第181题

参考答案：155

解析：

第182题

参考答案：因为 \(f\left( x \right) = \frac{{{4^x}}}{{{4^x} + 2}}\)，所以 \(f\left( {1 - x} \right) = \frac{{{4^{1 - x}}}}{{{4^{1 - x}} + 2}} = \frac{4}{{4 + 2 \times {4^x}}} = \frac{2}{{{4^x} + 2}}\)，所以 \(f\left( x \right) + f\left( {1 - x} \right) = 1\).令 \(S = f\left( {\frac{1}{{2011}}} \right) + f\left( {\frac{2}{{2011}}} \right) + \cdot \cdot \cdot + f\left( {\frac{{2009}}{{2011}}} \right) + f\left( {\frac{{2010}}{{2011}}} \right)\)，倒写得 \(S = f\left( {\frac{{2010}}{{2011}}} \right) + f\left( {\frac{{2009}}{{2011}}} \right) + \cdot \cdot \cdot + f\left( {\frac{2}{{2011}}} \right) + f\left( {\frac{1}{{2011}}} \right)\).两式相加得 \(2S = 2010\)，故 \(S = 1005\).

第183题

参考答案：∵\(\frac{{{b_{n + 1}}}}{{{b_n}}} = \frac{{{a_{n + 2}} + {a_{n + 1}}}}{{{a_{n + 1}} + {a_n}}} = \frac{{{a_{n + 1}} + 2{a_n} + {a_{n + 1}}}}{{{a_{n + 1}} + {a_n}}} = \frac{{2\left( {{a_{n + 1}} + {a_n}} \right)}}{{{a_{n + 1}} + {a_n}}} = 2\)，且 \({b_1} = {a_1} + {a_2} = 2 \ne 0\)，∴ \(\left\{ {{b_n}} \right\}\) 是以2为首项，2为公比的等比数列；

第184题

参考答案：由(1)知，\({b_n} = {2^n}\)，则\({b_n} + 2n = {2^n} + 2n\)，令 \(\left\{ {{b_n} + 2n} \right\}\) 的前\(n\)项和为\({S_n}\)，则 \({S_n} = \frac{{2 \times \left( {1 - {2^n}} \right)}}{{1 - 2}} + \frac{{n\left( {2 + 2n} \right)}}{2} = {2^{n + 1}} - 2 + {n^2} + n = {2^{n + 1}} + {n^2} + n - 2\).

第185题

A.\(\left\{ {n{a_n}} \right\}\) 是等比数列

B.\(\left\{ {\frac{{{a_n}}}{n}} \right\}\) 是等比数列

C.\({a_n} = n \cdot {2^n}\)

D.\({S_n} = \left( {n - 1} \right) \cdot {2^n} + 2\)

参考答案：BC

解析：

第186题

参考答案：由 \({S_{n + 1}} = {S_n} + 3{a_n} - {2^n}\)，得 \({a_{n + 1}} = 3{a_n} - {2^n}\)，

∴\({a_2} = 3{a_1} - 2\)，

又 ∵\({a_2} + {S_2} = 31\)，∴\({a_2} + {a_1} + {a_2} = 2{a_2} + {a_1} = 2\left( {3{a_1} - 2} \right) + {a_1} = 7{a_1} - 4 = 31\)，

∴\({a}_{1}=5\)，∴\({a_1} - {2^1} = 3 \ne 0\)，

∵\(\frac{{{a_{n + 1}} - {2^{n + 1}}}}{{{a_n} - {2^n}}} = \frac{{3{a_n} - {2^n} - {2^{n + 1}}}}{{{a_n} - {2^n}}} = \frac{{3\left( {{a_n} - {2^n}} \right)}}{{{a_n} - {2^n}}} = 3\)，

∴\(\left\{ {{a_n} - {2^n}} \right\}\) 是首项为 \({a_1} - {2^1} = 3\)，公比为3的等比数列；

第187题

参考答案：由（1）可知 \({a_n} - {2^n} = {3^n}\)，即 \({a_n} = {2^n} + {3^n}\)，
∴\({S_n} = \frac{{2\left( {1 - {2^n}} \right)}}{{1 - 2}} + \frac{{3\left( {1 - {3^n}} \right)}}{{1 - 3}} = {2^{n + 1}} + \frac{{{3^{n + 1}}}}{2} - \frac{7}{2}\)．

第188题

参考答案：设 \(\left\{ {{a_n}} \right\}\) 的公差为\(d\)，\(\left\{ {{b_n}} \right\}\) 的公比为\(q\)，\({b_1} = 2\)，\({a_1} = 1\)，

由题意可得：\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {2q = 1 + d + 1} \\ {2{q^2} = 1 + 3d + 1} \end{array}} \right.\)，整理可得：\({q^2} - 3q + 2 = 0\)，

解得：\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {q = 2} \\ {d = 2} \end{array}} \right.\) 或 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {q = 1} \\ {d = 0} \end{array}} \right.\)（舍）

所以 \({a_n} = 1 + \left( {n - 1} \right) \times 2 = 2n - 1\)，\({b_n} = 2 \cdot {2^{n - 1}} = {2^n}\)；

第189题

参考答案：因为 \(\frac{{{a_n}}}{{{b_n}}} = \frac{{2n - 1}}{{{2^n}}}\)，
则 \({T_n} = \frac{1}{2} + \frac{3}{{{2^2}}} + \frac{5}{{{2^3}}} + \cdots + \frac{{2n - 1}}{{{2^n}}}\)，
∴\(\frac{1}{2}{T_n} = \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{3}{{{2^3}}} + \frac{5}{{{2^4}}} + \cdots + \frac{{2n - 1}}{{{2^{n + 1}}}}\)两式相减得 \(\frac{1}{2}{T_n} = \frac{1}{2} + 2\left( {\frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{2^3}}} + \frac{1}{{{2^4}}} + \cdots + \frac{1}{{{2^n}}}} \right) - \frac{{2n - 1}}{{{2^{n + 1}}}} = \frac{3}{2} - \frac{{2n + 3}}{{{2^{n + 1}}}}\)
所以 \({T_n} = 3 - \frac{{2n + 3}}{{{2^n}}}\)
显然 \({T_n} < 3\)，且 \({T_{n + 1}} - {T_n} = \frac{{2n + 1}}{{{2^{n + 1}}}} > 0\)，即 \(\left\{ {{T_n}} \right\}\) 为递增数列，
\({T_1} = \frac{1}{2} < 1\)，\(1 < {T_2} = \frac{5}{4} < 2\)，\(1 < {T_3} = \frac{{15}}{8} < 2\)，\({T_4} = \frac{{37}}{{16}} > 2\)，所以 \(\left\langle {{T_1}} \right\rangle = 0\)，\(\left\langle {{T_2}} \right\rangle = \left\langle {{T_3}} \right\rangle = 1\)，\(n \geqslant 4\) 时，\(\left\langle {{T_n}} \right\rangle = 2\)，
所以 \(\left\langle {{T_1}} \right\rangle + \left\langle {{T_2}} \right\rangle + \cdots + \left\langle {{T_{10}}} \right\rangle = 16\).

第190题

参考答案：当 \(n \geqslant 2\) 时，\({a_n} = {S_n} - {S_{n - 1}} = \frac{{{n^2}}}{{{n^2} + 1}}\)；
经检验：\({a_1} = \frac{1}{2}\) 也满足 \({a_n} = \frac{{{n^2}}}{{{n^2} + 1}}\)，
\(\therefore \)数列 \(\left\{ {{a_n}} \right\}\) 的通项公式为 \({a_n} = \frac{{{n^2}}}{{{n^2} + 1}}\left( {n \in {N^*}} \right)\)，
\(\therefore {a_{n + 1}} - {a_n}{\rm{ = }}\frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1}} - \frac{{{n^2}}}{{{n^2} + 1}}\)\({\rm{ = }}\frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}\left( {{n^2} + 1} \right) - {n^2}\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]}}{{\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]\left( {{n^2} + 1} \right)}} = \frac{{2n + 1}}{{\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]\left( {{n^2} + 1} \right)}} > 0\)，
\(\therefore {a_n} < {a_{n + 1}}\)，
\(\therefore \)数列 \(\left\{ {{a_n}} \right\}\) 是递增数列；

第191题

参考答案：数列 \(\left\{ {{a_n}} \right\}\) 有界．
理由如下：\(\because \left| {{a_n}} \right| = \left| {\frac{{{n^2}}}{{{n^2} + 1}}} \right| = \left| {1 - \frac{1}{{{n^2} + 1}}} \right| < 1\)，
即 \(\left| {{a_n}} \right| < 1\) 恒成立，
\(\therefore \)数列 \(\left\{ {{a_n}} \right\}\) 有界．

第192题

参考答案：当 \(n = 1\) 时，\({S_1} = 14 - 1 = 13\)，
即 \({a_1} = 13\)，当 \(n \geqslant 2\) 时，
\({a_n} = {S_n} - {S_{n - 1}}
= 14n - {n^2} - [14(n - 1) - {(n - 1)^2}] = 15 - 2n\)，
\(n = 1\) 时，
满足上式，所以 \({a_n} = 15 - 2n\)

第193题

参考答案：由 \({a_n} \geqslant 0\) 得 \(n \leqslant \frac{{15}}{2}\)，而 \(n\in {N}_{+}\)，

所以当 \(1 \leqslant n \leqslant 7\) 时，\({a_n} \geqslant 0\)，当 \(n \geqslant 8\) 时，\({a_n} < 0\)，

当 \(1 \leqslant n \leqslant 7\) 时，\({T_n} = \left| {{a_1}} \right| + \left| {{a_2}} \right| + \cdot \cdot \cdot + \left| {{a_n}} \right| = {a_1} + {a_2} + \cdot \cdot \cdot + {a_n} = {S_n} = 14n - {n^2}\)，

当 \(n \geqslant 8\) 时，\({T_n} = \left| {{a_1}} \right| + \left| {{a_2}} \right| + \cdot \cdot \cdot + \left| {{a_7}} \right| + \left| {{a_8}} \right| + \cdot \cdot \cdot + \left| {{a_n}} \right|\)

\( = {a_1} + {a_2} + \cdot \cdot \cdot + {a_7} - ({a_8} + \cdot \cdot \cdot + {a_n})\)

\( = {S_7} - ({S_n} - {S_7})\)

\( = 2{S_7} - {S_n}\)

\( = {n^2} - 14n + 98\)，

所以 \({T_n} = \begin{cases} 14n - {n^2},1 \leqslant n \leqslant 7,n \in {N_ + } \\ {n^2} - 14n + 98,n \geqslant 8,n \in {N_ + } \\ \end{cases}\)

第194题

参考答案：解：设公差为 \(d > 0\)，公比为 \(q\)，由题，因为 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{a_2} = {b_2}} \\
{{a_3} + 1 = {b_3}}
\end{array}} \right.\)，则 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{1 + d = 1 \cdot q} \\
{1 + 2d + 1 = 1 \cdot {q^2}}
\end{array}} \right.\)，解得 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{d = 1} \\
{q = 2}
\end{array}} \right.\)，所以 \({a_n} = 1 + \left( {n - 1} \right) \times 1 = n\)，\({b_n} = 1 \times {2^{n - 1}} = {2^{n - 1}}\).

第195题

参考答案：解：由（1），则 \({T_n} = \frac{{1 \times \left( {1 - {2^n}} \right)}}{{1 - 2}} = {2^n} - 1\)，设 \({c_n} = {a_n} \cdot {T_n} = n \cdot \left( {{2^n} - 1} \right)\)，\({S_n}\) 为数列 \(\left\{ {{c_n}} \right\}\) 的前 \(n\) 项和，所以 \({S_n} = 1 \times \left( {{2^1} - 1} \right) + 2 \times \left( {{2^2} - 1} \right) + 3 \times \left( {{2^3} - 1} \right) + \cdots + n \cdot \left( {{2^n} - 1} \right)\)\( = \left( {1 \times {2^1} + 2 \times {2^2} + 3 \times {2^3} + \cdots + n \cdot {2^n}} \right) - \left( {1 + 2 + 3 + \cdots + n} \right)\)，则 \(2{S_n} = \left( {1 \times {2^2} + 2 \times {2^3} + 3 \times {2^4} + \cdots + n \cdot {2^{n + 1}}} \right) - 2 \times \left( {1 + 2 + 3 \cdots + n} \right)\)，所以 \(2{S_n} - {S_n} = - \left( {{2^1} + {2^2} + {2^3} + \cdots + {2^n}} \right) + n \cdot {2^{n + 1}} - \left( {1 + 2 + 3 + \cdots + n} \right)\)即 \({S_n} = - \frac{{2 \times \left( {1 - {2^n}} \right)}}{{1 - 2}} + n \cdot {2^{n + 1}} - \frac{{n \cdot \left( {n + 1} \right)}}{2}\)\( = \left( {n - 1} \right) \cdot {2^{n + 1}} + 2 - \frac{{n \cdot \left( {n + 1} \right)}}{2}\)，所以数列 \(\left\{ {{a_n} \cdot {T_n}} \right\}\) 的前 \(n\) 项和为 \(\left( {n - 1} \right) \cdot {2^{n + 1}} + 2 - \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}\).

第196题

参考答案：解：当 \(n \geqslant 2\)，\({a_1} + 2{a_2} + 3{a_3} + \cdots + n{a_n}\)\( = 2 + (n - 1) \cdot {2^{n + 1}}\)，①\({a_1} + 2{a_2} + \cdots + (n - 1){a_{n - 1}}\)\( = 2 + (n - 2) \cdot {2^n}\)，\(n \geqslant 2\)，②① －②得 \(n{a_n} = n \cdot {2^n} \Rightarrow {a_n} = {2^n}(n \geqslant 2)\)（*）在①中令 \(n = 1\)，得 \({a_1} = 2\)，也满足（*），所以 \({a_n} = {2^n}\)，\(n \in {{\mathbf{N}}^*}\)，

第197题

参考答案：解：由（1）知，\({b_n} = \frac{{{2^n}}}{{\left( {{2^n} - 1} \right)\left( {{2^{n + 1}} - 1} \right)}} = \frac{1}{{{2^n} - 1}} - \frac{1}{{{2^{n + 1}} - 1}}\)，故 \({T_n} = \left( {\frac{1}{{{2^1} - 1}} - \frac{1}{{{2^2} - 1}}} \right)\)\( + \left( {\frac{1}{{{2^2} - 1}} - \frac{1}{{{2^3} - 1}}} \right) + \)\( \cdots + \left( {\frac{1}{{{2^n} - 1}} - \frac{1}{{{2^{n + 1}} - 1}}} \right)\)\( = 1 - \frac{1}{{{2^{n + 1}} - 1}}\)，于是，\({T_n} < {m^2} - 3 \Leftrightarrow \)\(1 - \frac{1}{{{2^{n + 1}} - 1}} < {m^2} - 3\)因为 \(1 - \frac{1}{{{2^{n + 1}} - 1}}\) 随 \(n\) 的增大而增大，所以 \({m^2} - 3 \geqslant 1\)，解得 \(m \leqslant - 2\) 或 \(m \geqslant 2\)所以实数 \(m\) 的取值范围是 \(m \leqslant - 2\) 或 \(m \geqslant 2\).

第198题

参考答案：解：由题意，数列 \(\left\{ {{a_n}} \right\}\) 中，\({a_1} = 1\)，\({a_{n + 1}} + 2{a_n} = {2^{n + 1}},n \in {N^ * }\)，所以 \({a_2} = - 2{a_1} + {2^2} = 2\)，\({a_3} = - 2{a_2} + {2^3} = 4\)，\({a_4} = - 2{a_3} + {2^4} = 8\)，两边同除 \({2^{n + 1}}\)，可得 \(\frac{{{a_{n + 1}}}}{{{2^{n + 1}}}} + \frac{{{a_n}}}{{{2^n}}} = 1\)，即 \(\frac{{{a_{n + 1}}}}{{{2^{n + 1}}}} = - \frac{{{a_n}}}{{{2^n}}} + 1\)，设 \(\frac{{{a_{n + 1}}}}{{{2^{n + 1}}}} + \lambda = - (\frac{{{a_n}}}{{{2^n}}} + \lambda )\)，可得 \(\frac{{{a_{n + 1}}}}{{{2^{n + 1}}}} = - \frac{{{a_n}}}{{{2^n}}} - 2\lambda \)，令 \( - 2\lambda = 1\)，解得 \(\lambda = - \frac{1}{2}\)，所以 \(\frac{{{a_{n + 1}}}}{{{2^{n + 1}}}} - \frac{1}{2} = - (\frac{{{a_n}}}{{{2^n}}} - \frac{1}{2})\)，因为 \({a_1} = 1\)，所以 \(\frac{{{a_{n + 1}}}}{{{2^{n + 1}}}} - \frac{1}{2} = - (\frac{{{a_n}}}{{{2^n}}} - \frac{1}{2}) = \frac{{{a_{n - 1}}}}{{{2^{n - 1}}}} - \frac{1}{2} = - (\frac{{{a_{n - 2}}}}{{{2^{n - 2}}}} - \frac{1}{2}) = \cdots = \frac{{{a_1}}}{2} - \frac{1}{2} = 0\)，所以 \(\frac{{{a_n}}}{{{2^n}}} - \frac{1}{2} = 0\)，可得 \({a_n} = \frac{1}{2} \times {2^n} = {2^{n - 1}}\)，所以数列 \(\left\{ {{a_n}} \right\}\) 的通项公式为 \({a_n} = {2^{n - 1}}\).

第199题

参考答案：解：由 \({a_n} = {2^{n - 1}}\)，可得 \(n{a_n} = n \cdot {2^{n - 1}}\)，则 \({S_n} = 1 \cdot {2^0} + 2 \cdot {2^1} + 3 \cdot {2^2} + \cdots + (n - 1) \cdot {2^{n - 2}} + n \cdot {2^{n - 1}}\)，可得 \(2{S_n} = 1 \cdot {2^1} + 2 \cdot {2^2} + 3 \cdot {2^3} + \cdots + (n - 1) \cdot {2^{n - 1}} + n \cdot {2^n}\)，两式相减得到 \( - {S_n} = 1 + {2^1} + {2^2} + \cdots + {2^{n - 1}} - n \cdot {2^n} = \frac{{1 - {2^n}}}{{1 - 2}} - n \cdot {2^n} = (1 - n) \cdot {2^n} - 1\)，所以 \({S_n} = (n - 1) \cdot {2^n} + 1\).

第200题

参考答案：解：由题意，设等差数列 \(\{ {a_n}\} \) 的公差为 \(d\)，
则 \(3{a_1} + 3d = 18\),\(3{a_1} + 12d = 54\)，
解得 \({a_1} = 2\),\(d = 4\) \(\therefore \)\({a_n} = 2 + 4(n - 1) = 4n - 2\),\(n \in {N^*}\)；