热门试卷

（1）由已知a6=a1+5d=23+5d＞0，a7=a1+6d=23+6d＜0，

解得：-＜d＜-，又d∈Z，∴d=-4

（2）∵d＜0，∴{an}是递减数列，又a6＞0，a7＜0

∴当n=6时，Sn取得最大值，S6=6×23+（-4）=78

（3）Sn=23n+（-4）＞0，整理得：n（50-4n）＞0

∴0＜n＜，又n∈N*，

所求n的最大值为12．

（Ⅰ）（Ⅱ）

（Ⅰ）数列为等差数列，公差，所以，

故         2分

由已知得当时，，所以有 

两式相减得：，即，所以     5分

又，从而，

所以是以为首项，为公比的等比数列，于是       6分

（Ⅱ） 

∴       7分

      9分

两式相减得       11分

所以          12分

【考点定位】本题主要考查等差数列、等比数列的基础知识，考查“错位相减法”求和，意在考查考生的运算能力、逻辑思维能力以及转化与化归思想的运用．

由于第四、第五、第六项的二项式系数成等差数列可得

Cn4+Cn6=2Cn5建立关于n的方程得

+=2•，

化简得n2-21n+98=0，

解得n=14或7，

当n=14时，二项式系数最大的项是T8，

其系数为C147•27•（）7=3432；

当n=7时，

二项式系数最大的项是T4和T5，T4的系数为C73•24（）3=70，T5的系数为C74•23（）4=．

（I）由已知得a1=，2an+1=an+n，

∵a2=，a2-a1-1=--1=-，

又bn=an+1-an-1，bn+1=an+2-an+1-1，

∴====.

∴{bn}是以-为首项，以为公比的等比数列．

（II）由（I）知，bn=-×()n-1=-×，

∴an+1-an-1=-×，

∴a2-a1-1=-×，a3-a2-1=-×，

…

∴an-an-1-1=-×，

将以上各式相加得：

∴an-a1-(n-1)=-(++…+)，

∴an=a1+n-1-×=+(n-1)-(1-)=+n-2.

∴an=+n-2.

（III）存在λ=2，使数列{}是等差数列．

由（I）、（II）知，an+2bn=n-2

∴Sn+2T=-2n==+Tn

又Tn=b1+b2++bn==-(1-)=-+=+(-+)

∴当且仅当λ=2时，数列{}是等差数列．