热门试卷

（1）∵Sn=n（n+2），

∴当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n+1

当n=1时，a1=S1=3满足上式

∴an=2n+1

∵=1

∴Tn+1-Tn=2bn-1

∴bn+1=2bn-1

∴bn+1-1=2（bn-1）

∴{bn-1}是公比为2的等比数列

∴bn-1=(b1-1)•2n-1=2n

∴bn =2n+1

（2）cn==，数列{cn}为递减数列

证明：∵cn+1-cn=-

=＜0

∴数列{cn}为递减数列

（3）证明：∵cn==≥=

∴Mn=c1+c2+…+cn≥1+++…+

令rn=1+++…+①

∴

1

2

rn=+++…+②

①-②：

1

2

rn=1++++…+-=2-

∴rn=4-

∴1+++…+=4-

∴Mn≥4-

（1）n=1时，a1=S1=3，n≥2时，an=Sn-Sn-1=（n2+2n）-（n-1）2-2（n-1）=2n+1，

且n=1时也适合此式，故数列{an}的通项公式是an=2n+1；

（2）依题意，n≥2时，bn=abn-1=2bn-1+1，

∴bn+1=2（bn-1+1），又b1+1=2，

∴{bn+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，

即存在常数t=2使数列{bn+t}是等比数列bn+1=2•2n-1=2n，即bn=2n-1．

（3）①bn+1-2bn=（2n+1-1）-2（2n-1）=1＞0所以bn+1＞2bn对一切自然数n都成立．

②由bn+1＞2bn得＜，设S=++++，

则S＜+++…+=+(S-)，所以S＜-=2-．

设等比数列的公比为q，

由已知可得，a1q-a1=2，4a1q=3a1+a1q2

联立可得，a1（q-1）=2，q2-4q+3=0

∴或q=1（舍去）

∴sn==

（1）∵数列{an}为等差数列，∴S1=a1，S2=a2+d，S4=a4+6d，

∵S1，S2，S4成等比数列，∴S1•S4=

∴a1(4a1+6d)=(2a1+d)2，∴2a1d=d2

∵公差为d不等于0，∴d=2a1，

∴q===4，

（2）∵S2=4，∴2a1+d=4，

∵d=2a1，∴a1=1，d=2，

∴an=2n-1

（3）∵bn==(-)

∴Tn=[(1-)+(-)+…+(-)]=(1-)

∴（Tn）min=1

使得Tn＞对所有n∈N*都成立，等价于1＞，∴m＜20

∴m的最大值为19．

（Ⅰ）n=1时，a1=s1=+a1-，解出a1=3

又4sn=an2+2an-1-3①

4sn-1=an-12+2an-3（n≥2）②

①-②4an=an2-an-12+2an-2an-1

∴（an+an-1）（an-an-1-2）=0

∵an+an-1＞0

∴an-an-1=2（n≥2）

∴数列{an}是以3为首项，2为公差之等差数列

∴an=3+2（n-1）=2n+1

（Ⅱ）Tn=3×21+5×22++（2n+1）•2n+0③

又2Tn=0+3×22++（2n-1）•2n+（2n+1）2n+1④

④-③Tn=-3×21-2（22+23++2n）+（2n+1）2n+1=（2n-1）2n+1+2

∴Tn=（2n-1）•2n+1+2

（I）设数列{an}的公差为d，则，解得．

∴an=-22+2（n-1）=2n-24．

（II）∵an=lo，∴bn=22n-24．

∴Tn=b1•b2•…•bn=22（1+2+…+n）-24n=2n（n+1）-24n，

令n（n+1）-24n=0，解得n=23．

∴当n=23时，Tn=1．

（1）设公差为d，由题意可得，

解得，

故可得an=a1+（n-1）d=2n-20

（2）由（1）可知数列{an}的通项公式an=2n-20，

令an=2n-20≥0，解得n≥10，

故数列{an}的前9项均为负值，第10项为0，从第11项开始全为正数，

故当n=9或n=10时，Sn取得最小值，

故S9=S10=10a1+d=-180+90=-90

（Ⅰ） 设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q（q＞0），得2a3=a2+a4，b32=b2•b4，

      又a2+a4=b3，b2•b4=a3，

∴2b32=b3

∵bn＞0∴b3=

由　b3=1•q2=得q=（2分）

由2a3=，a1=1得：d=-（4分）

∴an=-n，bn=21-n2（n∈N+）　　　（6分）

（Ⅱ）设cn=8an，dn=bn2显然数列{cn}是以8为首项，公差为-3的等差数列，数列{dn}是以1为首项，公比为的等比数列，sn=c1d1+c2d2+…+cndn①等式两边同乘以，

得Sn=c1d2+c2d3+…+cn-1dn+cndn+1②

由①-②得Sn=c1d1-3d2-3d3-…-3dn-cndn+1

=8-3•-(11-3n)•2-n

=5+

因此　 Sn=10+（n∈N+）　　　（9分）

（1）∵点Pn（n，Sn）都在函数f（x）=x2+2x的图象上，

∴Sn=n2+2n（n∈N*），

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n+1．

当n=1时，a1=S1=3满足上式，所以数列{an}的通项公式为an=2n+1（3分）

（2）由f（x）=x2+2x求导可得f′（x）=2x+2

∵过点Pn（n，Sn）的切线的斜率为kn，

∴kn=2n+2．

∴bn=2knan=4•(2n+1)•4n．

∴Tn=4×3×41+4×5×42+4×7×43++4×（2n+1）×4n①

由①×4，得4Tn=4×3×42+4×5×43+4×7×44++4×（2n+1）×4n+1②

①-②得：-3Tn=4[3×4+2×（42+43++4n）-（2n+1）×4n+1]=4[3×4+2×-(2n+1)×4n+1]∴Tn=•4n+2-．（8分）

（3）∵Q={x|x=2n+2，n∈N*}，R={x|x=4n+2，n∈N*}，∴Q∩R=R．

又∵cn∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，

∴c1=6．

∵{cn}是公差是4的倍数，

∴c10=4m+6（m∈N*）．

又∵110＜c10＜115，

∴，解得m=27．

所以c10=114，

设等差数列的公差为d，则d===12，

∴cn=6+（n+1）×12=12n-6，所以{cn}的通项公式为cn=12n-6（14分）