热门试卷

解：（Ⅰ）∵，，∴d=2

所以，

（Ⅱ）由题意，bn=2n，首项b1=2，又数列，

的公比

∴，又，∴ηk=3k-1

（Ⅲ）易知，假设存在三项cr，cs，ct成等比数列，则cs2=cr•ct，

即，

整理得

①当2s-r-t≠0时，，

∵r，s，t∈N*，∴是

有理数，这与为无理数矛盾

②当2s-r-t=0时，则rt+r+t-s2-2s=0，从而，

解得r=t，这与r＜t矛盾．

综上所述，不存在满足题意的三项cr，cs，ct

解：：（1）{an}为等差数列，所以，a1+a4=a2+a3=14

又a2a3=45所以a2，a3是方程x2-14x+45=0的两实根，公差d＞0，

∴a2＜a3∴a2=5，a3=9

∴a1+d=5，a1+2d=9

∴a1=1，d=4

∴an=4n-3

（2）由（1）知sn=n（2n-1）

∴=

∴b1=11+c，b2=62+c，b3=153+c

又∵{bn}也是等差数列

∴b1+b3=2b2

即  2•（62+c）=11+c+153+c，解得 c=-或c=0（舍去）

∴bn=2n是等差数列，故 c=-

（3）∵==且44+＞55+

∴f（n）≤

故f（n）有最大值且最大值为

解：：（1）{an}为等差数列，所以，a1+a4=a2+a3=14

又a2a3=45所以a2，a3是方程x2-14x+45=0的两实根，公差d＞0，

∴a2＜a3∴a2=5，a3=9

∴a1+d=5，a1+2d=9

∴a1=1，d=4

∴an=4n-3

（2）由（1）知sn=n（2n-1）

∴=

∴b1=11+c，b2=62+c，b3=153+c

又∵{bn}也是等差数列

∴b1+b3=2b2

即  2•（62+c）=11+c+153+c，解得 c=-或c=0（舍去）

∴bn=2n是等差数列，故 c=-

（3）∵==且44+＞55+

∴f（n）≤

故f（n）有最大值且最大值为

解：∵数列{an}是等差数列，

∴公差d===-3，

∴a1=a4-3d=41，

∴an=a1+（n-1）d=41-3（n-1）=-3n+44，

∴a20=-3×20+44=-16

解：前5个图中小正方形的个数分别为：3，6，10，15，21．

从图1开始，把小正方形个数分别用一个数列{an}的项来表示，

则正方形的个数构成的数列规律为a2-a1=3，a3-a2=4，a4-a3=5，a5-a4=6，

由此推断，a6-a5=7，所以，第6个图中小正方形的个数为a6=a5+7=21+7=28；

再由a2-a1=3

a3-a2=4

a4-a3=5

…

an-an-1=n+1

把以上n-1个等式累加得：an-a1=3+4+5+…+（n+1）

==．

所以，==．

故答案为28，．

解：（Ⅰ）由题意，得，即．…（1分）

故当n≥2时，．…（3分）

当n=1时，a1=Sl=6，所以，an=n+5（n∈N*）．    …（4分）

又bn+1-2bn+1+bn=0，即bn+2-bn+l=bn+1-bn（n∈N*），所以{bn}为等差数列，…（5分）

于是．而b3=11，故．…（7分）

因此，bn=b3+3（n-3）=3n+2，即bn=3n+2（n∈N*）．    …（8分）

（Ⅱ）…（9分）

①当m为奇数时，m+15为偶数．

此时f（m+15）=3（m+15）+2=3m+47，5f（m）=5（m+5）=5m+25，

所以3m+47=5m+25，m=11．    …（1分）

②当m为偶数时，m+15为奇数，

此时f（m+15）=m+15+5=m+20，5f（m）=5（3m+2）=15m+10，

所以m+20=15m+10，m=（舍去）．    …（13分）

综上，存在唯一正整数m=11，使得f（m+15）=5f（m）成立．    …（14分）