热门试卷

解：（1）∵，

∴，n≥2，

两式相减得，

即2an=an-1-an，3an=an-1，

∴，

即数列{an}是公比q=的等比数列，

∵，

∴当n=1时，，

解得，

∴数列{an}的通项公式；

（2）∵，

∴=，

∴Tn=．

解：（1）∵数列{an}前n项的和为Sn，前n项的积为Tn，且满足Tn=2n（1-n）．

∴a1=T1=21（1-1）=1

（2）证明：∵Tn=2n（1-n）．

∴T（n-1）=2（n-1）（2-n）．

将上面两式相除，

得：an=2[-2（n-1）]．

∴an=（n-1）．

∵an+1=（n）．

∴数列{an}是等比数列；

（3）∵

∴，

∵（Sn+1-a）2=（Sn+2-a）（Sn-a）

∴（Sn+1-a）2=

而：（Sn+2-a）（Sn-a）=（Sn+2-）（Sn-）=

（Sn+1-）2=（Sn+2-）（Sn-）对n∈N+都成立

即：存在常数a=，使（Sn+1-a）2=（Sn+2-a）（Sn-a）对n∈N+都成立．

解：（1）由题意得（a1+d）（a1+13d）=（a1+4d）2，…（2分）

整理得2a1d=d2．

∵a1=1，解得（d=0舍），d=2．…（4分）

∴an=2n-1（n∈N*）．…（6分）

（2），

∴=．…（10分）

假设存在整数总成立．

又，

∴数列{Sn}是单调递增的． …（12分）

∴．

又∵t∈N*，

∴适合条件的t的最大值为8．…（14分）

解：∵log2an+1•an=22n+1

∴an+1•an=22n+1，

∵a1=p

∴，

（1）若数列{an}为等差数列，则2a2=a1+a3即

∴

（2）

，∴

Sn=（n=2k，k∈N+）

Sn= （n=2k-1，k∈N+）

解：（1）设等比数列的公比为q

∵k1=1，k2=5，k3=17

∴a1•a17=a52 即 a1（a1+16d）=（a1+4d）2，

 得 a1d=2d2

∵d≠0∴a1=2d，

∵

∴kn=2×3n-1-1，n∈N*

（2）k1+2k2+3k3+…+nkn

=（2×30-1）+2×（2×31-1）+…+n×（2×3n-1-1）

=2×（1×30+2×31+…+n×3n-1）-（1+2+…+n）

设Sn=1×30+2×31+…+n×3n-1，

则3Sn=1×31+2×32+…+n×3n，

两式相减得：

∴

∴k1+2k2+3k3+…+nkn=

解：（1）设等比数列{an}的公比为q（q∈R），由a7=a1q6=1，得a1=q-6，

从而a4=a1q3=q-3，a5=a1q4=q-2，a6=a1q5=q-1．

因为a4，a5+1，a6成等差数列，

所以a4+a6=2（a5+1），即q-3+q-1=2（q-2+1），q-1（q-2+1）=2（q-2+1）．

所以q=．故an=a1qn-1=q-6qn-1=64（）n-1=27-n（2）又等比数列前n项和的公式可知：

Sn===128[1-（）n]＜128．

解：（1）∵a1a5+2a3a5+a2a8=25，且2是a3与a5的等比中项

∴a12q4+2a12q6+a12q8=25   ①

a12q6=4   ②

解①②的

∴

故数列{an}的通项公式；

（2）∵bn=log2an=5-n

∴

∴=4-（n-1），

数列{}为等差数列，其通项为=4-（n-1），

当n=9时

∴最大时，n=8或9

故n=8或9．