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阶段质量评价(一)　数　列
A卷——基本知能盘查
(时间:120分钟　满分:150分)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.是数列,,,,…的 (　　)
A.第6项 B.第7项
C.第8项 D.第9项
2.在等比数列{an}中,a3=24,a5=6,则a4= (　　)
A.12 B.-15
C.±12 D.15
3.已知{an}为等差数列,a10=10,前10项和S10=70,则a1= (　　)
A.-4 B.-2
C.2 D.4
4.在等比数列{an}中,a3,a15是方程x2-6x+8=0的两个根,则= (　　)
A.2 B.2
C.1 D.-2
5.已知数列{an}满足2an+1=an+an+2,a5-a3=2,若S2=2,则a9= (　　)
A.9 B.
C.10 D.
6.已知数列{an}满足an+1=an,a1=1,则数列{anan+1}的前10项和为 (　　)
A. B.
C. D.
7.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且(+1)Sn=nSn-1+an(n≥2且n∈N+),若Sk=,则k= (　　)
A.49 B.50
C.51 D.52
8.数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn+an=1 024,则数列{an}的前n项积的最大值为 (　　)
A.255 B.245
C.29 D.210
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得 6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.若数列{an}对任意n≥2(n∈N)满足(an-an-1-2)·(an-2an-1)=0,则下面选项关于数列{an}的命题正确的是 (　　)
A.{an}可以是等差数列
B.{an}可以是等比数列
C.{an}可以既是等差数列又是等比数列
D.{an}可以既不是等差数列又不是等比数列
10.设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5=0,a6=9,则 (　　)
A.an=3n-9 B.an=-3n+3
C.Sn=n2-n D.Sn=n2-n
11.已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N+),若a1>0,S4=S12,则 (　　)
A.公差d<0
B.a7+a9<0
C.Sn的最大值为S8
D.满足Sn<0的n的最小值为16
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在题中的横线上)
12.据有关文献记载:我国古代有一座9层塔挂了126盏灯,且相邻两层中的下一层比上一层都多d(d为常数)盏灯,底层的灯数是顶层的13倍,则塔的顶层共有灯　　　　盏.
13.写出一个同时满足下列条件①②的等比数列{an}的通项公式an=　　　 　　.
①anan+1<0;②|an|>|an+1|.
14.在数列{an}中,a1=1,a2=2,且-an=1+(-1)n(n∈N+),则S100=　　　　.
四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)已知等差数列{an}中,a1=9,a4+a7=0.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)当n为何值时,数列{an}的前n项和取得最大值
16.(15分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=3,S5=25.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an+2n-1,求数列{bn}的前n项和Tn.
17.(15分)已知等比数列{an}中,a1+a2=8,a2+a3=24,Sn为数列{an}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=anlog3(Sn+1),求数列{bn}的前n项和Tn.
18.(17分)已知数列{an}的前n项和是Sn,且Sn+an=1,an≠0(n∈N+).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log2(1-Sn)(n∈N+),Tn=++…+,求Tn的取值范围.
19.(17分)设数列{an}满足:①a1=1;②所有项an∈N+;③1=a1设集合Am={n|an≥m,m∈N+},将集合Am中的元素的最小值记为bm.换句话说,bm是数列{an}中满足不等式an≥m的n的最小值.我们称数列{bn}为数列{an}的伴随数列.例如,数列1,3,5的伴随数列为1,2,2,3,3.
(1)请写出数列1,5,7的伴随数列;
(2)设an=3n-1,求数列{an}的伴随数列{bn}的前30项之和;
(3)若数列{an}的前n项和Sn=n2-n+c(其中c是常数),求数列{an}的伴随数列{bm}的前m项和Tm.
B卷——高考能力达标
(时间:120分钟　满分:150分)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.在等比数列{an}中,a1=1,公比q=2.若an=64,则 n的值为 (　　)
A.4 B.5
C.6 D.7
2.已知{an}为递增的等差数列,且S7=35,a2·a6=9,则a10的值为 (　　)
A.15 B.17
C.19 D.21
3.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=15,且满足(2n-5)an+1=(2n-3)an+4n2-16n+15.则am取最小值时,m取值为 (　　)
A.4 B.8
C.9 D.10
4.已知各项均为正数的等比数列{an}的公比为q(q>1),数列共6项,和为63,前3项和与后3项和的积为392,则q= (　　)
A.3 B.2
C. D.2或
5.在数列{an}中,已知对任意正整数n,有a1+a2+…+an=2n-1,则++…+等于 (　　)
A.(2n-1)2 B.(2n-1)2
C.4n-1 D.(4n-1)
6.若数列{an}中不超过f(m)的项数恰为bm(m∈N+),则称数列{bm}是数列{an}的生成数列,称相应的函数f(m)是数列{an}生成{bm}的控制函数.已知an=2n,且f(m)=m,数列{bm}的前m项和为Sm,若Sm=30,则m的值为 (　　)
A.9 B.11
C.12 D.14
7.已知数列{an}是等差数列,若a9+a12>0,a10·a11<0,且数列{an}的前n项和Sn有最大值,那么当Sn>0时,n的最大值为 (　　)
A.10 B.11
C.20 D.21
8.(2024·全国甲卷)已知b是a,c的等差中项,直线ax+by+c=0与圆x2+y2+4y-1=0交于A,B两点,则|AB|的最小值为 (　　)
A.1 B.2
C.4 D.2
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得 6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.在公比q为整数的等比数列{an}中,Sn是数列{an}的前n项和,若a1a4=32,a2+a3=12,则 (　　)
A.q=2
B.数列{Sn+2}的通项公式为Sn+2=2n+1
C.S8=254
D.数列{log2an}是公差为2的等差数列
10.已知数列{an}的通项公式为an=2n-1,{bn}的通项公式为bn=3n-1.将数列{an},{bn}的公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列{cn},设{cn}的前n项和为Sn,则下列说法正确的是 (　　)
A.2 023∈{cn} B.c2 023=b4 046
C.S2 023∈{an} D.S2 023∈{bn}
11.在某中学的“希望工程”中,甲、乙两个募捐小组在国庆假期走上街头分别进行了募捐活动.两个小组第1天都募得100元,之后甲小组继续按第1天的方法进行募捐,则从第2天起,甲小组每一天得到的捐款都比前一天少4元;乙小组采取了积极措施,从第1天募得的100元中拿出了 90元印刷宣传材料,则从第2天起,第n(n∈N+,n≥2)天募得的捐款数为100元.若甲小组前n天募得捐款数累计为Sn元,乙小组前n天募得捐款数累计为Tn元(需扣除印刷宣传材料的费用),则 (　　)
A.Sn=-2n2+102n,n≤25且n∈N+
B.Tn=100n-50,n∈N+
C.S5>T5
D.从第6天起,总有Sn三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在题中的横线上)
12.等比数列{an}的前n项和为Sn,满足2S2=S4,则公比q=　　　　.
13.在等比数列{an}中,a2-a1=2,且2a2为3a1和a3的等差中项,则a4=　　　　.
14.已知公差不为零的等差数列{an}中,a1=1,且a2,a5,a14成等比数列,{an}的前n项和为Sn,bn=(-1)nSn,则an=　　　　,数列{bn}的前n项和Tn=　　　　　　.
四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)已知数列{an}满足a1=3,an+1=2an+1.
(1)试写出该数列的前5项;
(2)若bn=an+1,写出{bn}的通项公式;
(3)根据(2)写出{an}的通项公式.
16.(15分)已知数列{an}是递增的等差数列,a2=3,且a1,a2,a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an+2n,求数列{bn}的前n项和Sn;
(3)若cn=,设数列{cn}的前n项和为Tn,求满足Tn>的n的最小值.
17.(15分)已知二次函数f(x)=3x2+ax+b,满足f(0)=0,f(1)=1.
(1)求函数y=f(x)的解析式;
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,若点(n,Sn),n∈N+均在函数y=f(x)的图象上,试写出a1,a2,并求数列{an}的通项公式;
(3)在(2)的条件下,设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
18.(17分)“H数列”定义:数列{an}的前n项和为Sn,如果对于任意的正整数n,总存在正整数m使得Sn=am,则称数列{an}是“H数列”.
(1)若数列{bn}的前n项和为Tn=2n,求证:数列{bn}是“H数列”;
(2)已知数列{cn}是“H数列”,且数列{cn}是首项为1,公差小于0的等差数列,求数列{cn}的通项公式;
(3)若数列{dn}满足:dn=bncn,求数列{dn}的前n项和Dn.
19.(17分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N+),数列{bn}是等比数列,a1=3,b1=1,b2+S2=10,a5-2b2=a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若cn=设数列{cn}的前n项和为Tn,求T2n.
阶段质量评价(一)
A卷——基本知能盘查
1.选A　由题可知原数列为,,,,…,而=,即为第6项,故选A.
2.选C　由等比数列的性质,=a3a5=24×6=144,∴a4=±12.故选C.
3.选D　根据等差数列的求和公式,S10=70==5(a1+10),解得a1=4.故选D.
4.选A　由题意可得
所以a1a17==a3a15=8.
因为 所以a3>0,a15>0,所以a9>0,所以a9=2,所以==2.故选A.
5.选B　由2an+1=an+an+2可得数列{an}为等差数列,设其公差为d,所以a5-a3=2=2d d=1,由S2=2得S2=2a1+d=2 a1=,所以a9=a1+8d=+8=,故选B.
6.选A　因为an+1=an,a1=1,所以(n+1)an+1=nan,所以数列{nan}是每项均为1的常数列,所以nan=1,所以an=,anan+1==-.所以数列{anan+1}的前10项和为++…+=1-=.
7.选A　当n≥2时,(+1)Sn=nSn-1+an,则Sn=(n-1)Sn-1,于是Sn=Sn-1,即有Sn=Sn-1,因此数列{Sn}是常数列,Sn=S1=,即Sn=,由Sk=,得=,而k∈N+,所以k=49.
8.选B　依题意,n∈N+,Sn+an=1 024,则a1=512,当n≥2时,Sn-1+an-1=1 024,两式相减得2an=an-1,即an=an-1,因此数列{an}是以512为首项,为公比的等比数列,于是an=512×=210-n,显然数列{an}单调递减,当n≤10时,an≥1,当n≥11,an<1,所以当n=9或n=10时,数列{an}的前n项积最大,最大值为29×28×27×…×22×2×20=245.
9.选ABD　因为(an-an-1-2)(an-2an-1)=0,所以an-an-1-2=0或an-2an-1=0,即an-an-1=2或an=2an-1,故A、B正确;又因为不能得到非零常数列,故C错误;{an}可以既不是等差数列又不是等比数列,如1,3,5,10,20,40,…,故D正确.
10.选AC　由题设,解得∴an=-6+3(n-1)=3n-9,Sn=-6n+=n2-n.故选AC.
11.选AC　因为a1>0,S4=S12,则=,即a1+a4=3(a1+a12),则d=-a1<0,故A正确;a7+a9=2a1+14d=-d>0,故B错误;由a7+a9>0,得a8>0,a9=a1+8d=d<0,因为d<0,a1>0,所以数列{an}是递减数列,且当n≤8时,an>0,当n≥9时,an<0,所以Sn的最大值为S8,故C正确;Sn=n2+n=-n2+n,令Sn<0,解得n>16,所以满足Sn<0的n的最小值为17,故D错误.故选AC.
12.解析:设从塔顶到塔底第n层的灯数为an,则数列{an}为等差数列,公差为d,设其前n项和为Sn.依题意a9=13a1,S9=126,所以=126,则=126,解得a1=2.
答案:2
13.解析:依题意,{an}是等比数列,设其公比为q,由于①anan+1<0,所以q<0,由于②|an|>|an+1|=|anq|=|an|·|q|,所以0<|q|<1,所以an=符合题意.
答案:(答案不唯一)
14.解析:由a1=1,a2=2且an+2-an=1+(-1)n(n∈N+)知,当n为奇数时,an+2-an=0;当n为偶数时,an+2-an=2.所以前100项中,奇数项为常数项1,偶数项构成以a2=2为首项,2为公差的等差数列.所以S100=50×2+×2+50×1=2 600.
答案:2 600
15.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,由a1=9,a4+a7=0,得a1+3d+a1+6d=0,解得d=-2,an=a1+(n-1)d=9-2(n-1)=11-2n,
所以数列{an}的通项公式an=11-2n(n∈N+).
(2)a1=9,d=-2,Sn=9n+×(-2)=-n2+10n=-(n-5)2+25,
所以当n=5时,Sn取得最大值.
16.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,首项为a1,
由题意,得解得
所以an=1+(n-1)×2=2n-1.
(2)bn=an+2n-1=2n-1+2n-1,
所以Tn=+=n2+2n-1.
17.解:(1)设等比数列{an}的公比为q,则q===3.
故a1+a2=a1+3a1=8,解得a1=2.
所以an=a1qn-1=2×3n-1.
(2)由(1)知an=2×3n-1,Sn=3n-1,所以bn=anlog3(Sn+1)=2×3n-1×log33n=2n×3n-1,
所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=2×30+4×31+6×32+…+2(n-1)×+2n×3n-1,　①
3Tn=2×31+4×32+6×33+…+2(n-1)×3n-1+2n×3n,　②
①-②得-2Tn=2×30+2×31+2×32+2×33+…+2×3n-1-2n×3n=3n(1-2n)-1.
所以Tn=.
18.解:(1)当n=1时,a1=S1,由S1+a1=1,得a1=,当n≥2时,Sn-1+an-1=1,
∴当n≥2时,Sn-Sn-1+an-an-1=0,∴2an=an-1,又an≠0,∴n≥2时,=,∴{an}是以为首项,为公比的等比数列,
∴an=×=(n∈N+).
(2)由(1)知Sn==1-,
∴bn=-n,∴===-,
∴Tn=++…+=++…+=1-,
∵当n增大时,Tn也在增大,且n∈N+,
∴当n=1时,Tn取最小值,∴≤Tn<1.
19.解:(1)由伴随数列的定义可知,数列1,5,7的伴随数列为1,2,2,2,2,3,3.
(2)由an=3n-1≥m,得n≥1+log3m(m∈N+).
所以当m=1时,b1=1; 当1当9所以b1+b2+…+b30=1+2×2+3×6+4×18+5×3=110.
(3)a1=S1=1+c=1,得c=0,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n-2,a1=1也符合,所以an=3n-2(n∈N+),由an=3n-2≥m,得n≥(m∈N+),
使得an≥m成立的n的最小值为bm,则b1=1,b2=b3=b4=2,b5=b6=b7=3,…,
b3t-4=b3t-3=b3t-2=t(t∈N+,t≥2),
当m=3t-2(t∈N+)时,Tm=3×-2=××-2=,
当m=3t-1(t∈N+)时,Tm=3×-2+t+1=××+-1=,
当m=3t(t∈N+)时,Tm=3×-2+2(t+1)=××+=,
所以Tm=
B卷——高考能力达标
1.选D　因为{an}为等比数列,a1=1,公比q=2,所以an=2n-1.当an=64时,2n-1=64=26,得n=7.
2.选B　∵{an}为等差数列,S7=35,∴=35.∴a1+a7=a2+a6=10.∵a2·a6=9,且数列{an}为递增的等差数列,∴由a2+a10=2a6,得a10=17.
3.选A　因为(2n-5)an+1=(2n-3)an+4n2-16n+15=(2n-3)an+(2n-3)(2n-5),所以-=1.因为a1=15,则=-5,所以是首项为-5,公差为1的等差数列.从而=-5+(n-1)×1=n-6,即an=(2n-5)(n-6).从而易知数列{an}中仅有a3,a4,a5为负.因为a3=-3,a4=-6,a5=-5,所以am取最小值时,m=4.
4.选B　设数列前3项和为A,后3项和为B,则解得或又{an}各项均为正数,且q>1,则A5.选D　当n≥2时,由a1+a2+…+an=2n-1,得a1+a2+…+an-1=2n-1-1,所以an=2n-1-(2n-1-1)=2n-1.当n=1时,a1=21-1=1,也满足上式.所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.所以=4n-1.所以数列{}是等比数列,首项为1,公比为4.所以++…+==(4n-1).
6.选B　由题意可知,当m为偶数时,可得2n≤m,则bm=;当m为奇数时,可得2n≤m-1,则bm=,所以bm=则当m为偶数时,Sm=b1+b2+…+bm=×(1+2+…+m)-×=,则=30.因为m∈N+,所以无解.当m为奇数时,Sm=b1+b2+…+bm=Sm+1-bm+1=-=,所以=30.因为m∈N+,所以m=11.故选B.
7.选C　由等差数列的性质可知,a9+a12=a11+a10>0.又∵a10·a11<0,∴a10和a11异号.∵数列{an}的前n项和Sn有最大值,∴数列{an}是递减的等差数列,即an-an-1=d<0.∴a10>0,a11<0.∴S21==21a11<0,S20==10(a9+a12)>0.∴当Sn>0时,n的最大值为20.
8.选C　根据题意有2b=a+c,即a-2b+c=0,所以直线ax+by+c=0过点M(1,-2).设圆x2+y2+4y-1=0的圆心为C,连接CM,则AB⊥CM时,|AB|最小,将圆的方程化为x2+(y+2)2=5,则C(0,-2),所以|MC|=1,所以|AB|的最小值为2=4,故选C.
9.选AB　在等比数列{an}中,a2a3=a1a4=32,由得或而公比q为整数,于是得an=2n,Sn==2n+1-2.A正确;Sn+2=2n+1,B正确;S8=29-2=510,C错误;log2an+1-log2an=(n+1)-n=1,即数列{log2an}是公差为1的等差数列,D错误.
10.选BCD　因为n∈N+,所以n=k∈N+或n=m∈N+.所以an=2n-1=k∈N+,bn=3n-1=m∈N+.所以数列{an},{bn}的公共项为cn=6n-1,n∈N+,则c1=6-1=5,易知数列{cn}是首项为5,公差为6的等差数列,故Sn==n(3n+2).对于A,令2 023=6n-1,解得n=337 N+,故2 023 {cn},故A错误;对于B,c2 023=6×2 023-1,b4 046=3×4 046-1=3×(2×2 023)-1=6×2 023-1,故c2 023=b4 046,故B正确;对于C,因为S2 023=2 023×(3×2 023+2),显然S2 023是奇数,而数列{an}中的项an=2n-1表示所有奇数,故S2 023∈{an},故C正确;对于D,因为S2 023=2 023×(3×2 023+2)=2 023×(3×2 023+3-1)=2 023×(3×2 024)-2 023=3×2 023×2 024-674×3-1=3×(2 023×2 024-674)-1,显然当n=2 023×2 024-674时,S2 023=bn,故S2 023∈{bn},故D正确.故选BCD.
11.选ACD　设an代表第n天甲小组募得的捐款,且an>0,对于甲小组,a1=100,d=-4,所以an=a1+(n-1)d=-4n+104>0.所以1≤n≤25.所以Sn==-2n2+102n,n≤25且n∈N+,故A正确.设bn代表第n天乙小组募得的捐款,由题可知,bn=所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=10+100·+100·+…+100·=10+100(n-1)+100=100n-40-,n∈N+,故B错误.因为S5==460,T5=100×5-40-=460-12.解析:因为2S2=S4,所以a1+a2=a3+a4=q2(a1+a2),当a1+a2=0时,公比q=-1;当a1+a2≠0,即q≠-1时,q2=1,解得q=1.
答案:1或-1
13.解析:设{an}的公比为q(q≠0).由2a2为3a1和a3的等差中项可得,4a2=3a1+a3,即4a1q=3a1+a1q2.因为a1≠0,所以q2-4q+3=0,解得q=1或q=3.当q=1时,a2=a1,这与a2-a1=2矛盾,舍去;当q=3时,a2=3a1,又a2-a1=2,所以a1=1.所以an=a1qn-1=3n-1.所以a4=33=27.
答案:27
14.解析:设等差数列{an}的公差为d(d≠0),则由a2,a5,a14成等比数列得=a2a14,即(1+4d)2=(1+d)(1+13d),解得d=2,则an=a1+(n-1)d=2n-1,Sn=na1+d=n2,∴bn=(-1)nn2.当n为偶数时,Tn=-S1+S2-S3+S4-…-Sn-1+Sn=-12+22-32+42-…-(n-1)2+n2=3+7+…+(2n-1)=;当n为大于1的奇数时,Tn=-S1+S2-S3+S4-…-Sn-2+Sn-1-Sn=-12+22-32+42-…-(n-2)2+(n-1)2-n2=3+7+…+(2n-3)-n2=-,当n=1时,也符合上式.综上所述,Tn=(-1)n.
答案:2n-1　(-1)n
15.解:(1)因为an+1=2an+1,a1=3,所以a2=2a1+1=7,a3=2a2+1=15,
a4=2a3+1=31,a5=2a4+1=63.
(2)因为an+1=2an+1,所以两边同时加1,得an+1+1=2an+2=2(an+1).
所以=2,即=2,所以{bn}是以b1=a1+1=4为首项,2为公比的等比数列.
所以bn=4×2n-1=2n+1.
(3)由(2)可知bn=2n+1,所以an+1=2n+1,
即an=2n+1-1.
16.解:(1)设递增等差数列{an}的公差为d,d>0,依题意,a1a5=,而a2=3,
即(3-d)(3+3d)=9,而d>0,解得d=2.故an=a2+(n-2)d=2n-1.
所以数列{an}的通项公式是an=2n-1.
(2)由(1)知,bn=2n-1+2n,
所以Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+(2+22+23+…+2n)=·n+=n2+2n+1-2.
(3)由(1)知,cn=
==-.
所以Tn=+++…+=1-.
由Tn>,得1->,解得n>12.而n∈N+,则nmin=13,
所以满足Tn>的n的最小值是13.
17.解:(1)因为二次函数f(x)=3x2+ax+b,满足f(0)=0,f(1)=1,
所以解得
所以f(x)=3x2-2x.
(2)因为点(n,Sn),n∈N+均在函数y=f(x)的图象上,所以Sn=3n2-2n.
所以当n=1时,a1=S1=3-2=1,
当n=2时,a1+a2=S2=12-4=8,即a2=7.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2-2n-3(n-1)2+2(n-1)=6n-5,
当n=1时,a1=1满足an=6n-5.
所以a1=1,a2=7,an=6n-5(n∈N+).
(3)结合(2)得bn==2n,
所以==2,即数列{bn}为等比数列,公比为2,首项为2.
所以Tn==2n+1-2.
18.解:(1)证明:当n=1时,b1=T1=2;
当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=2n-1,
∴bn=
即Tn=bn+1.所以数列{bn}是“H数列”.
(2)设数列{cn}的公差为d,前n项和Sn=n+d.
对 n∈N+, m∈N+,使得Sn=cm,即n+d=1+(m-1)d,取n=2,得1+d=(m-1)d,解得m=2+.∵d<0,∴m<2,又m∈N+,∴m=1,故d=-1,cn=2-n,Sn=是小于2的正整数.此时对于任意的正整数n,总存在正整数m,使得Sn=cm,故cn=2-n.
(3)由bn=cn=2-n,得当n≥2时,
Dn=2×1+2×0+22×(-1)+23×(-2)+…+2n-1×(2-n),
∴2Dn=4+22×0+23×(-1)+…+2n-1×(3-n)+2n×(2-n),
∴-Dn=-2+(-1)(22+23+…+2n-1)-2n×(2-n),
∴Dn=2++2n×(2-n)=(3-n)·2n-2.
当n=1时,D1=d1=2,满足上式.
综上,Dn=(3-n)·2n-2.
19.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.
因为a1=3,b1=1,b2+S2=10,a5-2b2=a3,
所以解得q=d=2.
所以an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1,
bn=b1qn-1=2n-1.
(2)由(1)得Sn=na1+d=3n+n(n-1)=n2+2n.
当n为奇数时,cn===-;
当n为偶数时,cn=2anbn=(2n+1)2n,
所以T2n=c1+c2+c3+…+c2n-1+c2n=(c1+c3+…+c2n-1)+(c2+c4+…+c2n).
令An=c1+c3+…+c2n-1,Bn=c2+c4+…+c2n,则An=c1+c3+…+c2n-1=++…+=1-=,
Bn=c2+c4+…+c2n=5×22+9×24+13×26+…+(4n-3)22n-2+(4n+1)22n.
所以22Bn=5×24+9×26+13×28+…+(4n-3)·22n+(4n+1)22n+2.
所以-3Bn=22+4(22+24+26+…+22n)-(4n+1)22n+2=4+4×-(4n+1)·4n+1=--·4n+1.
所以Bn=+·4n+1.
所以T2n=An+Bn=+·4n+1+.

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