热门试卷

（1）设公比为，则.………………2分

.…………………4分

时，.

∴………………7分

（2）时，；

时，，，

两式相减得：.

∴,.…………………13分

（1）因为a1+2a2+3a3+…+nan=

所以a1+2a2+3a3+…+（n﹣1）an﹣1=（n≥2）

两式相减得nan=

所以=3（n≥2）

因此数列{nan}从第二项起，是以2为首项，以3为公比的等比数列

所以nan=2•3n﹣2（n≥2）

故an=

（2）由（1）可知当n≥2n2an=2n•3n﹣2

当n≥2时，Tn=1+4•30+6•31+…+2n•3n﹣2，

∴3Tn=3+4•31+…+2（n﹣1）•3n﹣2+2n•3n﹣1，

两式相减得（n≥2）

又∵T1=a1=1也满足上式，

所以Tn=

（3）an≥（n+1）λ等价于λ≤，

由（1）可知当n≥2时，

设f（n）=，

则f（n+1）﹣f（n）=＜0，

∴，又及，

∴所求实数λ的取值范围为λ≤

解析：（1）由Sn = (1 + m)－man得：Sn－1 = (1 + m)－man－1 (n≥2)

相减得：an = －man+man－1，∴

即数列{an}是等比数列，又anf (m) = an + 1，∴

，

∴是首项为2，公差为1的等差数列

故    6分

（2）当m = 1时，，a1 = S1 = 2－a1，得：a1 = 1，∴，  8分

∴

∴

相减得：

∴。               12分

（1）由已知可知数列为首项为1，公差为1的等差数列

∴数列的通项公式为

∵，∴

∴

即

∴数列为等比数列

又，∴

∴数列的通项公式为

（2）由已知得

∴

两式相减得

∴数列的前项和为

解：（1）设等比数列的首项为，公比为，

依题意，有

即①②

由 得 ，解得或.

当时，不合题意舍；

当时，代入②得，所以， .   

（2）假设存在满足条件的数列，设此数列的公差为，则

，得

对恒成立，

则        

解得或此时，或。

故存在等差数列，使对任意都有，其中，

或。                     

解析：（1）证明：由得

                       ①

                     ②                                                   （2分）

∴即，且

∴数列是首项为，公比为的等比数列。                                                   （4分）

（2）由（1）可知   ∴

  由得                                                                        （6分）

易得是关于的减函数     ∴，∴                                                                              （9分）

（3）                                                                   （11分）

∴

＝  得证                                     （14分）

（1）当n=1时，，得。

当n≥2时，，

，

两式相减得an=pan﹣1，即。

故{an}是首项为，公比为p的等比数列，

∴。

由题意可得：2a1=6a3+a2，，

化为6p2+p﹣2=0。

解得p=或（舍去）。

∴=。

（2）由（1）得，

则，

+（2n﹣1）×2n+（2n+1）×2n+1，

两式相减得﹣Tn=3×2+2×（22+23+…+2n）﹣（2n+1）×2n+1

=

=﹣2﹣（2n﹣1）×2n+1，

∴。