热门试卷

解法一：设两个数列相同的项按原来的前后次序组成的新数列为{an}，则a1=11．

∵数列5，8，11，…与3，7，11，…公差分别为3与4，

∴{an}的公差d=3×4=12，

∴an=12n-1．

又∵5，8，11，…与3，7，11，…的第100项分别是302与399，

∴an=12n-1≤302，即n≤25.5．

又∵n∈N*，

∴两个数列有25个相同的项．

其和S25=11×25+×12=3875．

解法二：设5，8，11，与3，7，11，分别为{an}与{bn}，则an=3n+2，bn=4n-1．

设{an}中的第n项与{bn}中的第m项相同，

即3n+2=4m-1，∴n=m-1．

又m、n∈N*，∴设m=3r（r∈N*），

得n=4r-1．

根据题意得

解得1≤r≤25（r∈N*）．

从而有25个相同的项，且公差为12，

其和S25=11×25+×12=3875．

（1）由已知，得求得a1=-2，a8=19

∴{an}的公差d=3 （2分）

∴an=a1+（n-1）d=-2+3（n-1）

=3n-5；（4分）

（2）由（1），得a3=a2+d=1+3=4，

∴a1=-2，a2=1，a3=4．

依题意可得：数列{bn}的前三项为

b1=1，b2=-2，b3=4或b1═4，b2=-2，b3=1．

（i）当数列{bn}的前三项为b1=1，b2=-2，b3=4时，则q=-2，（6分）

∴Sn===[1-(-2)n]（8分）

（ii）当数列{bn}的前三项为b1=4，b2=-2，b3=1时，则q=-．（10分）

∴Sn===[1-(-)n]．（12分）

(1) 或 ;(2) 当且仅当时，数列为等差数列．

试题分析：(1)把表示为的式子，通过对的范围进行讨论去掉绝对值符号，根据成等比数列可得关于的方程，解出即可；

（2）假设这样的等差数列存在，则成等差数列，即，将（1）的过程代入，得到关于的方程，分情况①当时②当时,求得进行判断；看是否与矛盾.此题的难点在与讨论绝对值的几何意义，去绝对值.

试题解析：（1）∵，∴，．

（ⅰ）当时，，

由，，成等比数列得：

∴，解得．        3分

（ⅱ）当时，

∴，解得（舍去）或．

综上可得或．              6分

（2）假设这样的等差数列存在，则

由，得，即．

（ⅰ）当时，，解得，从而（），此时是一个等差数列；                        9分

（ⅱ）当时，，解得，与矛盾；

综上可知，当且仅当时，数列为等差数列．      12分

（1）证明∵Sn-1是方程x2-anx-an=0的根，n=1，2，3，…

∴(Sn-1)2-an(Sn-1)-an=0

当n=1时，a1=S1，

∴(a1-1)2-a1(a1-1)-a1=0，

解得S1=a1=，

∴=-2…（2分）

当n≥2时，an=Sn-Sn-1，

∴(Sn-1)2-(Sn-Sn-1)(Sn-1)-(Sn-Sn-1)=0

化简得SnSn-1-2Sn+1=0，

∴Sn=，

∴=-1，

∴-=-1，又=-2…（5分）

∴数列{}是以-2为首项，-1为公差的等差数列          …（6分）

（2）由（1）得，=-2-(n-1)=-n-1

∴Sn-1=-，带入方程得，(-)2-an(-)-an=0，∴an=，

∴原方程为x2-x-=0，

∴xn=，

∴=…（8分）

∴Tn=+++…+

①Tn=+++…+②

①-②得Tn=+++…+-

=-=1-…（11分）Tn=2-，

∴22013（2-T2013）=2015…（12分）

（3）由（1）可得Sn=

假设存在不同的正整数p，q使得S1，Sp，Sq成等比数列

则sp2=s1•sq

即()2=

∵=-＜（14分）

∴()2＜

化简可得，p2-2p-1＜0

∴1-＜p＜1+

∵p∈N*且p＞1

∴p=2

∴=

∴q=8

∴存在不同的正整数p=2，q=8使得S1，Sp，Sq成等比数列（16分）