热门试卷

（1）∵数列{an}是公差为d的等差数列a1=（d-2）2，a3=d2∴a3-a1=4d-4=2d∴d=2，a1=0∴an=2n-2…（2分）

同理：bn=3n-1…（4分）

（2）∵++…+=an+1

∴++…+=an(n≥2)

以上两式相减：=an+1-an(n≥2)

∴=2(n≥2)⇒Cn=2bn(n≥2)…（6分）

∴Cn=2•3n-1（n≥2），经检验，n=1仍然成立

∴Cn=2•3n-1…（8分）

（3）=；=

∴-=-=…（9分）

当n=1时，=

当n≥2时，3n=（1+2）n=Cn020+Cn121+…+Cnn2n＞2n+1

∴＞

综上所述：n=1时，=，

n≥2时，＞…（12分）

（I）∵数列{an}是等差数列，a3=10，a6=22，

∴解得 a1=2，d=4．

∴an=2+（n-1）×4=4n-2．…（4分）

（II）证明：由于Tn=1-bn，①

令n=1，得b1=1-b1，解得b1=

当n≥2时，Tn-1=1-bn-1②

①-②得bn=bn-1-bn，

∴bn=bn-1

又b1=≠0，∴=．

∴数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列．…（9分）

（III）证明：由（II）可得bn=．…（9分）   

∴cn=an•bn=…（10分）

∴cn+1-cn=-=．

∵n≥1，故cn+1-cn＜0，

∴cn+1＜cn．…（13分）

（1）令n=1，则a1=S1==0，

令n=3，则S3=，即0+1+a3=，解得a3=2；   

（2）证明：由Sn=，即Sn=①，得Sn+1=②，

②-①，得（n-1）an+1=nan ③，

于是，nan+2=（n+1）an+1 ④，

③+④，得nan+2+nan=2nan+1，即an+2+an=2an+1，

又a1=0，a2=1，a2-a1=1，

所以数列{an}是以0为首项，1为公差的等差数列．

所以an=n-1．                                          

（3）假设存在正整数数组（p，q），使b1，bp，bq成等比数列，

则lgb1，lgbp，lgbq成等差数列，

于是，=+．                                       

所以，q=3q(-)（☆）．易知（p，q）=（2，3）为方程（☆）的一组解．    

当p≥3，且p∈N*时，-=＜0，

故数列{}（p≥3）为递减数列                                      

于是-≤-＜0，所以此时方程（☆）无正整数解．      

综上，存在唯一正整数数对（p，q）=（2，3），使b1，bp，bq成等比数列．

（1）由等差数列的通项公式可得：a17=a1+16d，

所以-12=-60+16d，

∴d=3

∴an=-60+3（n-1）=3n-63．（6分）

（2）由an≤0，则3n-63≤0⇒n≤21，

∴|a1|+|a2|+…+|a30|

=-（a1+a2+…+a21）+（a22+a23+…+a30）

=（3+6+9+…+60）+（3+6+…+27）

=×20+×9=765，

所以此数列前30项的绝对值的和为765．（6分）

（1）n=1时，a1=S1=23

n≥2时，an=Sn-Sn-1=-2n+25

经验证，a1=23符合an=-2n+25

∴an=-2n+25（n∈N+）

（2）∵an=-2n+25

∴an=-2n+25＞0，有n＜

∴a12＞0，a13＜0，故S12最大，最大值为144；

（1）由题意得，2Sn=an2+an①，

当n=1时，2a1=a12+a1，解得a1=1，…（1分）

当n≥2时，有2Sn-1=an-12+an-1②，

①式减去②式得，2an=an2-an-12+an-an-1

于是，an2-an-12=an+an-1，（an+an-1）（an-an-1）=an+an-1，…（2分）

因为an+an-1＞0，所以an-an-1=1，

所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，…（3分）

所以{an}的通项公式为an=n（n∈N*）．…（4分）

（2）设存在满足条件的正整数m，

则-1005＞，＞1005，n＞2010，…（6分）

又M={2000，2002，…，2008，2010，2012，…，2998}，

所以m=2010，2012，…，2998均满足条件，

它们组成首项为2010，公差为2的等差数列．…（8分）

设共有k个满足条件的正整数，

则2010+2（k-1）=2998，解得k=495．…（10分）

所以，M中满足条件的正整数m存在，

共有495个，m的最小值为2010．…（12分）

（3）设un=，即un=，…（15分），

则u1+u2+…+un=++…+

=2[(1-)+(-)+…+(-)]=2(1-)，

其极限存在，且(u1+u2+…+un)=[2(1-)]=2．…（18分）

注：un=（c为非零常数），un=()c•Snn+1（c为非零常数），

un=qc•Snn+1（c为非零常数，0＜|q|＜1）等都能使(u1+u2+…+un)存在．

（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q．

由S10=55，得 10a1+45d=55，…．（2分）

又a1=1，所以10+45d=55，d=1…（3分）

∴an=a1+（n-1）d=1+（n-1）=n．…（5分）

由b4=8，得b1•q3=8，…（6分）

又b1=1，所以q3=8，q=2．…（8分）

∴bn=b1•2n-1=2n-1…．（10分）

（2）Sn===n2+n．…（12分）

Tn===2n-1．…（14分）

（Ⅰ）由题意得a2=3，a5=9

公差d==2   （2分）

所以an=a2+（n-2）d=2n-1  （4分）

由Tn=1-bn得n=1时b1=   

n≥2时bn=Tn-Tn-1=bn-1-bn（6分）

得bn=bn-1所以bn=（8分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）得cn===-

∴sn=c1+c2+c3++cn=(-)+(-)+(-)+…+(-)

=1-＜1(12分)

∴Sn＜1

（I）由题设得an+bn=（an-1+bn-1）+2（n≥2），即cn=cn-1+2（n≥2）

易知{cn}是首项为a1+b1=3，公差为2的等差数列，通项公式为cn=2n+1

（II）由题设得an-bn=(an-1-bn-1)(n≥2)，令dn=an-bn，则dn=dn-1(n≥2)、

易知{dn}是首项为a1-b1=1，公比为的等比数列，通项公式为dn=

由解得an=+n+，

求和得Sn=-++n+1