热门试卷

解：（Ⅰ）∵等差数列{an}中，a3=5，S3=9，

∴，

解得a1=1，d=2，

（Ⅱ）∵a1=1，d=2，

∴=n2=100，

∴n=10．

解：（1）由题意可知，2a3=a1+a2，即2aq2-q-1=0，∴q=1或q=-；

（II）q=1时，Sn=2n+=，∵n≥2，∴Sn-bn=Sn-1=＞0

当n≥2时，Sn＞bn．

若q=-，则Sn=，同理Sn-bn=．

∴2≤n≤9时，Sn＞bn，n=10时，Sn=bn，n≥11时，Sn＜bn．

解：（1）证明：因为等差数列{an}的公差d≠0，所以Sk=ka1+，=a1+d

当k≥2（k∈N）时，==d（d为常数），

所以P2，P3，…，Pn都在过点P1（1，a）且斜率为常数的直线l1上（k=2，3，…，n）．

（2）直线l2的方程为y-a1=d（x-1），直线l2的斜率为d．分别设l1与l2的倾斜角为α和β，则θ=|β-α|，tanα=，tanβ=d，

则tanθ=|tan（β-α）|=||==≤=，当且经当=|d|即|d|=时取等号．

所以tanθ在|d|=2时的最大值为．

解：（Ⅰ）当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2（n-1）+1=2n-1

因为a1=1也满足上式，所以数列{an}的通项公式：an=2n-1（n∈N*）

又因为an+1-an=2（n+1）-1-（2n-1）=2为定值，所以{an}为等差数列

所以数列{an}前n项和：（n∈N*）

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得 S1=1，t（S3+S4）=25t

又由题意，得

整理，得，所以，则．

解：（I）设{an}的公差为d，

由已知条件，得，解得a1=3，d=-2．

∴an=a1+（n-1）d=-2n+5．

（II）Sn=na1+d=-n2+4n=4-（n-2）2．

∴n=2时，Sn取得最大值为4．

解：∵Sn=10n-n2．

∴当n=1时，a1=9；

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=10n-n2-[10（n-1）-（n-1）2]=11-2n．

当n=1时上式也成立，

∴an=11-2n．

解：（1）∵等差数列{an}中，d=-=8，∴，解得a1=10．

∴=．

∴==．

（2）设等比数列{an}的公比为q，由a1=2，S3=26，可知q≠1，得，解得q=3或-4．

当q=3时，，=3n-1；

当q=-4时，，=．

解：（1）设等差数列的公差为d，

由题意可得：a17=a1+16d，即-12=-60+16d，

可解得d=3，∴an=-60+3（n-1）=3n-63．

（2）由（1）可知an=3n-63，a30=27，

所以数列前30项的和为：

S30==-495

解：（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，

则a1=1，a2=2，a3=1+d，a4=2q，a5=1+2d．

∵S3=a4，∴1+2+（1+d）=2q，即4+d=2q，

又a3+a5=2+a4，∴1+d+1+2d=2+2q，即3d=2q，解得d=2，q=3．

∴对于k∈N*，有a2k-1=1+（k-1）•2=2k-1，

故，k∈N*．

（2）S2k=（a1+a3+…+a2k-1）+（a2+a4+…+a2k）=[1+3+…+（2k-1）]+2（1+3+32+…+3k-1）=．

（3）在数列{an}中，仅存在连续的三项a1，a2，a3，按原来的顺序成等差数列，此时正整数m的值为1，下面说明理由

若am=a2k，则由am+am+2=2am+1，得2×3k-1+2×3k=2（2k+1）．

化简得4•3k-1=2k+1，此式左边为偶数，右边为奇数，不可能成立．

若am=a2k-1，则由am+am+2=2am+1，得（2k-1）+（2k+1）=2×2×3k-1

化简得k=3k-1，

令（k∈N*），则．

因此，1=T1＞T2＞T3＞…，故只有T1=1，此时K=1，m=2×1-1=1．

综上，在数列{an}中，仅存在连续的三项a1，a2，a3，按原来的顺序成等差数列，此时正整数m的值为1．