热门试卷

（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．

（1）由am+am+1=ak，得6m+5=3k+1，

整理后，可得k-2m=，∵m、k∈N*，∴k-2m为整数，

∴不存在m、k∈N*，使等式成立．

（2）设an=nd+c，若=bn，对n∈N×都成立，

且{bn}为等比数列，则/=q，对n∈N×都成立，

即anan+2=qan+12，∴（dn+c）（dn+2d+c）=q（dn+d+c）2，

对n∈N×都成立，∴d2=qd2

（i）若d=0，则an=c≠0，∴bn=1，n∈N*．

（ii）若d≠0，则q=1，∴bn=m（常数），即=m，则d=0，矛盾．

综上所述，有an=c≠0，bn=1，使对一切n∈N×，=bn．

（3）an=4n+1，bn=3n，n∈N*，

设am+1+am+2++am+p=bk=3k，p、k∈N*，m∈N．

p=3k，

∴4m+2p+3=，

∵p、k∈N*，∴p=3s，s∈N

取k=3s+2，4m=32s+2-2×3s-3=（4-1）2s+2-2×（4-1）s-3≥0，由

二项展开式可得整数M1、M2，

使得（4-1）2s+2=4M1+1，2×（4-1）s=8M2+（-1）S2

∴4m=4（M1-2M2）-（（-1）S+1）2，

∴存在整数m满足要求．

故当且仅当p=3s，s∈N，命题成立．

（1）证明：∵bn+1-bn=-=-=1，…（2分）

∴{bn}为等差数列．

又b1=0，∴bn=n-1．…（4分）

∴an=(n-1)•3n+2n．…（6分）

（2）设Tn=0•31+1•32+…+(n-1)•3n，则

3Tn=0•32+1•33+…+(n-1)•3n+1．

∴两式相减可得-2Tn=32+…+3n-(n-1)•3n+1=-(n-1)•3n+1．…（10分）

∴Tn=+=．

∴Sn=Tn+(2+22+…+2n)=．   …（14分）

（1）∵Sn=(an+1)2，∴a1=S1=(a1+1)2，∴a1=1（an＞0）

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(an+1)2-(an-1+1)2，∴（an+an-1）（an-an-1-2）=0

∵an＞0，

∴an-an-1=2，

∴{an}为等差数列．（4'）

（2）由（1）知，{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，

∴an=2n-1

∴bn=，①

Tn=++…+，①

Tn=    +++…++②

①-②得：Tn=+2(+++)-

∴Tn=3-（9'）

（3）∵=(3-+λ)=-

易知，当λ=-3时，数列{}为等比数列．（13'）