热门试卷

（1）因为a2n﹣1，a2n+1，a2n组成公差为4的等差数列，

所以a2n+1﹣a2n﹣1=4，a2n=a2n﹣1+8（n∈N*），

所以a1，a3，a5，…a2n﹣1，a2n+1是公差为4的等差数列，且a2+a4+a6+…+a2n=a1+a3+…+a2n﹣1+8n，

又因为a1=1，

所以S2n=2（a1+a3+…+a2n﹣1）+8n

=2[n+×4]+8n=4n2+6n=2n（2n+3），

所以=2n+3=2013，所以n=1005.

（2）因为+a=（a+1）qn﹣1，所以Sn=（a+1）qn﹣1an﹣aan，①

所以Sn+1=（a+1）qnan+1﹣aan+1，②

②﹣①，得（a+1）（1﹣qn）an+1=[a﹣（a+1）qn﹣1]an，③…（8分）

（ⅰ）充分性：因为q=1+，所以a≠0，q≠1，a+1≠aq，代入③式，得

q（1﹣qn）an+1=（1﹣qn）an，因为q≠﹣1，q≠1，

所以=，n∈N*，所以{an}为等比数列，

（ⅱ）必要性：设{an}的公比为q0，则由③得（a+1）（1﹣qn）q0=a﹣（a+1）qn﹣1，

整理得（a+1）q0﹣a=（a+1）（q0﹣）qn，

此式为关于n的恒等式，若q=1，则左边=0，右边=﹣1，矛盾；

若q≠±1，当且仅当时成立，所以q=1+。

由（ⅰ）、（ⅱ）可知，数列{an}为等比数列的充要条件为q=1+，

∵a1＞0，∴根据基本不等式，得1+a1≥2

同理可得，1+a2≥2，1+a3≥2，…，1+an≥2

注意到所有的不等式的两边都是正数，将这n个不等式的左右两边对应相乘，得

（1+a1）（1+a2）（1+a3）…（1+an）≥2n•

∵a1•a2…an=1，

∴（1+a1）（1+a2）（1+a3）…（1+an）≥2n•1=2n，即原不等式成立，

解：（1）∵{an}是首项为6﹣12t，公差为6的等差数列，

∴an=（6﹣12t）+（n﹣1）×6=6n﹣12t

而数列{bn}的前n项和为Sn=3n﹣t，所以

当n≥2时，bn=（3n﹣1）﹣（3n﹣1﹣1）=2•3n﹣1，

又∵b1=S1=3﹣t，

∴ 

（2）∵数列{bn}是等比数列，∴b1=3﹣t=2•31﹣1=2，解之得t=1，

因此，bn=2•3n﹣1，且an=6n﹣12 

对任意的n（n∈N，n≥1），由于bn+1=2•3n=6•3n﹣1=6（3n﹣1+2）﹣12，

令cn=3n﹣1+2∈N*，则=6（3n﹣1+2）﹣12=bn+1，所以命题成立 

数列数列{cn}的前n项和为：Tn=2n+=•3n+2n﹣ 

（3）根据（1）的结论，得，

由于当n≥2时，dn+1﹣dn=4（n+1﹣2t）•3n+1﹣4（n﹣2t）•3n=8[n﹣（2t﹣）]•3n，

因此，可得

①若2t﹣＜2，即t＜时，则dn+1﹣dn＞0，可得dn+1＞dn，

∴当n≥2时，{dn}是递增数列，结合题意得d1＜d2，

即6（3﹣t）（1﹣2t）≤36（2﹣2t），解之得≤t≤，

②若2，即，则当n≥3时，{dn}是递增数列，

∴结合题意得d2=d3，4（2t﹣2）×32=4（2t﹣3）×33，解之得t=

③若m（m∈N且m≥3），即+≤t≤+（m∈N且m≥3），

则当2≤n≤m时，{dn}是递减数列，当n≥m+1时，{dn}是递增数列，

结合题意，得dm=dm+1，即4（2t﹣m）×3m=4（2t﹣m﹣1）×3m+1，解之得t=

综上所述，t的取值范围是≤t≤或t=（m∈N且m≥2）