热门试卷

（1）∵7an+Sn=8①

∴7an-1+Sn-1=8②

①-②得7an-7an-1+an=0，即=（n≥2）…（2分）

令n=1，得a1=1                                    …（3分）

∴an=()n-1                                                …（4分）

（2）记bn=()n•(2n+1)

∴bn+1-bn=()n•                      …（8分）

显然n≤6时，bn+1＞bn，n＞6时，bn+1＜bn，

故（bn）max=b7，即m=7．                                       …（10分）

（1）∵a1=S1=10，由2Sn=（n+4）an

令n=2，得2S2=（2+4）a2，即a1+a2=6a2，

∴a2=5

令n=3，得2S3=（3+4）a3，即2（a1+a2+a3）=7a3，

∴a3=6

（2）∵2Sn=（n+4）an，2Sn-1=（n+3）an-1（n≥3）

两式相减，得2an=2（Sn-Sn-1）=（n+4）an-（n+3）an-1

即=(n≥3)

∴an=a1×××…•=10•••…=n+3（n≥3）

n=2时也适合，n=1时，a1=10不适合

∴an=

（3）当n≥2时，

∵==-

∴++…=(-)+(-)+…+(-)=-

（1）∵a2=b2，a5=b3，a14=b4，b2，b3，b4成等比数列

∴a2，a5，a14成等比数列

∵a1=1

∴（1+d）（1+13d）=（1+4d）2

∵d＞0

解可得d=2

∴an=1+2（n-1）=2n-1

∵a2=b2=3，a5=b3=9

∴q=3，bn=b2qn-2=3•3n-2=3n-1

（2）设cn=an•bn=（2n-1）•3n-1

∴sn=1•30+3•3+5•32+…+（2n-1）•3n-1

3sn=1•3+3•32+…+（2n-3）•3n-1+（2n-1）•3n

两式相减可得，-2sn=1+2（3+32+…+3n-1-（2n-1）•3n

=1+2•-(2n-1)•3n

=3n-2-（2n-1）•3n

∴sn=(n-1)•3n+1

（1）∵S1=1，=，

∴an+1=Sn+1-Sn=Sn，-------------------------（2分）

∴a1=S1=1，a2=cS1=c，a3=S2=(1+c)．

∵a1，a2，a3成等差数列，

∴2a2=a1+a3，

即2c=1+，

∴c2-3c+2=0．---------------------------------------------------（5分）

解得c=2，或c=1（舍去）．-----------------------------------------------------------------（6分）

（2）∵）∵S1=1，=，

∴Sn=S1××…×=1×××…×=（n≥2），-------------------（8分）

∴an=Sn-Sn-1=-=n（n≥2），------------------------------------------（9分）

又a1=1，∴数列{an}的通项公式是an=n（n∈N*）．-----------------------------------（10分）

（3）证明：∵数列{bn}是首项为1，公比为c的等比数列，

∴bn=cn-1．---------（11分）

∵A2n=a1b1+a2b2+…+a2nb2n，B2n=a1b1-a2b2+…-a2nb2n，

∴A2n+B2n=2（a1b1+a3b3+…+a2n-1b2n-1），①

A2n-B2n=2（a2b2+a4b4+…+a2nb2n），②

①式两边乘以c得　c（A2n+B2n）=2（a1b2+a3b4+…+a2n-1b2n）③

由②③得（1-c）A2n-（1+c）B2n=A2n-B2n-c（A2n+B2n）

=2[（a2-a1）b2+（a4-a3）b4+…+（a2n-a2n-1）b2n]

=2（c+c3+…+c2n-1）

=，

将c=2代入上式，得A2n+3B2n=（1-4n）．-----------------------------------------（14分）

另证：先用错位相减法求An，Bn，再验证A2n+3B2n=（1-4n）．

∵数列{bn}是首项为1，公比为c=2的等比数列，∴bn=2n-1．--------------（11分）

又是an=n（n∈N*），所以A2n=1×20+2×21+…+2n×22n-1①

B2n=1×20-2×21+…-2n×22n-1②

将①乘以2得：

2A2n=1×21+2×22+…+2n×22n③

①-③得：-A2n=20+21+…+22n-1-2n×22n=-2n×22n，

整理得：A2n=4n（2n-1）+1-------------------------（12分）

将②乘以-2得：-2B2n=-1×21+2×22-…+2n×22n④

②-④整理得：3B2n=20-21+…+22n-1-2n×22n=-2n×22n=-2n×4n，（13分）

∴A2n+3B2n=（1-4n）-----------------------------------------（14分）

（1）由题意可得 9

a

2-12 +4

b

2=9-12+4=7，∴=．

|3+|===．

（2）∵a1=1，=+，∴{}是以1为首项，以为公差的等差数列，

∴=1+（n-1）=，∴an=，∴a50 =．

（1）设等差数列首项为a1公差为d

由

解得

（2）bn=2an=22n-1

Tn=bn+bn+bn+…+bn

=21+23+25+…+22n-1=

=

（I）∵数列{an}的前n项和Sn=2n2+2n，

∴a1=S1=2+2=4，

an=Sn-Sn-1=（2n2+2n）-[2（n-1）2+2（n-1）]=4n，

当n=1时，4n=4=a1，

∴an=4n．

∵数列{bn}的前n项和Tn=2-bn，

∴当n=1时，T1=b1=2-b1，解得b1=1．

当n＞1时，Tn=2-bn，Tn-1=2-bn-1，

∴Tn-Tn-1=bn=bn-1-bn，∴2bn=bn-1，

∴=，

∴数列{bn}是以首项为1，公比为的等比数列，

∴bn=()n-1，n∈N*．

（II）∵cn==n•(

1

2

)n-1，

∴数列{cn}的前n和：

Rn=c1+c2+c3+…+cn

=1•（）0+2×（）1+3×（）2+…+（n-1）•（）n-2+n•（）n-1，①

∴Rn =1•（）1+2×（）2+3×（）3+…+（n-1）•（）n-1+n•（）n，②

①-②，得

1

2

Rn=1++（）2+（）3+…+（）n-1-n•（）n

1

2

Rn=-n•（）n=2-(

1

2

)n+1-n•（）n，

∴Rn=4-2(n+2)()n＜4；

（ III）∵cn=an+（-1）nlog2bn

=4n+(-1)nlog2(

1

2

)n-1

=4n+（-1）n（1-n），

∴数列{cn}的前2n和

R2n=[4×1+（-1）1（1-1）]+[4×2+（-1）2（1-2）]+[4×3+（-1）3（1-3）]+…+[4×2n+（-1）2n（1-2n）]

=4（1+2+3+…+2n）+[0-1+2-3+…+（2n-2）-（2n-1）]

=4×-n

=8n2+3n．

∴R2n=8n2+3n．

（Ⅰ）对任意n∈N*，三个数A（n），B（n），C（n）是等差数列，

所以B（n）-A（n）=C（n）-B（n），即an+1-a1=an+2，亦即an+2-an-1=a2-a1=2．

故数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．

于是an=1+（n-1）×2=2n-1

证明：（Ⅱ）若对于任意n∈N*，三个数A（n），B（n），C（n）组成公比为q的等比数列，

则B（n）=qA（n），C（n）=qB（n），

于是C（n）-B（n）=q[B（n）-A（n）]，得an+2-a2=q（an+1-a1），

即an+2-qan+1=a2-a1．由n=1有B（1）=qA（1），即a2=qa1，从而an+2-qan+1=0．

因为an＞0，所以==q，故数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列，

（Ⅲ）由（II）得bn=，

∴Tn=+++…++①

Tn= ++…+++②

①-②得Tn=+++…++-

=+(++…++)-=--．

∴Tn=3--=3-，

设f(n)=，n∈N*，则由===+≤+＜1

得f(n)=，n∈N*随n的增大而减小

∴当n→+∞时，Tn→3，又Tn＜m（m∈Z）恒成立，

∴mmin=3

（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，d＞0，{bn}的等比为q

则an=1+（n-1）d，bn=qn-1

依题意有，解得或（舍去）

故an=n，bn=2n-1

（Ⅱ）由（1）可得Sn=1+2+…+n=n(n+1)

∴=2(-)

∴++…+=2[(1-)+(-)+…+(-)]

=2(1-)=．