热门试卷

证明：（Ⅰ）∵am2=bm+2009-2009，

∴[a1+（m-1）d1]2=b2009+md2-2009，

即m2=409+md2-2009，

∴d2=m+≥2=80．

等号当且仅当m=，

即m=40时成立，

故m=40时，[d2]min=80．

（Ⅱ）∵ak=0，bk=1600，a1=1，b2009=409

∴S2009=（a1+a2+…+ak-1）+（bk+bk+1+…+b2009）

=+

=+，

∵S2009=2012Sk+9045

=2012+9045=2012+9045

∴2012•+9045=+

∴4020k=2009×2010-18090，

∴2k=2009-9，

∴k=1000

故得a1000=0，又a1=1，∴d1=-，

∴an=a1+(n-1)d2=-n．

因此{an}的通项公式为an=-n．

（Ⅰ）∵tSn-（t+1）Sn-1=t，（n≥2）①tSn-1-（t+1）Sn-2=t，（n≥3）②

①-②，得tan-（t+1）an-1=0．

∴=（n∈N*，n≥3）．

又由t（1+a2）-（t+1）=t．得a2=．

又∵a1=1，∴=．

所以{an}是一个首项为1，公比为的等比数列．

（Ⅱ）由f（t）=，得bn=f()=1+bn-1（n≥2，n∈N*）．

∴{bn}是一个首项为1，公差为1的等差数列．

于是bn=n．

（Ⅲ）由bn=n，可知{b2n-1}和{b2n}是首项分别为1和2，公差均为2的等差数列，

于是b2n=2n．

∴b1b2-b2b3+b3b4-…+b2n-1b2n-b2nb2n+1

=b2（b1-b3）+b4（b3-b5）+…+b2n（b2n-1-b2n+1）=-2（b2+b4+…+b2n）

=-2•=-2n2-2n．

（1）由等差数列的性质可得a2+a8=a3+a7=0，

∵a3a7=-16，且d＞0（2分）

∴a3=-4，a7=4，4d=a7-a3=8

∴d=2

∴an=a3+（n-3）d=-4+2（n-3）=2n-10．…（6分）

（II）当1≤n≤5时，Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=-（a1+a2+…an）=-•n=9n-n2．…（9分）

当n≥6时，Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=-（a1+a2+…a5）+a6+a7+…+an

=-2（a1+a2+…+a5）+a1+a2+…+an

=-×5+•n=n2-9n+40

综上：Tn=．…（13分）

（1）设等差数列第二，五，十四项分别是a1+d，a1+4d，a1+13d，

∵分别是等比数列{bn}的第2，3，4项

∴（a1+4d）2=（a1+d）（a1+13d），

解得d=2，a1=1，

所以an=2n-1，

bn=3n-1

（2）++++=an（n≥2）

又∵+++…+=an+1

∴=an+1-an，

cn=2•3n-1 （n≥2）

当n=1时，=a2，

所以c1=a2b1=3

c1+c2+…+c2007=32007．

（1）①∵等差数列{an}为递增数列，且a2，a5是方程x2-12x+27=0的两根，

∴a2+a5=12，a2a5=27，

∵d＞0，∴a2=3，a5=9，

∴d==2，a1=1，

∴an=2n-1（n∈N*）

②∵Tn=1-bn，

∴令n=1，得b1=，

当n≥2时，Tn=1-bn，Tn-1=1-bn-1，两式相减得，bn=bn-1-bn，

∴=（n≥2），

数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列．

∴bn=•()n-1=2•（n∈N*）．

（2）∵bn=2•，Cn=，

∴Cn==-．

∴Sn=(1-)+(-)+…+(-)=1-=．

（1）设等差数列{an}的公差为d

∵a2=2，a5=8

∴a1+d=2，a1+4d=8解得 a1=0，d=2

∴数列{an}的通项公式an=a1+（n-1）d=2n-2

（2）设各项均为正数的等比数列{bn}的公比为q（q＞0）

由（1）知an=2n-2

b1=1，b2+b3=a4=6

∴q≠1

∴q=2或q=-3（舍去）

∴{bn}的前n项和Tn=2n-1

（1）∵Sn=na1+，

∴S5=5a1+10d，S3=3a1+3d

∴5S3-6S5=-（15a1+45d）=-105

∴a1+3d=7①

又a2，a5，a14成等比数列．

∴（a5）2=a2a14，即（a1+4d）2=（a1+d）（a1+13d）

∴d2=2a1d，∵d≠0

∴d=2a1，②

由①②得a1=1，d=2

∴an=2n-1

（2）bn=|-1|=||=

当n≤c时，bn=，当n≥c+1时，bn=

∴Tn=b1+b2+…+b2c=（b1+b2+…+bc）+（bc+1+bc+2+…+b2c）=

=（++…+）+（++…+）=

∵Tn≤6，∴≤6，

∴c2-6c+3≤0，解得3-≤c≤3+

∵c∈N，

∴c=2或c=3或c=4或c=5．

（I）依题意：an=2+（n-1）=n+1

Sn=2n+×1=+

（II）由（I）知b1=2 a1=22=4

∵=21=2

∴bn是首项为4，公比为2的等比数列

∴bn=4×2n-1=2n+1

Tn==2n+2-4

（1）设等比数列{an}的公比为q，等差数列{bn}的公差为d，

∵a1=b1=1，a3+b5=21，a5+b3=25．

∴q2+（1+4d）=21，q4+（1+2d）=25

解之得q=2，d=4（舍去负值）

∴an=a1qn-1=2n-1，bn=b1+（n-1）d=4n-3

即数列{an}的通项公式为an=2n-1，{bn}的通项公式bn=4n-3；

（2）由（1）得{an}的前n项和Sn==2n-1，

∴Sn-bn=2n-1-（4n-3）=2n-4n+2

因此，{Sn-bn}的前n项和为

Tn=（21-4×1+2）+（22-4×2+2）+…+（2n-4×n+2）

=（2+22+…+2n）-4（1+2+…+n）+2n

=2n+1-2-4×+2n=2n+1-2n2-2．