热门试卷

解：当n=1时，a1=S1=12×1-12=11；

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（12n-n2）-[12（n-1）-（n-1）2]=13-2n．

经验证当n=1时，a1=11也符合13-2n的形式．

∴数列{an}的通项公式为an=13-2n

解：（I）∵an+1=an+1，n∈N*，∴an+1-an=1，n∈N*…（2分）

∴数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列．  …（4分）

∴an=n+1…（5分）

（ II）∵an=n+1，

∴． …（6分）

∴要使bn+1＞bn恒成立，

只要恒成立，

∴3•4n-3λ•（-1）n-12n+1＞0恒成立，

∴（-1）n-1λ＜2n-1恒成立．   …（8分）

（ⅰ）当n为奇数时，即λ＜2n-1恒成立，由于当且仅当n=1时，2n-1有最小值为1，∴λ＜1． …（10分）

（ⅱ）当n为偶数时，即λ＞-2n-1恒成立，当且仅当n=2时，-2n-1有最大值-2，

∴λ＞-2…（12分）

综上知-2＜λ＜1，再由λ为非零整数，可得λ=-1．

综上所述，存在λ=-1，使得对任意n∈N*，都有bn+1＞bn．        …（13分）

解：（Ⅰ）∵a2n-1+a2m-1=2am+n-1+2（m-n）2，

∴令n=1，m=2，得a1+a3=2a2+2，

又∵a1=0，a2=2，∴a3=6；

（Ⅱ）证明：【方法一】∵a2n-1+a2m-1=2am+n-1+2（m-n）2，

∴用n+2代替m，则a2n-1+a2n+3=2a2n+1+8；

∴（a2n+3-a2n+1）-（a2n+1-a2n-1）=8，

∴bn+1-bn=8为常数，n∈N*，

又b1=a3-a1=6，

∴{bn}是首项为6，公差为8的等差数列；

【方法二】∵bn+1-bn=（a2n+3-a2n+1）-（a2n+1-a2n-1）

=（a2n+3+a2n-1）-2a2n+1，n∈N*；

令m=n+2，由已知得（a2n+3+a2n-1）-2a2n+1=8，

∴bn+1-bn=8为常数，

又b1=a3-a1=6，

∴{bn}是首项为6，公差为8的等差数列；

（Ⅲ）【解法一】∵a2n-1+a2m-1=2am+n-1+2（m-n）2，

∴令m=1，则a2n-1+a1=2an+2（n-1）2，

∴an=-（n-1）2

=-（n-1）2

=-（n-1）2

=n2-n；

假设关于n的方程an=（）n+8（n∈N*）有解n0∈N*，

即+8-n2+n=0有解n0，

则x=n0是函数f（x）=+8-x2+x（x≥1）的零点；

设1≤x1＜x2，

∵f（x1）-f（x2）=[-]+（x2-x1）（x2+x1-1），

且-＞0，x2+x1-1≥1＞0，x2-x1＞0；

∴f（x1）-f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）；

∴f（x）=+8-x2+x在[1，+∞）上是单调减函数，

∴f（x）=+8-x2+x（x≥1）至多有一个零点；

∵f（3）•f（4）=×（-）＜0，

∴f（x）=+8-x2+x（x≥1）在区间（3，4）内至少存在一个零点，

∴f（x）=+8-x2+x（x≥1）在区间（3，4）内存在唯一一个零点x=n0，

且3＜n0＜4，这与n0∈N*矛盾，∴假设不成立，

即关于n的方程an=+8（n∈N*）无解．

【解法二】由题意知，a2n+1-a2n-1=8n-2，

令n=1，2，3，…，n-1，

得出n-1个等式，累加可得a2n-1=（4n-2）（n-1）-6，

∵a2n-1+a2m-1=2am+n-1+2（m-n）2，

令m=1，则a2n-1+a1=2an+2（n-1）2，

∴an=n2-n；以下解答与解法一相同．

解：（1）由等差数列的性质可得3a4=a1+a4+a7=15，

3a6=a3+a6+a9=3，解得a4=5，a6=1，

∴a5=（a4+a6）=3

（2）由等差数列的性质可得2a7=a3+a11=10，

∴a7=5，∴a6+a7+a8=3a7=15

（3）由等差数列的性质可得2（a4+a7）=a4+a5+a6+a7=56，

∴a4+a7=28，又a4a7=187，联立解得或，

当时，公差d==2，a14=11+10×2=31；

当或时，公差d=-=-2，a14=17+10×（-2）=-3

解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由题意d为正整数，

又a1=3，b1=1，所以an=3+（n-1）d，--------（6分）

又因为数列是公比为64的等比数列，b2S2=64，所以

由（6+d）q=64知q为正有理数，故d为6的因子1，2，3，6之一，（不写理由扣3分）

经逐个验证可得只有当d=2，q=8时符合题意

故-------（15分）