热门试卷

（1）；（2）；（3）存在

试题分析：（1）由，所以，.所以数列是一个等差数列.首项为2，公差为6，所以可求得通项公式.

（2）由，由于需要求的值，所以考虑数列的周期性，通过列举即可得到数列的周期为6.从而可求得的值.

（3）假设存在常数使得恒成立.由，向前递推一个式子，再利用将得到两个关于的等式，从而消去一个即可得到，或．由于.所以只有.再结合已知即可得到结论.

试题解析：（1）

（2）　，，，

，，，，，，，，

，我们发现数列为一周期为６的数列．事实上，由有

，．……8分(理由和结论各2分)

因为　，所以．

（3）假设存在常数，使恒成立．

由　　　　　①，

及，有 ②

1式减2式得．

所以，或．

当，时，数列｛｝为常数数列，不满足要求．

由得，于是，即对于，都有，所以　，从而　．

所以存在常数，使恒成立．

(1) an=6n-5   (2) bn=

【思路点拨】(1)根据二次函数的导函数为f'(x)=6x-2,可求f(x)=3x2-2x,所以Sn=3n2-2n.由Sn可求an.

(2)根据an求cn,求出cn代入2b1+22b2+23b3+…+2nbn=cn中可求出bn,注意n=1与n≥2的讨论.

解：(1)已知二次函数f(x)=px2+qx(p≠0),

则f'(x)=2px+q=6x-2,故p=3,q=-2,

所以f(x)=3x2-2x.

点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图象上,

则Sn=3n2-2n,当n=1时,a1=S1=1;

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n-5,

故数列{an}的通项公式:an=6n-5.

(2)由(1)得,cn=(an+2)=2n-1,

2b1+22b2+23b3+…+2nbn=2n-1,

当n=1时,b1=,

当n≥2时,2b1+22b2+23b3+…+2n-1bn-1+2nbn

=2n-1,

2b1+22b2+23b3+…+2n-1bn-1=2(n-1)-1,

两式相减得:bn==21-n,

故数列{bn}的通项公式:bn=

（1）；（2）存在使最大.

试题分析：（1）由且和的等比中项是得到，解出.根据，得到，又因为，所以，那么，得到，所以数列通项公式是；（2）由对数的运算，由于，所以，所以，那么数列是以首项为，公差为的等差数列，那么，所以当使最大.

试题解析：（1）解：依题意：，  

又 ，且公比，

解得 。

∴ ，

∴     

∴  .

（2）∵ ，

∴    

∵当时，，当时，，当时， 

∴ .

∴ 有最大值，此时或.

（1）q＝－2（2）见解析

(1)设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)，

由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，

即2a1q2＝a1q4＋a1q3，

由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0，解得q＝－2或1(舍去)，所以q＝－2.

(2)法一　对任意k∈N*，

Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk)

＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1

＝2ak＋1＋ak＋1·(－2)＝0，

所以，对任意k∈N*，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．

法二：对任意k∈N*,2Sk＝，

Sk＋2＋Sk＋1＝＋＝，

2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝－

＝ [2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)]＝ (q2＋q－2)＝0，

因此，对任意k∈N*，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．

证明：∵（z-x）2-4（x-y）（y-z）=（x+z）2-2•2y（z+x）+4y2

=（z+x-2y）2=0

∴2y=x+z，

∴x，y，z成等差数列．

(1)-4;      (2)12.

试题分析：(1)要熟知通项公式，由第6项为正数，从第7项起为负数确定d的范围，再由是整数确定其值；（2）运用求和公式求得，且是正数，解得n,注意取整数.

试题解析：（1）为整数，

（2）的最大值为12.

(1) xn=2n-1(n∈N*,n≤2008)

(2) yn=3n-1(n∈N*,n≤2008)，证明见解析

(3) zn=(n-1)·3n+1+3-n2(n∈N*,n≤2008)

(1)由框图,知数列{xn}中,x1=1,xn+1=xn+2,

∴xn=1+2(n-1)=2n-1(n∈N*,n≤2008).

(2)y1=2,y2=8,y3=26,y4=80.

由此,猜想yn=3n-1(n∈N*,n≤2008).

证明:由框图,知数列{yn}中,yn+1=3yn+2,

∴yn+1+1=3(yn+1),∴=3,y1+1=3,

∴数列{yn+1}是以3为首项,3为公比的等比数列,

∴yn+1=3·3n-1=3n,

∴yn=3n-1(n∈N*,n≤2008).

(3)zn=x1y1+x2y2+…+xnyn

=1×(3-1)+3×(32-1)+…+(2n-1)(3n-1)

=1×3+3×32+…+(2n-1)·3n-[1+3+…+(2n-1)]

记Sn=1×3+3×32+…+(2n-1)·3n　①

则3Sn=1×32+3×33+…+(2n-1)·3n+1　②

①-②,得-2Sn=3+2·32+2·33+…+2·3n-(2n-1)·3n+1

=2(3+32+…+3n)-3-(2n-1)·3n+1

=2×-3-(2n-1)·3n+1

=3n+1-6-(2n-1)·3n+1

=2(1-n)·3n+1-6,

∴Sn=(n-1)·3n+1+3.

又1+3+…+(2n-1)=n2,

∴zn=(n-1)·3n+1+3-n2(n∈N*,n≤2008).

（1） 通项公式，证明过程详见试题解析；（2）.

试题分析：（1） 先根据，求出当时的表达式；再验证时是否满足；证明是等差数列，即证明是定值即可；（2）先求出的表达式，再用裂项相消法求数列前n项和.

试题解析：（1）当时，     3分

当时，适合上式，所以             4分

因为当时，为定值，

所以是等差数列                                      6分

（2），

所以

所以          10分

（1）an＝2n－1（2）ln 2

(1)依题意，得 

解得a2＝2.

设等比数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q.

又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0，

解得q＝2或.

由题意，得q>1，∴q＝2，∴a1＝1.

故数列{an}的通项是an＝2n－1.

(2)由于bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，

由(1)得a3n＋1＝23n，

∴bn＝ln 23n＝3n ln 2，

又bn＋1－bn＝3ln 2，

∴数列{bn}是等差数列．

∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝ln 2.

故Tn＝ln 2.