热门试卷

解：（1）设公差为d（d＞0），BC=x，则AB=x-d，CD=x+d，

由题意得：，解得：或（舍去），

∴。

（2）正方形的边长组成已3为首项，公差为4的等差数列，

∴，

∴，

所以，所求正方形的面积是。

解：（Ⅰ）当n=1时，a1=1；

当n≥2，n∈N*时，a1+a2+…+an-1=（n-1）2，

所以an=n2-（n-1）2=2n-1；

综上所述，an=2n-1（n∈N*）。

（Ⅱ）当k=1时，若存在p，r使成等差数列，

则，

因为p≥2，所以ar＜0，与数列{an}为正数相矛盾，

因此，当k=1时不存在；

当k≥2时，设ak=x，ap=y，ar=z，则，

所以，

令y=2x-1，得z=xy=x（2x-1），

此时ak=x=2k-1，ap=y=2x-1=2（2k-1）-1，

所以p=2k-1，ar=z=（2k-1）（4k-3）=2（4k2-5k+2）-1，

所以r=4k2-5k+2；

综上所述，当k=1时，不存在p，r；

当k≥2时，存在p=2k-1，r=4k2-5k+2满足题设；

（Ⅲ）作如下构造：，其中k∈N*，

它们依次为数列{an}中的第2k2+6k+5项，第2k2+8k+8项，第2k2+10k+13项，

显然它们成等比数列，且，

所以它们能组成三角形，

由k∈N*的任意性，这样的三角形有无穷多个。

下面用反证法证明其中任意两个三角形A1B1C1和A2B2C2（k1≠k2）不相似；

若三角形A1B1C1和A2B2C2相似，

则，

整理得，所以k1=k2，

这与条件k1≠k2相矛盾，

因此，任意两个三角形不相似；

故命题成立。

（1）证明∵an+1﹣2an+an﹣1﹣1=0

∴an+1﹣an﹣（an﹣an﹣1）=1

又∵a2﹣a1=1

∴数列{an﹣an﹣1}是以1为首项，以1为公差的等差数列

（II）解：由（I）可得，an﹣an﹣1=1+（n﹣1）=n

∴a2﹣a1=2

a3﹣a2=3

…

an﹣an﹣1=n

以上n﹣1个式子相加可得，an﹣a1=2+3+…+n

∴an=1+2+3+…+n=

（1）∵S6=66=，∴a1+a6=22．再由a1a6=21

可得 a1 和a6是方程 x2-22x+21=0的两个根，再由公差大于0可得 a1=1，a6=21，

由于a6=21=a1+5d，故公差d=4，故 an =4n-3．

（2）bn=xan+3=x4n+9，

当x=0时，bn=xan+3=0，{bn}的前n项和 Tn=0．

当x=1时，bn=xan+3=1，{bn}的前n项和 Tn=n．

当x=-1时，bn=xan+3=-1，{bn}的前n项和Tn=-n．

当x≠0 且x≠±1时，bn=x4n+9，{bn}的前n项和 Tn=．

综合可得，{bn}的前n项和Tn=．

（3）∵Sn=n×1+×4=2n2-n，∴cn==． 

∵{cn}是等差数列，∴c1+c3=2c2，即 +=2×，

由此解得 p=0，或 p=-．

（Ⅰ）设数列{an}的公差为d，由a3=a1+2d=7，a1+a2+a3=3a1+3d=12．

解得a1=1，d=3∴an=3n-2

∵f（x）=x3∴Sn=f()=an+1=3n+1．

（Ⅱ）bn=anSn=（3n-2）（3n+1）

∴==(-)∴Tn=(1-)＜

（Ⅲ）由（2）知，Tn=∴T1=，Tm=，Tn=∵T1，Tm，Tn成等比数列．

∴()2=即=

当m=1时，7=，n=1，不合题意；当m=2时，=，n=16，符合题意；

当m=3时，=，n无正整数解；当m=4时，=，n无正整数解；

当m=5时，=，n无正整数解；当m=6时，=，n无正整数解；

当m≥7时，m2-6m-1=（m-3）2-10＞0，则＜1，而=3+＞3，

所以，此时不存在正整数m，n，且1＜m＜n，使得T1，Tm，Tn成等比数列．

综上，存在正整数m=2，n=16，且1＜m＜n，使得T1，Tm，Tn成等比数列．

证明：（1）∵=

∴2an-2an+1=3anan+1

两边同时除以anan+1可得，-=

∴数列列{}是以=为首项，以为公差的等差数列，

∴=+(n-1)=

∴an=

（2）bn=an•an+1=•=(-)

∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=(-)＜