热门试卷

（1）证明：∵an+Sn=3-，

∴n≥2时，an-1+Sn-1=3-

两式相减可得2an-an-1=-

∴2an-an-1=

∴2nan-2n-1an-1=4

∵bn=2n•an

∴bn-bn-1=4

∵n=1时，a1+S1=3-，∴a1=-

∴b1=21•a1=-1

∴数列{bn}是以-1为首项，4为公差的等差数列

∴bn=4n-5，an=，

（2）an•bn=

令f（n）=，则=

令＜1，则16n2-72n+49＞0

∴n＞5时，＜1，n＜5时，＞1

∴数列从第一项到第四项，单调递增，从第五项开始，单调递减

所以最大项是第四项；

（3）证明：∵an=

∴数列{an}的前n项和为Sn=(-1)×+3×+…+(4n-5)×

∴Sn=(-1)×+…+(4n-9)×+(4n-5)×

两式相减可得Sn=(-1)×+4×+…+4×-(4n-5)×

∴Sn=3-(4n+3)×

∴S1=-

∴Sn的值域[-，3），

∵bn=4n-5，∴bn的值域[-1，+∞），

∴对于给定的实数λ，一定存在正整数k，使得当n≥k时，不等式λSn＜bn恒成立．

（Ⅰ）点列{Bn}在斜率为6的直线上，有 =6⇒bn+1-bn=6

故数列{bn}是公差为6的等差数列．                        

（Ⅱ）由向量与向量共线，得直线AnAn+1与直线BnCn的斜率相等

即kAnAn+1=kBnCn，

∴==bn

∴bn=an+1-an=b1+6（n-1）

∴=

∴an=3n2+（b1-9）n+6+a1-b1（n≥2）

（Ⅲ）由已知和（Ⅱ）可得  an=3n2-（a+9）n+6+2a（n≥2）

设二次函数f（x）=3x2-（a+9）x+6+2a，f（x）是开口方向向上的抛物线

又∵在a6与a7两项中至少有一项是数列{an}的最小项，则对称轴为x=在区间[，]内，

即≤≤

∴24≤a≤36

（1）由题意：=即2=t+an

当n=1时，2=t+a1=t+a1，∴(-)2=0，a1=t…..（3分）

当n≥2时，2=t+an∴4tSn=t2+2tan+an2①4tSn-1=t2+2tan-1+an-12②

①-②得4tan=2tan-2tan-1+（an2-an-12）2t（an+an-1）=（an+an-1）（an-an-1），

∵an+an-1≠0，∴an-an-1=2t∴{an}是以t为首项，2t为公差的等差数列，an=（2n-1）t…．（8分）

（2）∴Sn=tn2，an+t=2=2nt，∴an=（2n-1）tSn-2t•an=tn2-（2n-1）•2t2=tn2-4t2n+2t2，

设f（x）=tx2-4t2x+2t2，∵当x取3 时有最大值，对称轴=2t∈[，]∴t∈[，]…（12分）

（1）当n=1时，有a1=S1=(a1+1)2，∴a1=1

当n=2时，有a1+a2=(a2+1)2，∴a1=3

当n≥2时，有an=Sn-Sn-1=[(an+1)2-(an-1+1)2]

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

∴数列{an}是以1为首项，以2为公差的等差数列，

∴an=1+（n-1）×2=2n-1

（2）由于bn=20-an=21-2n，则b1=19，bn-bn-1=-2＜0．

∴{bn}是递减数列，

令，

∴n=10，即数列{bn}的前10项和最大．

（1）当n≥2时an=sn-sn-1=[2+（-1）n]•n-[2+（-1）n-1]（n-1）=（n+1）（-1）n+2

但当n=1时a1=s1=1不适合上式

故an=2

（2）∵数列{bn}是等差数列

∴2b2=b1+b3

∵bn=（an-t）（-1）n

∴2（a2-t）=-（a1-t）-（a3-t）

∴t=

（1）由a12+a2+a3+…+am≤48，

可得：a12-a1+a1+a2+a3+…+am≤48，

又a1=3，d=1，可得：6+3m+≤48．（4分）

整理得：m2+5m-84≤0，

解得-12≤m≤7，即m的最大值为7．（6分）

（2）S=am+1+am+2+…+a2m+1=（8分）

设am+1+a2m+1=A，

则A=am+1+a2m+1+a1-a1=am+1+2am+1-a1=3am+1-a1．

则am+1=，由+()2=1，可得：10a12+2Aa1+A2-9=0，（10分）

由△=4A2-40（A2-9）≥0，可得：-≤A≤．（12分）

所以S==≤．（14分）

（1）∵{an}为等差数列，∴a3+a4=22…（1分）

由a3•a4=117，a3+a4=22知a3，a4是方程x2-22x+117=0的两个根

又d＞0

∴a3=9，a4=13                                      …（2分）

∴d=4，a1=1

∴an=1+（n-1）×4=4n-3                            …（3分）

∴Sn===n(2n-1)…（4分）

∴bn=

∵数列{bn}也是等差数列

∴2b2=b1+b3…（6分）

解得：c=-或0（舍）

当c=-时，bn=2n满足题意．                      …（7分）

（2）∵f(n)====≤=

当且仅当n=即n=6时取等号．

∴f（n）的最大值为．                             …（14分）

（1）由题意，代入计算得a2=2，a3=0，a4=2；

（2）a2=2-|a1|=2-a1，a3=2-|a2|=2-|2-a1|，

①当0＜a1≤2时，a3=2-（2-a1）=a1，

所以a12=(2-a1)2，得a1=1；

②当a1＞2时，a3=2-（a1-2）=4-a1，

所以a1(4-a1)=(2-a1)2，得a1=2-（舍去）或a1=2+．

综合①②得a1=1或a1=2+．

（3）假设这样的等差数列存在，那么a2=2-|a1|，

a3=2-|2-|a1||，由2a2=a1+a3得2-a1+|2-|a1||=2|a1|（*），

以下分情况讨论：

①当a1＞2时，由（*）得a1=0，与a1＞2矛盾；

②当0＜a1≤2时，由（*）得a1=1，从而an=1（n=1，2，…），

所以{an}是一个等差数列；

③当a1≤0时，则公差d=a2-a1=（a1+2）-a1=2＞0，

因此存在m≥2使得am=a1+2（m-1）＞2，

此时d=am+1-am=2-|am|-am＜0，矛盾．

综合①②③可知，当且仅当a1=1时，a1，a2，…，an，…成等差数列．

（1）由a1+a2+a3=15，b1b2b3=27．

可得a2=5，b2=3，

所以a1=b2=3，从而等差数列{an}的公差d=2，

所以an=2n+1，从而b3=a4=9，{bn}的公比q=3

所以bn=3n-1． …（3分）

（2）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，

则a1=5-d，b1=，a3=5+d，b3=3q．

因为a1+b1，a2+b2，a3+b3成等比数列，所以(a1+b1)•(a3+b3)=(a2+b2)2=64．

设，m，n∈N*，mn=64，

则，整理得，d2+（m-n）d+5（m+n）-80=0．

解得d=（舍去负根）．

∵a3=5+d，

∴要使得a3最大，即需要d最大，即n-m及（m+n-10）2取最大值．

∵m，n∈N*，mn=64，

∴当且仅当n=64且m=1时，n-m及（m+n-10）2取最大值．

从而最大的d=，

所以，最大的a3=…（16分）

（1）∵Sn为等差数列{an}（n∈N*）的前n项和，

∵S3=-24，S10-S5=50，

即3a2=-24，a6+a7+a8+a9+a10=5a8=50

故a2=a1+d=-8，a8=a1+7d=10

解得：a1=-11，d=3

（2）由（1）中a1=-11，d=3

∴an=a1•n+d=3n-14

∴a4=-2＜0，a5=1＞0

∴所以当n=4时，Sn取最小值-26

（1）在f（x）+f（1-x）=中，

令x=，可得f（）+f（）=，所以f（）=

令x=，可得f（）+f（）=

（2）an=f（0）+f（）+f（）+…+f（）+f（1），又可以写成

an=f（1）+f（）+f（）+…+f（）+f（0），

两式相加得，2an=[f（0）+f（1）]+[f（）+f（）]+…[f（1）+f（0）]

=（n+1）[f（0）+f（1）]=

∴an=

（3）bn==，cn=bnbn+1=•=16（-）

∴Tn=16[（-)+(-)+…+(-)+（-）+…+（-）]=16（1-）=

（1）因为点Pn（n，Sn）都在函数f（x）=x2+2x的图象上，

所以Sn=n2+2n，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n+1，

当n=1时，an=3满足上式，

所以数列{an}的通项公式an=2n+1；

（2）由f（x）=x2+2x求导得f′（x）=2x+2，

∴kn=2n+2，∴Q={x|x=2n+2，n∈N*}，又R={x|x=4n+2，n∈N*}，

所以Q∩R=R，又cn∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，所以c1=6，

又{cn}是公差为4的倍数的等差数列，

所以令c10=4m+6，又110＜c10＜115，解得m=27，

所以c10=114，设等差数列{cn}的公差为d，则c10-c10=9d，d=12．

所以{cn}的通项公式cn=6+（n-1）×12=12n-6．