即Sn=a1++…+①，故S1=1，

=++…+②，

当n＞1时，①-②得：

=a1++…+-

=1-（++…+）-

=1-（1-）-=，

所以Sn=，

综上，数列{}的前n项和Sn=．

①由a2=a1+d=4，S5=5a1+d=30得：a1=2，d=2，

∴an=2+2（n-1）=2n…（4分）

②∵bn=2bn-1+1，cn=bn+1，

∴===2（n≥2，n∈N）

∴{cn}是以2为公比的等比数列．

又∵c1=b1+1=1，

∴cn=bn+1=1×2n-1=2n-1，

∴bn=2n-1-1…（9分）

③∵dn=+bn=+2n-1-1=（-）+2n-1-1，

∴Tn=[（1-）+（-）+…+（-）]+（1+2+22+…+2n-1）-n

=（1-）+-n

=2n-n-（14分）

（1）因为a1=1，则a2=1+d，a5=1+4d，a14=1+13d，

又等差数列{an}的第2项、第5项、第14项分别为等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项，

∴（1+4d）2=（1+d）（1+13d），

即3d（d-2）=0，又公差d＞0，∴d=2，

则an=a1+（n-1）d=1+2（n-1）=2n-1．

又b2=a2=3，b3=a5=9，

∴数列{bn}的公比为3，

则bn=b2qn-2=3•3n-2=3n-1．

（2）由++…+=an+1①

当n=1时，=a2=3，∴c1=3，

当n＞1时，++…+=an②

①-②得 =an+1-an=2（n+1）-1-（2n-1）=2 

∴cn=2bn=2•3n-1（n＞1），而c1=3不适用该通项公式．

∴cn=．

∴c1+c2+c3+…c2012=3+2•3+2•32+…+2•32011

=1+2•1+2•3+2•32+…+2•32011=1+2•=32012．

（1）∵点（n，Sn）在函数f（x）=3x2-2x的图象上

∴Sn=3n2-2n，

当n≥2时，an=sn-sn-1=6n-5

当n=1时，也符合上式

∴an=6n-5-----（4分）

（2）bn==(-)，

∴Tn=（1-+-+…+）=（1-）

∴|Tn-|=＜

∴n＞

又∵n∈Z

∴n的最小值为9．

（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，则an=a1+（n-1）d．

由a1=2，a3=-6，可得2+2d=-6，解得d=-4．

从而，an=2+（n-1）×（-4）=6-4n．--------（5分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知an=6-4n，所以Sn==4n-2n2．

进而由Sk=-48，可得4k-2k2=-48．

即k2-2k-24=0，解得k=6或k=-4．

又k∈N*，故k=6为所求．-------（13分）

（1）由已知，对于任意n∈N*，总有2Sn=an+an2①成立

所以2Sn-1=an-1+an-12②

①-②得，2an=an+an2-an-1-an-12，

∴an+an-1=（an+an-1）（an-an-1）

∵an，an-1均为正数，

∴an-an-1=1（n≥2）

∴数列{an}是公差为1的等差数列

又n=1时，2S1=a1+a12，解得a1=1∴an=n（n∈N*）

（2）证明：∵对任意实数x∈（1，e]（e是常数，e=2.71828）和任意正整数n，

总有bn=≤，

∴Tn≤+++＜1++++=1+(1-)+(-)++(-)=2-＜2

（3）由已知a2==2，∴c1=，a3==3，∴c2=，a4==4，∴c3=，a5==5，∴c4=，

易得c1＜c2，c2＞c3＞c4＞

猜想n≥2时，{cn}是递减数列

令f(x)=

则f′(x)=，

∵当x≥3时，lnx＞1，则1-lnx＜0，f′（x）＜0，

∴在[3，+∞）内，f（x）为单调递减函数，

由an+1=（cn）n+1（n∈N*），知lncn=

∴n≥2时，{lncn}是递减数列，即{cn}是递减数列，

又c1＜c2，

∴数列{cn}中的最大项为c2=．