热门试卷

解：（Ⅰ）∵，即，

∴数列{an}是以2为公比的等比数列。

∵a3+2是a2，a4的等差中项，

∴，

∴，

∴数列{an}的通项公式。

（Ⅱ）由（Ⅰ）及，得，

令13-2n≥0则n≤6.5，

∴当1≤n≤6时，，当n≥7时，，

∴当n=6时，Sn有最大值，。

解：（Ⅰ）设该等差数列为{an}，

则a1=a，a2=4，a3=3a，Sk=2550，

由已知有a+3a=2×4，解得首项a1=a=2，公差d=a2-a1=2，

代入公式Sk=k·a1+·d得k×2+×2=2550，

整理得k2+k-2550=0，解得k=50，k=-51(舍去)，

∴ a=2，k=50；

（Ⅱ）由Sn=n·a1+·d得Sn=n(n+1)，

∴

，

∴。

解：（1）设成等差数列的三个正数分别为a-d，a，a+d。

依题意，得a-d+a+a+d=15，解得a=5

所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7-d，10，18+d

依题意，有（7-d）（18+d） =100，解得d=2或d=-13（舍去）

故{bn}的第3项为5，公比为2

由b3=b1·22，即5=b1·22，解得。

所以{bn}是以为首项，2为公比的等比数列，

其通项公式为。

（2）数列{bn}的前n项和

即Sn+

∴

因此是以为首项，公比为2的等比数列。

证明：∵a，b，c的倒数成等差数列，

∴，即2ac=b(a+c)，

又

，

∴的倒数也成等差数列．

解：由题意，得，化简，得，

解得：或。

（1）a2=λa1+λ-2=2λ-2，

a3=λa2+λ-2=2λ2-2λ+λ-2=2λ2-λ-2，

∵a1+a3=2a2，

∴1+2λ2-λ-2=2（2λ-2），

得2λ2-5λ+3=0，

解得λ=1或λ=．

当λ=时，

a2=2×-2=1，a1=a2，

故λ=不合题意舍去；

当λ=1时，代入an=λan-1+λ-2可得an-an-1=-1，

∴数列{an}构成首项为a1=1，公差为-1的等差数列，

∴an=-n+2．

（2）由λ=3可得，an=3an-1+3-2，即an=3an-1+1．

∴an+=3an-1+，

∴an+=3(an-1+)，

即bn=3bn-1（n≥2），又b1=a1+=，

∴数列{bn}构成首项为b1=，公比为3的等比数列，

∴bn=×3n-1=，

∴Sn=

=（3n-1）．

证明：（1）因为Sn=2an-2n（n∈N*），则n≥2，n∈N*时，Sn-1=2an-1-2n-1，

此时，an=Sn-Sn-1=2an-2n-2an-1+2n-1=2an-2an-1-2n-1，即an=2an-1+2n-1，

由a1=2a1-2得a1=2，

由bn=得，

当n≥2时，bn-bn-1=，

所以{bn}是首项为1，公差为的等差数列；

解：（2）由（1）知，bn=1+，即，

所以{an}的通项公式为 an=（n+1）·2n-1。

证明：由a，b，c成等差数列，不妨设b=a+d，c=a+2d，

则，，，

假设能构成等差数列，则，

即，，

∴2a(a+2d)=(a+d)(2a+2d)，2a(a+2d)=2(a+d)2，

∴a(a+2d)=(a+d)2，a2+2ad=a2+2ad+d2，

即d2=0，d=0，这与已知d≠0矛盾，

所以假设不成立，即不能构成等差数列。

(1)证明：∵an=Sn-Sn-1(n≥2)，

∴，即，

∴是等差数列．

(2)解：由(1)，得，

∴。