热门试卷

解：（Ⅰ），而 ，

∴．n∈N*

∴{bn}是首项为，公差为1的等差数列．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知bn=n，，

于是=，

故有==6．

（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）可知 =，

则．

∴．

则 +…+=，

∴Tn=．    

解：（1）由题意，令m=2，n=1，可得a3=2a2﹣a1+2=6

再令m=3，n=1，可得a5=2a3﹣a1+8=20

（2）当n∈N*时，由已知（以n+2代替m）可得a2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8

于是[a2（n+1）+1﹣a2（n+1）﹣1]﹣（a2n+1﹣a2n﹣1）=8即bn+1﹣bn=8

所以{bn}是公差为8的等差数列

（3）由（1）（2）解答可知{bn}是首项为b1=a3﹣a1=6，公差为8的等差数列

则bn=8n﹣2，即a2n+1﹣a2n﹣1=8n﹣2

另由已知（令m=1）可得=﹣（n﹣1）2．

那么+1﹣=﹣2n+1=﹣2n+1=2n

于是cn=2nqn﹣1．

当q=1时，Sn=2+4+6++2n=n（n+1）

当q≠1时，Sn=2q0+4q1+6q2++2nqn﹣1．两边同乘以q，

可得qSn=2q1+4q2+6q3++2nqn．

上述两式相减得（1﹣q）Sn=2（1+q+q2++qn﹣1）﹣2nqn=2﹣2nqn=2

所以Sn=2

综上所述，Sn=

解：（1）由已知Sn=（m+1）﹣man；Sn+1=（m+1）﹣man+1，相减，

得：an+1=man﹣man+1，即=，

所以{an}是等比数列

（2）当n=1时，a1=m+1﹣ma1，则a1=1，从而b1=，

由（1）知q=f（m）=，

所以bn=f（bn﹣1）=（n≥2）

∴=1+，

∴数列{}是首项为，公差为1的等差数列

∴=3+（n﹣1）=n+2，

故：bn=    （n≥1），

∴bnbn+1==；

∴数列{bnbn+1}的前n项和A=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）=﹣=．

（Ⅰ）证明：由成等差数列，得，

即，

变形得，所以（舍去），

由，

，

得，

所以12S3，S6，S12-S6成等比数列。

（Ⅱ）解：，

即， ①

①×得：

，

所以，。

解：（1）由题意知

∵

∴

∴数列{bn}是首项b1=1，公差d=3的等差数列；

（2）由（1）知

∴

∴

于是

两式相减得

∴；

（3）∵

∴当n=1时，

当时，

即

∴当n=1时，取最大值是

又对一切正整数n恒成立

∴

即得或。

(Ⅰ)证明：∵，

∴，

∴，

由知，

∴，

即，

∴数列为等差数列。

(Ⅱ)解：由(Ⅰ)得，数列为等差数列，公差为，

∴，

∴。

(Ⅲ)解：，

∴

。

（1）解：=3；

（2）证明：“略”；

（3）解：。

（1）证明：

两边同时除以，得，

（2）由（1）可知，，

所以，

，

。

（1）解：，

∴a2=2，a3=3，a4=4

（2）证明：已知式即，故

因为an≠0，当然an+1≠0，所以an+2﹣an=2（n∈N*）．

由于，且a1=1，故a2=2．

于是a2m﹣1=1+2（m﹣1）=2m﹣1，a2m=2+2（m﹣1）=2m，

所以an=n（n∈N*）．

（3）解：由，

得，故．

从而.

．

因此

=

=

设

故．

注意到f（n）＞0，所以f（n+1）＞f（n）．

特别地，

从而2Tn﹣log2 (2an+1)=log2 f（n）＞0．

所以2Tn＞log2 (2an+1)，n∈N*．