热门试卷

解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，由得：，

所以，即，

又，

所以。

（Ⅱ）由，得，

所以，

当p=1时，；

当p≠1时，，

，

即。

解：(1)，∴，

由f′(x)=-2x+7得：a=-1，b=7，

所以，

又因为点Pn(n，Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上，

所以有，

当n=1时，a1=S1=6；

当n≥2时，，

∴an=-2n+8(n∈N*)．

令an=-2n+8≥0得n≤4，∴当n=3或n=4时，Sn取得最大值12；

综上，an=-2n+8(n∈N*)，当n=3或n=4时，Sn取得最大值12．

(2)由题意得，，

所以，即数列{bn}是首项为8，公比为的等比数列，

故{nbn}的前n项和，①

，②

所以①-②得：，

∴。

解：（1）∵

∴

当n≥3时，

两式相减得

∴

相乘得

∴（n∈N*）

（2）由（1）的解答得

于是

若q≠1，将上式两边同乘以q，得

将上面两式相减，得

于是

若q=1，则

∴。

解：（Ⅰ）设等差数列的公差为d，则依题设d>0，

由，得，                                 ①

由，得，                     ②

由①得，

将其代入②得，

即，∴，

又d>0，∴d=2，

代入①得1=1，

∴。

（Ⅱ）令，则，

两式相减，得，

由（Ⅰ）得1=1，，

∴，

即当n≥2时，，

又当n=1时，，

∴，

于是

            =-4，

即。

解：（Ⅰ）∵，

∴当n≥2时，，

即，

∵，

∴，

即数列{an}是等比数列，

，

，

∵点P（bn，bn+1）在直线x-y+2=0上，

∴，

∴，

即数列{bn}是等差数列，

又，

∴。

（Ⅱ）

，①

，②

①-②得，

即，

，

于是，

又由于当n=4时，，

当n=5时，；

故满足条件Sn＜167最大的正整数n为4。

解：（1）由已知得an+1=an+1，即an+1-an=1，

又a1=1

所以数列｛an｝是以1为首项，公差为1的等差数列

故an=1+（a-1）×1=n。

 （2）由（1）知：an=n从而bn+1-bn=2nbn=（bn-bn-1）+（bn-1-bn-2）+···+（b2-b1）+b1=2n-1+2n-2+···+2+1

==2n-1

因为=（2n-1）（2n+2-1）-（2n+1-1）2=（22n+2-2n-2n+2+1）-（22n+2-2·2n+1+1）=-2n＜0

∴bn·bn+2＜bn+12。

解：（Ⅰ）由题意知：d＞0，，

，

，

化简，得，

，

当n≥2时，，适合n=1情形，

故所求。

（Ⅱ），

恒成立，

又m+n=3k且m≠n，

∴，

故，即c的最大值是。

解：（Ⅰ）由题意，知，

易得。

（Ⅱ），

∴，

∴当n=1时，，

当n≥2时，，即，

∴当n=1时，取最大值，

又对一切正整数n恒成立，

∴，即，

解得：m≥1或m≤-5。

（I）将第k个1与第k+1个1前的2记为第k对，

即（1，2）为第1对，共1+1=2项；（1，2，2，2）为第2对，共1+3=4项；…；

(1，为第k对，共1+（2k-1）=2k项；

故前k对共有项数为2+4+…+2k=k（k+1）．

第10个1所在的项之前共有9对，所以10个1为该数列的

9×（9+1）+1=91（项）．…（6分）

（II）因44×45=1980，45×46=2070，2012-1980=32，

故第2012项在第45对中的第32个数，从而a2012=2

又前2012项中共有45个1，其余2012-45=1967个数均为2，

于是S2012=45×1+1967×2=3979…（10分）

（III）∵前k对所在全部项的和为Sk×(k+1)=k+2[k(k+1)-k=2k2+k]，

∴S31×32=S992=2×312+31=1953，

S32×33=S1056=2×322+32=2080，

即S993=1954且自第994项到第1056项均为2，而2012-1954=58能被2整除，

故存在m=993+29=1022，使S1022=2012．…（14分）