无穷数列1,2^3,2^6.2^(3n+6)中,2^(3n+6)是第几项?

（1）证明：当n≥2时，3tSn-（2t+3）Sn-1=3t，3tSn+1-（2t+3）Sn=3t，∴3tan+1-（2t+3）an=0，∵t＞0且是常数，∴an+1an＝2t+33t，∴数列{an}（n∈N*）是公比为2t+33t的等比数列；（2）由（1）可知：f（t）=2t+33t=1...

点评：
本题考点： 数列与不等式的综合．

考点点评： 本题综合考查了数列的递推关系、等差数列与等比数列的通项公式及前n项和公式、二次函数的单调性、恒成立问题的等价转化等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．

∵a_n=（a+1）S_n+2，①∴a_n-1=（a+1）S_n-1+2 ②
①-②，得，a_n-a_n-1=（a+1）a_n，-aa_n=a_n-1，

an
an−1=-[1/a]，∴数列{a_n}为等比数列，公比为-[1/a]，
又∵a₁=（a+1）a₁+2，∴a₁=-[2/a]当a=1时，
∴数列{a_n}的各项和
−
2
a
1+
1
a，∴
−
2
a
1+
1
a=-a，a=1或-2
∵数列{a_n}不存在各项和，∴a=-2
故答案为-2

点评：
本题考点： 数列递推式．

考点点评： 本题主要考查了数列的通项与前n项和之间的关系，以及无穷递缩等比数列的各项和公式．

（1）∵数列{a_n}是首项a₁=1，公比q=2的等比数列，
∴a_n=2^n-1，
∴b₁=a_a1=a₁=1，b_n=aan=a2n−1=22n−1−1=
4n−1
2；
（2）根据反证法排除a₁=1和a₁≥3．
证明：假设a₁≠2，∴a₁=1和a₁≥3
①当a₁=1时，b₁=a_a1=a₁=1与b₁=3矛盾，∴a₁≠1；
②当a₁≥3时，即a₁≥3=b₁=a_a1，又a_n＜a_n+1，
∴a₁≤1与a₁≥3矛盾；
由①②可知a₁=2．
（3）首先{a_n}是公差为1的等差数列，
证明如下：∵a_n＜a_n+1，
∴n≥2时，a_n-1＜a_n，
∴a_n≥a_n-1+1，
∴a_n≥a_m+（n-m）（m＜n），
∴aan+1+1≥aan+1+[a_n+1+1-（a_n+1）]即c_n+1-c_n≥a_n+1-a_n，
由题设1≥a_n+1-a_n，
又a_n+1-a_n≥1，
∴a_n+1-a_n=1，
即{a_n}是等差数列．
又{a_n}的首项a₁=1，
∴a_n=n，
∴Sn＝−(2+2•22+3•23+…+n•2n)，对此式两边乘以2，得2Sn＝−22−2•23−3•24−…−n•2n+1
两式相减得Sn＝2+22+23+…+2n−n•2n+1=2ⁿ⁺¹-n•2ⁿ⁺¹-2Sn+n•2n+1＝2n+1−2，Sn+n•2n+1＞50，
即2ⁿ⁺¹≥52，
当n≥5时，2ⁿ⁺¹=64＞52，即存在最小正整数5使得Sn+n•2n+1＞50成立．

点评：
本题考点： 等差数列与等比数列的综合；数列递推式．

考点点评： 数列的通项与求和，离不开等差数列与等比数列，掌握等差数列与等比数列的通项与求和是关键．

（1）等差数列通项公式：a_n=10+（n-1）（-2）=-2n+12，
等比数列通项公式：a_n=
1
2•(
1
2)n−m−1＝(
1
2)n−m，
由题意知a51＝
1
64是等比数列中的项，
在等比数列中，令(
1
2)n−m=[1/64]，
解得n-m=6，n=m+6，
对一切正整数n，都有a_n+2m=a_n成立，a51＝
1
64，
∴m+6=51，或m+6+2m=51，或m+6+4m=51，
∴m=45，15或9，
即m的取值集合为 {45，15，9}．
（2）由S_128m+5=64S_2m+a₁+a₂+a₃+a₄+a₅=64[10m+
m(m−1)
2(−2)+

1
2(1−(
1
2)m)
1−
1
2]+10+8+6+4+4，
可得S_128m+5=704m-64m²+94-64•(
1
2)m≥2013，
设f（m）=704m-64m²，g（m）=1914+64•(
1
2)m，则g（m）＞1914；f（m）=-64（m²-11m），
存在m=-5或6时取最大f（x）_max=f（-5）=f（6）=1920，
所以存在这样的m=6，使得S_128m+5≥2013(m≥3
，m∈N*)，
因此m的取值集合为{6}．
故答案为：{45，15，9}；{6}．

点评：
本题考点： 数列的求和．

考点点评： 本题主要考查了数列的概念，考查了等差、等比数列的性质，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．

∵a₂-a₁=3-1=2，
a₃-a₂=6-3=3，
a₄-a₃=10-6=4，
…
∴a_n=a₁+（a₂-a₁）+（a₃-a₂）+…+（a_n-a_n-1）=1+2+3+…+n=
n(n+1)
2＝
n2+n
2．
故选C．

点评：
本题考点： 数列的函数特性；数列的概念及简单表示法．

考点点评： 熟练掌握“累加求和”和等差数列的前n项和公式是解题的关键．

（Ⅰ）（i）an＝
1/n]，显然an＝
1
n≤1，且存在n=1，a₁=1，
bn＝
1
n+1−
1
n=-[1
n(n+1)，
b_n+1-b_n=-
1
(n+1)(n+2)+
1
n(n+1)=
1/n+1(
1
n−
1
n+2)＞0，
所以数列{
1
n]}既是由上界数列，又是有最大值数列．…（2分）
（i）an＝−
1
2n，bn＝−
1
2n+1+
1
2n=[1
2n+1，
bn+1−bn＝
1
2n+2−
1
2n+1=-
1
2n+2＜0，an＝−
1
2n≤0，
且不存在n₀，使an0=0成立；所以数列{-
1
2n}是差减小数列，又是有上界数列 …（4分）
（Ⅱ）证明：下面用反证法证明

点评：
本题考点： 数列与函数的综合；反证法与放缩法．

考点点评： 本题考查{1/n]}，{-12n}分别是那种数列的判断，考查数列{an}既是有上界数列又是差减小数列的证明，考查无穷数列{an}一定是单调递增数列的证明，解题时要认真审题，注意反证法和放缩法的合理运用．

由题意可得a_n=3ⁿ，∴Pn＝
1
a1+
1
a2+…+
1
an=[1/3]+[1
32+
1
33+…+
1
3n=

1/3(1−
1
3n)
1−
1
3]=
1−
1
3n
2，
∴
lim
n→∞Pn=
lim
n→∞
1−
1
3n
2=[1/2]．
故答案为：[1/2]．

点评：
本题考点： 数列的极限；数列的求和；二项式定理的应用．

考点点评： 本题考查二项式定理，等比数列的前n项和公式，求数列极限的方法，求出Pn=1−13n2，是解题的难点和关键．

依题意可知A_i=a_i•a_i+1，
∴A_i+1=a_i+1•a_i+2，
若{A_n}为等比数列则
Ai+1
Ai=
ai+2
ai=q（q为常数），则a₁，a₃，…，a_2n-1，…和a₂，a₄，…，a_2n，…均是等比数列，且公比均为q；
反之要想{A_n}为等比数列则
Ai+1
Ai=
ai+2
ai需为常数，即需要a₁，a₃，…，a_2n-1，…和a₂，a₄，…，a_2n，…均是等比数列，且公比相等；
故{A_n}为等比数列的充要条件是a₁，a₃，…，a_2n-1，…和a₂，a₄，…，a_2n，…均是等比数列，且公比相同．
故选D

点评：
本题考点： 等比数列的性质．

考点点评： 本题主要考查了等比数列的性质，充分条件，必要条件和充分必要条件的判定．考查了学生分析问题和基本的推理能力．

（1）由题意，a_n+24=a_n，∴a₂₀₁₂=a₂₀，
∴a₂₀是首项为[1/2]，公比为[1/2]的等比数列的第8项，
∴a₂₀₁₂=[1/256]
（2）∵[1/128＝(
1
2)7，∴m≥7
∵a₅₂=
1
128]，
∴2km+m+7=（2k+1）m+7=52，其中m≥7，m∈N，k∈N
∴（2k+1）m=45，
当k=0时，m=45，成立；当k=1时，m=15，成立；当k=2时，m=9成立；当k≥3时，m≤[45/7]＜7
∴m可取9、15、45；
（3）S_128m+3=64S_2m+a₁+a₂+a₃=64{10m+
m(m−1)
2×(−2)+

1
2[1−(
1
2)m]
1−
1
2}+10+8+6
∴S_128m+3=704m-64m²+88-64×(
1
2)m≥2012
∴704m-64m²≥1924+64×(
1
2)m
设f（m）=704m-64m²，g（m）=1924+64×(
1
2)m，g（m）＞1924；
f（m）=-64（m²-11m），对称轴m=[11/2]，
所以f（m）在m=5或6时取最大f（x）_max=f（5）=f（6）=1920，
因为1924＞1920，所以不存在这样的m．

点评：
本题考点： 等差数列与等比数列的综合．

考点点评： 本题考查数列与不等式的综合应用，考查学生分析解决问题的能力，正确理解无穷数列是关键．