热门试卷

（1）当n=1时，a1=S1=ma1+1-m，

又m≠0，且m≠1，故a1=1．

当n≥2时，Sn-1=man-1+1-m，

故an=man-man-1，即（m-1）an=man-1，

也即=≠0，

所以，{an}是以1为首项，为公比的等比数列；

（2）由S3，S7，S5构成等差数列，知：2S7=S3+S5，

即2（ma7+1-m）=（ma3+1-m）+（ma5+1-m），又m≠0，化简得：2a7=a3+a5，

令q=，则2q4-q2-1=0，得q2=1或q2=-（舍），

即q=1（舍），q=-1，

由=-1，解得，m=．

（3）假设S1+S2+S3+…+Sn，S3n+1+S3n+2+S3n+3+…+S4n，

S7n+1+S7n+2+S7n+3+…+S8n构成等差数列，

则2（S3n+1+S3n+2+S3n+3+…+S4n）=（S1+S2+S3+…+Sn）+（S7n+1+S7n+2+S7n+3+…+S8n）

即2（ma3n+1+m-1+ma3n-2+m-1+…+ma4n+m-1）

=（ma1+m-1+ma2+m-1+…+man+m-1）+（ma7n+1+m-1+ma7n+2+m-1+…+ma8n+m-1），

化简得2m（S4n-S3n）=mSn+m（S8n-S7n），

又知(S4n-S3n)=q3nSn，(S8n-S7n)=q7nSn，

可得2q3nSn=q7nSn+Sn，（*）

而m＞1，所以q＞1，Sn＞0，

且1+q7n＞2＞2=2q3n，故（*）无解

所以假设错误，

故对任意大于1的实数m，

S1+S2+S3+…+Sn，S3n+1+S3n+2+S3n+3+…+S4n，S7n+1+S7n+2+S7n+3+…+S8n不能构成等差数列．

（1）a2=2a1+2+3=1，a3=2a22+23+3=13

（2）bn+1-bn=-=(an+1-2an-3)==1．

∴数列{bn }是公差为1的等差数列．

（3）由（2）得bn==n-1，∴an=（n-1）•2n-3（n∈N*）

∴sn=0×21+1×22+…+（n-1）2n-3n

令Tn=0×21+1×22+…+（n-1）2n

则2Tn=0×22+1×23+…+（n-2）2n+（n-1）2n+1

两式相减得：-Tn=22+23+…+2n-（n-1）•2n+1

=-(n-1)2n+1=（2-n）•2n+1-4

∴Tn=（n-2）•2n+1+4

∴sn=（n-2）2n+1-3n+4．

（1）令n=1，可得T1=a1=2-2a1，可得a1=，即T1=  ；

令n=2可得T2=2-2a2，即a2=2-2a2，解得a2=，同理可求a3=

=，=2，=；

由题意可得：Tn=2-2 ⇒Tn•Tn-1=2Tn-1-2Tn（n≥2），

所以-=(n≥2)；

（2）数列{}为等差数列，=，

当n≥2时，an==，，当n=1时，a1=也符合，所以an=．

bn==-，

∴sn= ++…+=-+-+…+-=-=．

（Ⅰ）∵数列{an+Sn}是公差为2的等差数列，∴（an+1+Sn+1）-（an+Sn）=2，

即an+1=，（2分）∵a1=1，∴a2=， a3=；（4分）

（Ⅱ）证明：由题意，得a1-2=-1，∵==，∴{an-2}是首项为-1，公比为的等比数列；（8分）

（Ⅲ）由（Ⅱ）得an-2=-()n-1，∴an=2-()n-1，∵{an+Sn}是首项为a1+S1=2，公差为2的等差数列，∴an+Sn=2+（n-1）×2=2n，∴Sn=2n-2+()n-1，（9分）

设存在整数λ，使不等式Sn-n+1≥λan对任意的n∈N*成立，

即存在整数λ，使不等式n-1+()n-1≥λ[2-()n-1]对任意的n∈N*成立，∴当n=1时，不等式成立，解得λ≤1，（10分）

以下证明存在最大的整数λ=1，使不等式Sn-n+1≥λan对任意的n∈N*成立．

当n=2时，不等式化简为≥，成立；

当n≥3时，∵(Sn-n+1)-an=n-3+()n-2＞0，∴（Sn-n+1）＞an成立．

综上，知存在整数λ，使不等式Sn-n+1≥λan对任意的n∈N*成立，且λ的最大值为1．（14分）