热门试卷

(1) a1＝1  a2＝3  (2) an＝2n－1   (3)见解析

解：(1)当n＝1时，

A12＝4S1－2a1－1＝2a2－1，

即(a1－1)2＝0，解得a1＝1.

当n＝2时，a22＝4S2－2a2－1＝4a1＋2a2－1＝3＋2a2，

解得a2＝3或a2＝－1(舍去)．

(2)an2＝4Sn－2an－1，①

An+12＝4Sn＋1－2an＋1－1.②

②－①得：a n+12－an2＝4an＋1－2an＋1＋2an

＝2(an＋1＋an)，

即(an＋1－an)(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an)．

∵数列{an}各项均为正数，

∴an＋1＋an>0，an＋1－an＝2，

∴数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．

∴an＝2n－1.

(3)∵an＝2n－1，

∴a＝(2an＋2，m)＝(2(2n＋3)，m)≠0，b＝(－an＋5,3＋an)＝(－(2n＋9)，2(n＋1))≠0，

∴a⊥b⇔a·b＝0

⇔m(n＋1)＝(2n＋3)(2n＋9)＝[2(n＋1)＋1][2(n＋1)＋7]

⇔m(n＋1)＝4(n＋1)2＋16(n＋1)＋7

⇔m＝4(n＋1)＋16＋.

∵m，n∈N*，

∴n＋1＝7，m＝4×7＋16＋1，

即n＝6，m＝45.

∴当n＝6，m＝45时，a⊥b.

（1）

（2）

（1）因为点在函数的图象上，所以，因为，，，．又数列为等比数列，所以，即，故，或（舍去）．

（2）由（1）知数列是以为首项，为公比的等比数列．所以，．由

，得对成立．  ①

则对成立． ②

②-①，得，即对成立． ③

则有对成立． ④     

④－③，得，，即对成立．由等差数列定义，知为等差数列．当时，由①式得，，则公差，所以．

（1） 

（2）

（1）由得，两式相减得，即得数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以 

（2）由（1）及得，

所以                  (1)

                  (2)

由(1)-(2)得

（1）an+1=3an+3n，

∴=+1，于是bn+1=bn+1，

∴{bn}为首项与公差均为1的等差数列．

又由题设条件求得b1=1，故bn=n，

由此得=n

∴an=n×3n．

（2）Sn=1×31+2×32+…+（n-1）×3n-1+n×3n，

3Sn=1×32+2×33+…+（n-1）×3n+n×3n+1，

两式相减，得2Sn=n×3n+1-（31+32+…+3n），

解出Sn=(-)3n+1+．

（1）∵a1=1，an+1=（1+）an+，

∴an+1=（1+）an+，

an+1=an+×，

n×an+1=（n+1）an+（n+1）×

∴-=，

-=，

…

-=．

等式两边相加，得：

-=+++…+==1-，

∴an=2n-．

∵Sn=2（1+2+3+…+n）-（++…+）

=n（n+1）-（++…+）．

设S=++…+，①

则S=++…+，②

①-②，得S=1+++…+-

=1+-

=2--，

∴S=4--．

∴Sn=n（n+1）-4+．

（2）假设在数列{an}中，存在连续三项ak-1，ak，ak+1（k∈N*，k≥2）成等差数列，

则ak-1+ak+1=2ak，即[2（k-1）-]+[2（k+1）-]=2（2k-），

即=0，∴k=3．

∴在数列{an}中，有且仅有连续三项a2，a3，a4成等差数列．

（I）an=a1=()n；（Ⅱ）n的最大值为4．

试题分析：（I）{an}是一等比数列，且a1=.设等比数列{an}的公比为q，由S1+a1，S2+a2，S3+a3成等差数列，可得一个含公比q的方程，解这个方程便得公比q，从而得数列{an}通项公式.

（Ⅱ）由题设及（I）可得：bn=anlog2an=-n∙()n，由等差数列与等比数列的积或商构成的新数列，求和时用错位相消法.用错位相消法可求得，变形得≥，解这个不等式得n≤4，从而得 n的最大值．

试题解析：（I）设等比数列{an}的公比为q，由题知  a1=，

又∵ S1+a1，S2+a2，S3+a3成等差数列，

∴ 2(S2+a2)=S1+a1+S3+a3，

变形得S2-S1+2a2=a1+S3-S2+a3，即得3a2=a1+2a3，

∴ q=+q2，解得q=1或q=，                   4分

又由{an}为递减数列，于是q=，

∴ an=a1=()n．                            6分

（Ⅱ）由于bn=anlog2an=-n∙()n，

∴ ，

于是，

两式相减得：

∴ ．

∴ ≥，解得n≤4，

∴ n的最大值为4．                       12分

（1）="n" （2）（3）存在，证明详见解析

试题分析：（1）把点P（）代入直线xy1=0得到，可知数列{}是等差数列.最后写出等差数列的通项公式=n.（2）首先求出的表达式，通过判断的符号，确定的单调性，从而求出最小值.（3）求出，Sn的表达式，可得，

由该递推公式可得到，

即，故.

试题解析：（1）点P（）在直线xy1=0上，即且a1=1，

数列{}是以1为首项，1为公差的等差数列.（2）

=n（）a1=1满足=n，所以数列的通项公式为=n.

（2）

是单调递增，故的最小值是

（3）

，

即 ，

.

故存在关于n的整式使等式对一切不小于2的自然数n恒成立.

（Ⅰ）∵an+12-an+1an-2an2=0，∴（an+1+an）（an+1-2an）=0，

∵数列{an}的各项均为正数，

∴an+1+an＞0，

∴an+1-2an=0，

即an+1=2an，所以数列{an}是以2为公比的等比数列．

∵a3+2是a2，a4的等差中项，

∴a2+a4=2a3+4，

∴2a1+8a1=8a1+4，

∴a1=2，

∴数列{an}的通项公式an=2n．

（Ⅱ）由（Ⅰ）及bn=anlog12an得，bn=-n•2n，

∵Sn=b1+b2++bn，

∴Sn=-2-2•22-3•23-4•24--n•2n①

∴2Sn=-22-2•23-3•24-4•25--（n-1）•2n-n•2n+1②

①-②得，Sn=2+22+23+24+25++2n-n•2n+1

=-n•2n+1=(1-n)•2n+1-2，

要使Sn+n•2n+1＞50成立，只需2n+1-2＞50成立，即2n+1＞52，

∴使Sn+n•2n+1＞50成立的正整数n的最小值为5．