热门试卷

（1）由a1=S1=(a1-1)(a1+3)，及an＞0，得a1=3

由Sn=(an-1)(an+3)得Sn-1=(an-1-1)(an-1+3)．

∴当n≥2时，an=(-)+2(an-an-1)

∴2（an+an-1）=（an+an-1）（an-an-1）∵an+an-1＞0∴an-an-1=2，

∴{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，∴an=2n+1

（2）由（1）知Sn=n（n+2）∴bn==(-)，

Tn=b1+b2+…+bn

 =(1-+-++-+-)

=[-]=-

∴Tn=[-]=(13分)

由＜0，得a1+(b1-a1)•()n＜0

得＜-a，得＜2n

∴log2＜n

因而n满足log2＜n的最小整数（14分）

（1）不等式x2-x＜（2n-1）x 即x（x-2n）＜0，解得：0＜x＜2n，其中整数有2n-1个，

故 an=2n-1．

（2）由（1）知Sn==n2，∴Sm=m2，Sp=p2，Sk=k2．

由+-=+-==

≥=0，

即+≥．   

（3）结论成立，证明如下：

设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则Sn=na1+d=，

∵Sm+Sp-2Sk=ma1+d+pa1+d-[2ka1+k(k-1)d]=(m+p)a1+d-[2ka1+(k2-k)d]，

把m+p=2k代入上式化简得Sm+Sp-2Sk=•d=≥0，…16分．

∴Sm+Sp≥2Sk．

又 Sm•Sp == 

≤==(

sk

2

)2．

∴+=≥=，故 +≥ 成立．

由题意知a1=2，且ban-2n=(b-1)Sn，ban+1-2n+1=(b-1)Sn+1

两式相减得b(an+1-an)-2n=(b-1)an+1

即an+1=ban+2n①

（1）当b=2时，由①知an+1=2an+2n

于是an+1-(n+1)•2n=2an+2n-(n+1)•2n=2(an-n•2n-1)

又a1-1•2n-1=1≠0，所以{an-n•2n-1}是首项为1，公比为2的等比数列．

故知，bn=2n-1，

再由bn=an-n•2n-1，得an=(n+1)2n-1．

（2）当b≠2时，由①得an+1-•2n+1=ban+2n-•2n+1=b(an-•2n)

若b=0，Sn=2n

若b=1，an=2n，Sn=2n+1-2

若b≠0、1，数列{an-•2n}是以为首项，以b为公比的等比数列，

故an-•2n=•bn-1，an=[2n+(2-2b)bn-1]Sn=(2+22+23+…+2n)+(1+b1+b2+…+bn-1)，

Sn=

b=1时，Sn=2n+1-2符合上式

所以，当b≠0时，Sn=

当b=0时，Sn=2n

另

当n=1时，S1=a1=2

当n≥2时，∵ban-2n=(b-1)Sn∴b(Sn-Sn-1)-2n=(b-1)Sn

∴Sn=bSn-1+2n

若b=0，Sn=2n

若b≠0，两边同除以2n得=•+1

令+m=•+1+m，即+m=•(+)

由m=得m=∴{+}是以为首项，为公比的等比数列

∴+=•()n-1，

所以，当b≠0时，Sn=

（1）根据题意可知：4a1-6d=2（2a1-d）+8，解得d=2；

（2）考虑到d=2，且首项的平方与其余各项之和不超过10，所以可用枚举法研究．

①当a1=0时，02+d+2d=0+2+4≤10，而02+d+2d+3d=0+2+4+6＞10，此时，数列至多3项；

②当a1＞0时，可得数列至多3项；

③当a1＜0时，a12+a1+d+a1+2d+a1+3d≤10，即a12+3a1+2≤0，△=1＞0，此时a1有解．

而a12+a1+d+a1+2d+a1+3d+a1+4d≤10，即a12+4a1+10≤0，△=-24＜0，此时a1无解．

所以a1＜0时，数列至多有4项．

（3）a1=-1时，数列为：-1，1，3，5；或a1=-2时，数列为：-2，0，2，4．

（1）∵a2=1+d，a5=1+4d，a14=1+13d

∴（1+4d）2=（1+d）（1+13d）

∵d＞0

∴d=2

∴an=1+2（n-1）=2n-1

∴b2=a2=3，b3=a5=9，

故数列{bn}的公比是3，

∴bn=3•3n-2=3n-1

（2）由++…+=an+1

得当n≥2时，++…+=an

两式相减得=an+1-an=2，

∴cn=2bn=2×3n-1（n≥2）

n=1时，c1=3

∴c1+c2+…+c2011=3+2×3+2×32+…+2×32011=32011

（3）Sn=a1b1+a2b2+…+anbn=1+3×3+5×32+…+（2n-1）×3n-1 ①

∴3Sn=1×3+3×32+5×33+…+（2n-3）×3n-1+（2n-1）3n ①

①-②得：-2Sn=-1+2（1+3+32+33+…+3n-1）-（2n-1）×3n

∴Sn=1+（n-1）3n

∵Sn是递增数列，且知S3=55，S4=244

∴满足Sn＜168的最大正整数n=3．

由题意设三个数分别为a-d，a，a+d，则

（a-d）+a+（a+d）=15，（a-d）2+a2+（a+d）2=83，

解得a=5，d=±2．

所以这三个数分别为3、5、7；或7、5、3．

（I）设等差数列{log2（an-1）}的公差为d．

由a1=3，a3=9得2（log22+d）=log22+log28，即d=1．

所以log2（an-1）=1+（n-1）×1=n，即an=2n+1．

（II）证明：因为==，

所以++…+=+++…+==1-＜1，

即得证．

设等差数列的首项为a1，公差为d，

由，得．

（Ⅰ）an=a1+（n-1）d=28-2（n-1）=30-2n；

（Ⅱ）Sn=na1+=28n+=-n2+29n．

（Ⅲ）因为Sn=-n2+29n，

由二次函数的性质可得，当n=时函数有最大值，

而n∈N*，所以，当n=14或15时，Sn最大，最大值为210．

（Ⅰ）当n=1时，a1=S1=2，

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n（n+1）-（n-1）n=2n，

知a1=2满足该式，

∴数列{an}的通项公式为an=2n．（2分）

（Ⅱ）∵an=+++…+（n≥1）①

∴an+1=+++…++②（4分）

②-①得：=an+1-an=2，

bn+1=2（3n+1+1），

故bn=2（3n+1）（n∈N*）．（6分）

（Ⅲ）cn==n（3n+1）=n•3n+n，

∴Tn=c1+c2+c3+…+cn=（1×3+2×32+3×33+…+n×3n）+（1+2+…+n）（8分）

令Hn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n，①

则3Hn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n+1②

①-②得：-2Hn=3+32+33+…+3n-n×3n+1=-n×3n+1

∴Hn=，…（10分）

∴数列{cn}的前n项和Tn=+…（12分）