热门试卷

（1）∵an=2an-1+2n+2（n≥2，a1=2），

∴a2=4+4+2=10，a3=20+8+2=30a4=60+16+2=78；

（2）假设存在一个实数λ，使得数列{}成等差数列，则-=1+恒为常数

∴2-λ=0，即λ=2

此时=2，-=1

当λ=2时，数列{}是首项为2、公差为1的等差数列

（3）证明：由（2）得=+(n-1)=n+1

∴an=(n+1)•2n-2

∴Sn=2•2+3•22+…+（n+1）•2n-2n

∴2Sn=2•22+3•23+…+（n+1）•2n+1-4n

两式相减得：

-Sn=2•2+22+23+…2n+（n+1）•2n+1+2n=-n•2n+1+2n

∴Sn=n•2n+1-2n

当n=1或2时，有Sn=n3+n2；

当n≥3时，Sn=n•2n+1-2n=2n[（1+1）n-1]≥2n[1+n+]=n3+n2．

(1)证明：n≥2时，，

即，这是与n无关的常数，

∴成等差数列，。

(2)解：，

n≥2时，，

n=1时，a1=3，

∴。

（1）a1，a2，a3，…，a10首项为1，公差为1

∴a10=1+9×1=10a10，a11，a12，…，a20首项为a10，公差为d

∴a20=a10+10d=10（1+d）

∵a20=40∴10（1+d）=40∴d=3

（2）a20，a21，a22，…，a30首项为a20，公差为d2∴a30=a20+10d2=10（1+d+d2）

（3）a30，a31，a32，…，a40首项为a30，公差为d3

∴a40=a30+10d3=10（1+d+d2+d3）

依此类推可得：a10n=10（1+d+d2+…+dn-1），n∈N*

∵d≠0∴当 d=1时，a10n=10（1+d+d2+…+dn-1）=10n

当 d≠1时，a10n=10（1+d+d2+…+dn-1）=10 ×=

综上得结论：a10n=

由an+1=2an+2n．两边同除以2n得=+1

∴-=1，即bn+1-bn=1

∴{bn}以1为首项，1为公差的等差数列

（2）由（1）得=1+(n-1)×1=n

∴an=n•2n-1

Sn=20+2×21+3×22+…+n•2n-1

2Sn=21+2×22+…+（n-1）•2n-1+n•2n

∴-Sn=20+21+22+…+2n-1-n•2n

=- n•2n=(1-n)•2n-1

∴Sn=（n-1）•2n+1

证明：因为S3，S9，S6成等差数列，所以公比q≠1，且2S9=S3+S6即，

于是2q9=q3+q6，即2q6=1+q3上式两边同乘以a1q，得2a1q7=a1q+a1q4即2a8=a2+a5所以a2，a8，a5成等差数列。

解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，

则由题意，得，解得a1=2d，

，

∴，

即，

∴，即，

∴。

（1）证明：∵圆Pn与P（n+1）相切，且P（n+1）与x轴相切，

所以，Rn=Yn，R（n+1）=Y（n+1），且两圆心间的距离就等于两半径之和，即

=Yn+Y（n+1）整理就可以得到，-=2

故数列{}是等差数列

（2）S1=π（x1）4S2=π（x2）4…Sn=π（xn）4约去证明（x1）2+（x2）2+…（xn）2＜即可

由（1）知（x1）2+（x2）2+…（xn）2=1+（）2+（）2+…（）2因为1+（）2+（）2+（）2+…（）2

=[1+（）2+（）2+…（）2]+[1+（）2+（）2+（）2+…（）2]

即1+（）2+（）2+…（）2=1+（）2+（）2+（）2+…（）2

又因为 1+[（）2+（）2+（）2+（）2+（）2+（）2]+（）2+…

＜1+[（）2+（）2+（）2+（）2+（）2+（）2+8（）2+…

=1+++…=2

即就是1+（）2+（）2+（）2+…（）2＜2

所以 1+（）2+（）2+…（）＜×2=

即1+（）2+（）2+…（）＜

所以+++…+＜

即Tn＜

（1）证明：（n≥2，n∈N*），

所以，，

即，（n≥2，n∈N*），

所以，数列{}是等差数列。

（2）解：由（1）知{}的公差为，

又因为，

所以，，

所以。

(1)证明：∵，

∴，，

又∵，∴，

∴，

∴是首项为2，公差为1的等差数列．

(2)解：∵，

∴，

∴．