热门试卷

（1）因为=(1，2)，=(an，an+1)，∥，

所以an+1=2an，数列{an}是等比数列，公比为2，

又a2+1是a1与a3的等差中项，

2（a2+1）=a1+a3，即2（2a1+1）=5a1，

解得a1=2，

数列{an}的通项公式an=2•2n-1=2n；

（2）数列{an}的前n项的和为Sn==2n+1-2，

数列{bn}满足bn=anlog2（sn+2）=2nlog2（2n+1-2+2）=2n•（n+1），

Tn=2×21+3×22+4×23+…+（n+1）•2n…①，

①×2得2Tn=2×22+3×23+4×24+…+（n+1）•2n+1…②，

①-②得，-Tn=2×21+22+23+…+2n-（n+1）•2n+1

=2-（n+1）•2n+1+

=2-（n+1）•2n+1+2n+1-2

=-n•2n+1，

数列{bn}的前n项的和Tn=n•2n+1．

（Ⅰ）∵Tn=2-2an

∴T1=2-2T1

∴T1=

∴=（1分）

由题意可得：Tn=2-2 ⇒Tn•Tn-1=2Tn-1-2Tn（n≥2），

所以-=（6分）

∴数列{}是以为公差，以为首项的等差数列

（Ⅱ）∵数列{}为等差数列，

∴=，

∴an=，（8分）

∴bn=（10分），

∴Sn=++…+=(-)+(-)+…+(-)=-=（12分）

（I）∵an=+

∴sn-sn-1=+

∴-=1

∴数列{}是首项为1，公差为1的等差数列

∴=1+(n-1)=n

∴sn=n2

∴an=+=n+n-1=2n-1（n≥2）

当n=1时，a1=1也适合

∴an=2n-1

（II）∵==(-)

∴Tn=(1-+-+…+-)=(1-)

=

∴Tn＜

∵4Tn＜a2-a恒成立

∴2≤a2-a，解得a≥2或a≤-1

（1）由an+bn=1，得bn=1-an，

依题意bn+1===∴-=-=--1+=-1∵a1=，∴b1=，=-4，∴数列{}是以-4为首项公差为-1的等差数列

（2）由（1）知=-4+(n-1)(-1)=-n-3，

则bn=-+1=，an=1-bn=1-=

（3）Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1=++=-+-+-=-=∴4aSn-bn=-=

依题意可知（a-1）n2+（3a-6）n-8＜0恒成立，令f（n）=（a-1）n2+（3a-6）n-8

当a=1时，f（n）=-3n-8＜0恒成立

当a＞1时，由二次函数性质知f（n）＜0不可能成立

当a＜1时，此二次函数的对称轴为x=-=-(1-)＜0

则f（n）在n∈N*上是单调递减，∴要使f（n）＜0对n∈N*恒成立

必须且只须f（1）＜0即4a-15＜0，∴a＜，又a＜1∴a＜1

综上a≤1，4aSn≤bn对于n∈N*恒成立．

因为P1（x1，y1）、P2（x2，y2）是第一象限的两个点，所以x1，x2，y1，y2均为正数，

由1，x1，x2，4依次成等差数列，设其公差为d，则4=1+3d，所以d=1，所以，x1=2，x2=3．

由1，y1，y2，8依次成等比数列，设其公比为q，则8=1×q3，所以q=2，所以y1=2，y2=4

所以P1（2，2），P2（3，4），

所以|OP1|==2，|OP2|==5

|P1P2|==，

所以cos∠P1OP2==

所以sin∠P1OP2=，

所以S△P1OP2=×2×5×=1．

故答案为1．

故选A．

（Ⅰ）由Sn+1-Sn=（）n+1得an+1=()n+1（n∈N*）；

又a1=，故an=()n（n∈N*）

从而sn==[1-()n]（n∈N*）．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得S1=，S2=，S3=．

从而由S1，t（S1+S2），3（S2+S3）成等差数列可得：+3×(+)=2×(+)t，解得t=2．

（1）证明如下（2）

（1）当时， 

∴，即

又  

∴是公比为3的等比数列

（2）由（1）得：     

设的公差为（）， ∵，∴ 

依题意有，，

∴

，得，或（舍去）

故           

（1）∵等差数列{an}中，公差d＞0，

∴⇒⇒⇒d=4⇒an=4n-3（3分）

（3分）

（2）Sn==n(2n-1)，bn==，

由2b2=b1+b3得 =+，化简得2c2+c=0，c≠0，

∴c=-

反之，令 c=-，即得bn=2n，显然数列{bn}为等差数列，

∴当且仅当 c=-时，数列{bn}为等差数列．（9分）

（3）cn===-，∴Tn=1-+-+…+-

f（n）=Tn•（an+3-）•0.9n=•(4n-) •0.9n=4（n-1）•0.9n（11分）

∵f（n+1）-f（n）=4•0.9n[0.9n-（n-1）]=4•0.9n[1-0.1n]n∈N+

∴当n＜10时，f（n+1）＞f（n），当n=10时，f（n+1）=f（n），当n＞10时，f（n+1）＜f（n），

f（n）max=f（10）=f（11），（13分）

∴存在n0=10或11，使f（n）≤f（n0）对一切n∈N*都成立．（14分）

证明：（1）∵an=2an-1+2n，两边同时除以2n，可得=+1

∴-=1，又=

∴数列{}是以为首项，以1为公差的等差数列；

（2）由（1）可知=+n-1=n-

∴an=(n-)•2n