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解：（1）当n=1时，有2a1=a+1-4，即a21-2a1-3=0，

解得a1=3（a1=-1舍去）

当n≥2时，有2Sn-1=a2n-1+n-5，

又2Sn=a2n+n-4，

两式相减得2an=a2n-a2n-1+1，

即a2n-2an+1=a2n-1，

也即（an-1）2=a2n-1，

因此an-1=an-1或an-1=-an-1若an-1=-an-1，则an+an-1=1，而a1=3，

所以a2=-2，这与数列{an}的各项均为正数相矛盾，

所以an-1=an-1，即an-an-1=1，

因此{an}为等差数列

（2）由（1）知a1=3，d=1，

所以数列{an}的通项公式an=3+（n-1）=n+2，

即an=n+2。

解：（1）由题意知：

∴①-②可得：2d=8

∴d=4，a1=9

∴an=4n+5 （n∈N*）

由题意知：对数列{bn}，

∴

④÷③可得：q=3，则b1=3

∴bn=3×3n-1=3n （n∈N*）。

（2）假设存在，则4p+5=32n=9n

∴

为正整数

故存在P，满足。

解：(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，

由已知得，即，解得，

故。

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，要使b1，b2，bm成等差数列，必须，

即，

整理，得，

因为m，t为正整数，所以t只能取2，3，5，

当t=2时，m=7；当t=3时，m=5；当t=5时，m=4。

故存在正整数t，使得b1，b2，bm成等差数列。

解：（1）依题意：，

当n≥2时，，

又，满足上式，

所以，数列的通项公式为。

（2），

∴是一个关于n的一次式，

又p为非零常数，

∴。

解：设 的公差为d，由，知，（）

（1）因为

所以

所以。

（2）

由

所以

解得或

但

所以

因为i是正整数，

所以是整数，即q是整数，

设数列中任意一项为

设数列中某一项=

现在只要证明存在正整数m，使得，即在方程m中有正整数解即可，

所以

若，则

那么

当时，因为

只要考虑的情况

因为

所以

因此q是正整数，

所以m是正整数，

因此数列中任意一项为与数列的第项相等，

从而结论成立。

（3）设数列中有三项成等差数列，则有

设

所以

令

则

∵

所以

所以（舍去负值）

即存在使得中有三项成等差数列。

（Ⅰ）解：由f（1）= ，可得a+b=3，…①

又由f（x）﹣x=0得：x[ax﹣（1﹣b）]=0，

∵方程只有一个实数根，

∴   …②

由①②得：a=2，b=1，则f（x）= 

（Ⅱ）证明：由an=f（an﹣1）得：an= 

∴ 

∴{ }是首项为﹣2005，公差为2的等差数列，

∴ =﹣2005+2（n﹣1）=2n﹣2007

∴an= 

解：（1）

又，

又公差d＞0，

∴，

∴，

∴，

∴。

（2）由（1）知，，

所以，，

∴，

∴，

即，解得：或c=0（舍去），

∴也是等差数列，故。