热门试卷

（1）：（Ⅰ）∵点（an+1，Sn）在直线2x+y-2=0上，

∴2an+1 +Sn -2=0． ①

当n≥2时，2an+sn-1-2=0． ②

①─②得 2an+1 -2an+an=0，即=（n≥2），

把n=1和a1=1代入①，可得a2=，也满足上式，

∴{an}是首项为1，公比为的等比数列，

则an=()n-1，

（2）设数列{bn}的前n项和是Tn，

由（1）得，bn=nan2=n(

1

2

)2(n-1)=n(

1

4

)n-1，

∴Tn=1+2×+3×+…+n(

1

4

)n-1     ①，

则Tn=+2×+3×+…+n(

1

4

)n    ②，

①-②得，Tn=1++++…+-n(

1

4

)n

=-n(

1

4

)n=(1-)-n(

1

4

)n，

则Tn=1-．

（1）由Sn=Sn-1+an-1+，得Sn-Sn-1=an-1+，2an=2a n-1+1，an-a n-1+…2分

∴an=a1+（n-1）d=n-

（2）证明：∵3bn-bn-1=n，∴bn=bn-1+n，

∴bn-an=bn-1+n-n+=bn-1-n+=（bn-1-n+）；

bn-1-an-1=bn-1-（n-1）+=bn-1-n+；

∴由上面两式得=，又b1-a1=--=-30

∴数列{bn-an}是以-30为首项，为公比的等比数列．

（3）由（2）得bn-an=-30×(

1

3

)n-1，

∴bn=an-30×(

1

3

)n-1=n--30×(

1

3

)n-1，

bn-bn-1=n--30×(

1

3

)n-1-(n-1)++30×(

1

3

)n-2

=+ 30×(

1

3

)n-2(1-)

=+ 20×(

1

3

)n-2＞0，∴{bn}是递增数列

当n=1时，b1=-＜0；当n=2时，b2=-10＜0；

当n=3时，b3=-＜0；当n=4时，b4=-＞0，

所以，从第4项起的各项均大于0，故前3项之和最小．

且S3=(1+3+5)-30-10-=-41．

（I）由题意可得数列{an}的公差d=（a5-a3）=2，

故a1=a3-2d=1，故an=a1+2（n-1）=2n-1，

由Sn+bn=2可得Sn=2-bn，当n=1时，S1=2-b1=b1，∴b1=1，

当n≥2时，bn=Sn-Sn-1=2-bn-（2-bn-1），∴bn=bn-1，

∴{bn}是以1为首项，为公比的等比数列，

∴bn=1•()n-1=(

1

2

)n-1；

（II）由（I）可知cn==（2n-1）•2n-1，

∴Tn=1•20+3•21+5•22+…+（2n-3）•2n-2+（2n-1）•2n-1，

故2Tn=1•21+3•22+5•23+…+（2n-3）•2n-1+（2n-1）•2n，

两式相减可得-Tn=1+2•21+2•22+…+2•2n-1-（2n-1）•2n=1+2-（2n-1）•2n

=1-4+（3-2n）•2n，

∴Tn=3+（2n-3）•2n

（1）∵a1，a2，a5成等比数列，a3=5

∴a22=a1a3

∴（5-d）2=（5-2d）（5+2d）

∵d≠0

∴d=2

∴an=a3+（n-3）d=5+2（n-3）=2n-1

（2）由（1）可得，Sn=×n=n2

∴bn=2n•=n•2n

∴Tn=1•2+2•22+3•23+…+n•2n

∴2Tn=1•22+2•23+…+（n-1）•2n+n•2n+1

两式相减可得，-Tn=2+22+23+…+2n-n•2n+1

=-n•2n+1=2n+1-2-n•2n+1

∴Tn=(n-2)•2n+1+2

∵a1=2，a1，a3，a7成等比数列

∴a32=a1a7

设等差数列的公差d，则（2+2d）2=2（2+6d），d＞0

∴d=1，an=n+1

∵Sn=2n+1-2．

∴b1=s1=2

bn=sn-sn-1=2n+1-2-2n+2=2n（n≥2）

当n=1时也适合

∴bn=2n

（2）∵cn=abn=2n+1

∴Tn=(2+1)+(22+1)+…+(2n+1)

=（2+22+23+…+2n）+（1+1+1+…+1）

=+n

=2n+1-2+n

（1）∵an+1-an=1且a1=6，∴an=n+5，…（1分）

设l上任意一点P（x，y），则=（x，y-1），

由已知可得∥．

∴y=2x+1，又l过点（n，bn），

∴bn=2n+1．…（4分）

（2）新数列：a1，c1，a2，c2，c2，a3，c3，c3，c3，a4，…，ak，ck，…，ak+1，

共计项数：k+1+•k

经估算k=62，k+1+•k=2016，项数接近2013，…（5分）

∴S2013=（a1+a2+…+a62）+（1×c1+2×c2+…+62×c62）-2c62       …（6分）

令T=1×c1+2×c2+…+62×c62，

T=1×23+2×25+3×27+…+62×2125

4T=1×25+2×27+…+61×2125+62×2127

两式相减得：T=     …（8分）

∴S2013=+-2×2125=2263+．…（9分）

（3）变量分离得：a≤恒成立．…（10分）

令g（n）=     …（11分）

∴=×

=≥1…（13分）

∵{g（n）}递增数列．

∴a∈（0，g（1））=（0，]．…（14分）

（Ⅰ）因为a1=4，an+1=an+p•3n+1，

所以a2=a1+p•31+1=3p+5；a3=a2+p•32+1=12p+6．

因为a1，a2+6，a3成等差数列，所以2（a2+6）=a1+a3，

即6p+10+12=4+12p+6，所以p=2．

依题意，an+1=an+2•3n+1，

所以当n≥2时，a2-a1=2•31+1，a3-a2=2•32+1，

…an-1-an-2=2•3n-2+1，an-an-1=2•3n-1+1．

相加得an-a1=2(3n-1+3n-2+…+32+3)+n-1，

所以an-a1=2+(n-1)，

所以an=3n+n．

当n=1时，a1=31+1=4成立，

所以an=3n+n．                            

（Ⅱ）证明：因为an=3n+n，所以bn==．

因为bn+1-bn=-=，（n∈N*）．

若-2n2+2n+1＜0，则n＞，即n≥2时，bn+1＜bn．

又因为b1=，b2=，所以bn≤．

（1）∵在等差数列{an}中，a5=9，a2+a6=2a4=14，

∴a4=7，其公差d=a5-a4=2，

∴an=a4+（n-4）d=7+2（n-4）=2n-1．

（2）∵bn=an+qan（q＞0），

∴Sn=b1+b2+…+bn

=（a1+a2+…+an）+（qa1+qa2+…+qan）

=+（q1+q3+…+q2n-1）

若q=1，Sn=n2+n；

若q≠1，Sn=n2+．

（1）an===2n．（2分）

（2）cn=2nxn-1，

Tn=2+4x+6x2+8x3+…+2nxn-1，①

则xTn=2x+4x2+6x3+8x4+…+2nxn，②

①-②，得（1-x）Tn=2+2x+2x2+…+2xn-1-2nxn，

当x≠1时，（1-x）Tn=2×-2nxn，

Tn=，（5分）

当x=1时，Tn=2+4+6+8+…+2n=n2+n．（6分）

（3）当x=2时，Tn=2+（n-1）2n+1．

则=．（7分）

设f（n）=．

因为f（n+1）-f（n）=-=＞0，（10分）

所以函数f（n）在n∈N+上是单调增函数．（11分）

所以n=1时，f（n）取最小值，即数列{}的最小项的值为．（12分）