热门试卷

解：（Ⅰ）由，得a=1，∴

∴，

，

又∵成等差数列，

∴，

即：

即：，解之得：x=1或x=4，

经检验，x=1是增根，∴x=4．

（Ⅱ）证明：g（m）+g（t）=f（m）+f（t）+2

=

=

=

∵m、n、t成等比数列，且m，n，t∈R+

∴时等号成立 

此时

即：g（m）+g（t）≥2g（n）．

解：（1）设等差数列{an}的公差为d，∵a3=18，a6=12，∴，解得．

∴an=22+（n-1）×（-2）=24-2n．

（2）令an=24-2n≥0，解得n≤12，

∴数列{an}的前11或12项的和最大，S11=S12==132．

解：（1）∵数列{an}是等差数列，

∴S6=3（a1+a6）=3（a2+a5）=36．

∵a2=3，∴a5=9，∴3d=a5-a2=6，∴d=2，

又∵a1=a2-d=1，∴an=2n-1．

（2）由等比数列{bn}满足b1+b2=3，b4+b5=24，

得=q3=8，∴q=2，

∵b1+b2=3，∴b1+b1q=3，∴b1=1，bn=2n-1，

∴an•bn=（2n-1）•2n-1．

∴Tn=1×1+3×2+5×22+…+（2n-3）•2n-2+（2n-1）•2n-1，

则2Tn=1×2+3×22+5×23+…+（2n-3）•2n-1+（2n-1）•2n，

两式相减得（1-2）Tn=1×1+2×2+2×22++2•2n-2+2•2n-1-（2n-1）•2n，即

-Tn=1+2（21+22++22n-1）-（2n-1）•2n

=1+2（2n-2）-（2n-1）•2n=（3-2n）•2n-3，

∴Tn=（2n-3）•2n+3．

解：（1）由an=a1+（n-1）d及a3=5，a10=-9得

a1+9d=-9，a1+2d=5

解得d=-2，a1=9，

数列{an}的通项公式为an=11-2n

（2）由（1）知Sn=na1+d=10n-n2．

因为Sn=-（n-5）2+25．

所以n=5时，Sn取得最大值．

解：设成等差数列的三个数分别为a-d，a，a+d，

则由题意可得：，

解得：或．

∴三个数分别为6，4，2或2，4，6．

解：（1）令n=1，又an＞0，得a1=1．

∵，即

∴Sn2-Sn-12=1，S12=a12=1

∴{Sn2}是以1为首项，以1为公差的等差数列

∴Sn2=S12+（n-1）•1=1+n-1=n

∴．

（2），则考虑函数（x≥1），则．

令h（x）=x+1+xlnx（x≥1），则h‘（x）=-lnx≤0，∴h（x）在[1，+∞）递减

∵h（1）=2＞0，h（2）=3-2ln2＞0，h（3）=4-3ln3＞0，h（4）=5-4ln4＜0

∴x≥4时，h（x）≤h（4）＜0，则g'（x）＜0，g（x）在[4，+∞）递减；

1≤x≤3时，h（x）≥h（3）＞0，则g'（x）＞0，g（x）在[1，3]递增．

∴g（1）＜g（2）＜g（3），g（4）＞g（5）＞g（6）＞…

即lnb1＜lnb2＜lnb3，lnb4＞lnb5＞lnb6＞…

∴b1＜b2＜b3，b4＞b5＞b6＞…

∵

∴b1＜b2＜b3＜b4＞b5＞b6＞…

又b1=1，当n≠1时，bn＞1．

∴若存在两项相等，只可能是b2、b3与后面的项相等

又，∴b2=b8

∵，∴数列bn中存在唯一相等的两项b2=b8