3.已知,下列四个条件中,使成立的必要而不充分的条件是( )
A. B. C. D.
2.设x、y满足 则( )
A.有最小值2,最大值3 B.有最小值2,无最大值
C.有最大值3,无最大值 D.既无最小值,也无最大值
一、选择题
1.如果,那么( )
A. B. C. D.
22.(1)证明:∵an+Sn=-2n-1,
∴an+1+Sn+1=-2n-3,
以上两式相减得,an+1-an+Sn+1-Sn=-2,
∴2an+1=an-2.
∴2(an+1+2)=an+2,且当n=1时,a1+S1=-3,即a1=-,
∵a1+2=≠0,∴an+2≠0,∴=.
∴{an+2}是以为首项,为公比的等比数列.
(2)由(1)的结论易知an+2=·n-1=n,
∴an=n-2.
∵bn+1=bn+nan,∴bn+1-bn=nn-2n,
∴bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)
=1+++…+
=1+-2×[1+2+…+(n-1)]
=1+1+2×2+…+(n-1)×n-1-n(n-1),
令T=1+1+2×2+…+(n-1)×n-1,
T=1+1×2+2×3+…+(n-2)×n-1+(n-1)×n,
∴T-T=T=1+2+3+…+n-1-(n-1)×n,
∴T=+-(n-1)×n
=-(n+1)×n,
即T=3-(n+1)×n-1.
∴bn=T-n(n-1)=3-(n+1)×n-1-n(n-1),
即bn=3-(n+1)×n-1-n(n-1).
21.(1)由an+Sn=1得an-1+Sn-1=1(n≥2),
两式相减并整理得=(n≥2),又a1+S1=1,易知a1=,故数列{an}是首项为,公比为的等比数列,所以an=.
(2)证明:由(1)知bn=2n+1,cn==2,
故Tn=2
=2<.
20.(1)2Sn=2a+an-1,2Sn+1=2a+an+1-1,两式相减得:2an+1=2(an+1-an)(an+1+an)+(an+1-an),即(an+1+an)(2an+1-2an-1)=0.
∵an>0,∴2an+1-2an-1=0,∴an+1=an+.
∴数列{an}是以1为首项,为公差的等差数列,
∴an=.
(2)bn==,
则Tn=+++…+,①
Tn=+++…+,②
①-②得Tn=++++…+-=+-=--,
∴Tn=--=-.
19.(1)由4a2=3a1+a3,得4a1q=3a1+a1q2,q2-4q+3=0,解得q=1或q=3.
又a2 011=2 011,所以a2 013=2 011或a2 013=2 011×9=18 099.
(2)由a1=3,q≠1,及(1)易知an=3×3n-1=3n,
则bn==
=,
所以Tn===.
18.(1)∵点(an,an+1)在函数f(x)=x+2的图象上,
∴an+1=an+2,
∴an+1-an=2,
∴{an}是以a1=1为首项,2为公差的等差数列,
∴an=2n-1.
(2)由题易知bn==,则Sn=++…++,①
Sn=++…++,②
①-②得Sn=+++…+-=+-=-,
则Sn=1-.
三、解答题
17.(1)设数列{an}的公差为d(d≠0),由a+a=a+a得a-a=a-a,即(a2-a5)(a2+a5)=(a4-a3)(a4+a3),即-3d(a4+a3)=d(a4+a3),
因为d≠0,所以a4+a3=0,即2a1+5d=0,
又由S7=7得7a1+d=7,解得a1=-5,d=2,
所以数列{an}的通项公式an=2n-7,前n项和Sn=n2-6n.
(2)方法一:=,
设2m-3=t,
则==t+-6,
又是数列{an}中的项,则t+-6是整数,所以t为8的约数,因为t是奇数,所以t可取的值为±1.
当t=1时,m=2,t+-6=3,由a5=2×5-7=3,知是数列{an}中的项;
当t=-1时,m=1,t+-6=-15,而数列{an}中的最小项是-5,故m=1不符合题意;
所以满足条件的正整数m=2.
方法二:若==am+2-6+为数列{an}中的项,
则为整数,则由(1)知:am+2为奇数,所以am+2=2m-3=±1,即m=1,2.
经检验,符合题意的正整数只有m=2.
16.根据数列{an}中的项与集合中的元素的关系,数列的第一项对应s=0,t=1,数列的第二项对应s=0,t=2,第三项对应s=1,t=2,第四项对应s=0,t=3,第五项对应s=1,t=3,第六项对应s=2,t=3……由此可得规律,数表中的第n行对应t=n,s=0,1,2,3,…,(n-1).故第n行的数字之和是(2n+20)+(2n+21)+(2n+22)+…+(2n+2n-1)=n·2n+=(n+1)·2n-1.
答案:(n+1)·2n-1
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