1、1(2019苏州期中)已知数列an的通项公式为an5n1，数列bn的通项公式为bnn2，若将数列an，bn中相同的项按从小到大的顺序排列后看作数列cn，则c6的值为_解析：设ambk，则有5m1k2，即，因为m是正整数，所以k1或k1是5的整数倍，设k15t或k15t，即k5t1或k5t1，所以k4,6,9,11,14,16,19,21，所以c6162256.答案：2562在等差数列an中，首项a13，公差d2，若某学生对其中连续10项进行求和，在漏掉一项的前提下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为_解析：由已知条件可得数列an的通项公式an2n1，设连续10项为ai1，ai2，a
2、i3，ai10，iN，设漏掉的一项为aik,1k10，由aik185，得(2i32i21)52i2k1185，即18i2k66，即9ik33，所以349ik3343,3i5，所以i4，此时，由3633k得k3，所以aika715，故此连续10项的和为200.答案：2003已知数列an中，对任意的nN*，若满足anan1an2an3s(s为常数)，则称该数列为4阶等和数列，其中s为4阶公和；若满足anan1an2t(t为常数)，则称该数列为3阶等积数列，其中t为3阶公积已知数列pn为首项为1的4阶等和数列，且满足2；数列qn为公积为1的3阶等积数列，且q1q21，设Sn为数列pnqn的前n项和，
3、则S2 020_.解析：由题意可知，p11，p22，p34，p48，p51，p62，p74，p88，p91，p102，p114，p128，p131，又pn是4阶等和数列，因此该数列将会照此规律循环下去，同理，q11，q21，q31，q41，q51，q61，q71，q81，q91，q101，q111，q121，q131，又qn是3阶等积数列，因此该数列将会照此规律循环下去，由此可知对于数列pnqn，每12项循环一次，易求出p1q1p2q2p12q1215，故S2 0201516812482 527.答案：2 5274若无穷数列an满足：a10，当nN*，n2时，|anan1|maxa1，a2，a
4、n1(其中maxa1，a2，an1表示a1，a2，an1中的最大项)，有以下结论：若数列an是常数列，则an0(nN*)；若数列an是公差d0的等差数列，则d0；若数列an是公比为q的等比数列，则q1；若存在正整数T，对任意nN*，都有anTan，则a1是数列an的最大项其中正确结论的序号是_(写出所有正确结论的序号)解析：若数列an是常数列，则|anan1|maxa1，a2，an10，所以an0(nN*)，正确；若数列an是公差d0的等差数列，则|anan1|maxa1，a2，an1|d|，所以an有最大值，因此an不可能递增且d0，所以d0，正确；若数列an是公比为q的等比数列，则a10，
5、且|a2a1|a1|q1|a1，所以|q1|1，所以q2或q0，又因为q0，所以q2，所以q1，正确；若存在正整数T，对任意nN*，都有anTan，假设在a1，a2，aT中ak最大，则a1，a2，an中都是ak最大，则|a2a1|a1，且|aT2aT1|ak，即|a2a1|ak，所以aka1，所以a1是数列an的最大项，正确故答案为：.答案：5(2019南通一调)在正项等比数列an和正项等差数列bn中，已知a1，a2 019的等比中项与b1，b2 019的等差中项相等，且1，当a1 010取得最小值时，等差数列bn的公差d的值为_解析：由已知得，a1 0102，当且仅当即b13，b2 0196
6、时取等号，此时公差d.答案：6若数列an中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称an为“等比源数列”(1)已知数列an中，a12，an12an1.求an的通项公式；试判断an是否为“等比源数列”，并证明你的结论(2)已知数列an为等差数列，且a10，anZ(nN*)求证：an为“等比源数列”解：(1)由an12an1，得an112(an1)，且a111，所以数列an1是首项为1，公比为2的等比数列，所以an12n1.所以数列an的通项公式为an2n11.数列an不是“等比源数列”，用反证法证明如下：假设数列an是“等比源数列”，则存在三项am，an，ak(mnk)按一定次序排列构成等比数列
7、因为an2n11，所以amanak，所以aamak，得(2n11)2(2m11)(2k11)，即22n222n112mk22m12k11，两边同时乘以21m，得到22nm12nm12k112km，即22nm12nm12k12km1，又mn0时，因为anZ，则d1，且dZ，所以数列an中必有一项am0.为了使得an为“等比源数列”，只需要an中存在第n项，第k项(mnk)，使得aamak成立，即am(nm)d2amam(km)d，即(nm)2am(nm)dam(km)成立当namm，k2amamdm时，上式成立所以an中存在am，an，ak成等比数列所以数列an为“等比源数列”7(2019苏锡常
8、镇调研)定义：若有穷数列a1，a2，an同时满足下列三个条件，则称该数列为P数列首项a11；a1a2an；对于该数列中的任意两项ai和aj(1ijn)，其积aiaj或商仍是该数列中的项(1)问等差数列1,3,5是不是P数列？(2)若数列a，b，c,6是P数列，求b的取值范围；(3)若n4，且数列b1，b2，bn是P数列，求证：数列b1，b2，bn是等比数列解：(1)3515，均不在此等差数列中，等差数列1,3,5不是P数列(2)数列a，b，c,6是P数列，所以1abc6，由于6b或是数列中的项，而6b大于数列中的最大项6，是数列中的项，同理也是数列中的项，考虑到16，于是b，c，bc6，又1b
9、c，所以1b，综上，b的取值范围是(1，)(3)证明：数列bn是P数列，所以1b1b2b3bn，由于b2bn或是数列中的项，而b2bn大于数列中的最大项bn，是数列bn中的项，同理，也都是数列bn中的项，考虑到1bn，且1，bn这n个数都是共有n项的增数列bn中的项，b2，bn1，从而bnbibn1i(i1,2，n1)，又bn1b3bn1b2bn，所以bn1b3不是数列bn中的项，是数列bn中的项，同理，也都是数列bn中的项，考虑到1bn2bn1bn，且1，bn1，bn这n个数都是共有n项的增数列bn中的项，于是，同理有，bn1bibni(i1,2，n2)，在中将i换成i1后与相除，得，i1,
10、2，n2，b1，b2，bn是等比数列8已知数列an满足an1，nN*，数列bn的前n项和为Sn，Snbn1，nN*，且a1b11.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)求数列的前n项和Tn；(3)是否存在正整数n，p，k，使得Sn2pk1，若存在，求出所有的n，p，k；若不存在，请说明理由解：(1)因为an1，所以，所以3，又a11，所以数列是首项为1，公差为3的等差数列，所以3n2，所以an.因为Snbn1，所以当n1时，S1b1b2，即b22b1.当n2时，Sn1bn，可得bnbn1bn，得bn12bn，故当nN*时，bn12bn，又b11，所以数列bn是首项为1，公比为2的等比数列，故
11、bn2n1.(2)因为(3n2)2n1，所以Tn120421722(3n2)2n1，2Tn121422723(3n5)2n1(3n2)2n，两式相减得，Tn13(21222n1)(3n2)2n13(2n2)(3n2)2n(53n)2n5，所以Tn(3n5)2n5.(3)由(1)可得，Sn2n1，假设存在正整数n，p，k，使得Sn2pk1，即2n1pk1，pk112n.当k为奇数时，pk11，设p12s，p12t，则st，所以2s2t2,2t(2st1)2，可得2t2,2st11，所以t1，s2，所以n3，S329311，所以存在n3，p3，k1，使得Sn2pk1.当k为偶数时，pk11(p1)
12、(pkpk1p1)，若p为偶数，则p1为奇数，pkpk1p1为奇数，所以pk11为奇数，所以pk112n.若p为奇数，则p1为偶数，pkpk1p1为k1个奇数之和，也为奇数，所以pk112n，所以，当k为偶数时，不存在正整数n，p，k，使得Sn2pk1.综上所述，存在n3，p3，k1，使得Sn2pk1.9若无穷数列an满足aiN*(1in)，其前n项和为Sn.若bkakak1，对任意的2kn1，都有bk1bk恒成立，则称数列an为“差减数列”(1)若an是等差数列，且a59，S525，试判断数列Sn是否为“差减数列”，并说明理由；(2)若(1)Sn(21)an2，且数列an是“差减数列”，求实
13、数的值；(3)若数列an是“差减数列”，求证：对任意的nN*，都有anan1.解：(1)数列Sn不是“差减数列”理由如下：设等差数列an的公差为d，由题意得S525，所以a11，d2，所以an2n1，Snn2，所以对任意的2kn1，Sk1Sk1(k1)2(k1)22k222k22Sk，即Sk1SkSkSk1，所以数列Sn不是“差减数列”(2)若0，Snan0，此时an0，不符合题意若0，对于(1)Sn(21)an2，当n1时，(1)a1(21)a12，可得a12，当n2时，(1)(a1a2)(21)a22，可得a2，当n3时，(1)(a1a2a3)(21)a32，可得a3.因为数列an为“差减
14、数列”，所以b3b2，得a1a32a2,22，整理得(1)20，所以1.把1代入(1)Sn(21)an2，得an2，满足题意，所以的值为1.(3)证明：假设存在正整数k，使得akak1.因为数列an是“差减数列”，所以aiN*(1in)，所以akak11，即ak1ak1.又bk2bk1，即akak22ak1，所以ak22ak1ak2(ak1)akak2，即ak2ak2.由ak22ak1ak，akak1，可知ak22ak1ak2ak1ak1ak1，得ak2ak1，所以ak2ak11.又bk3bk2，即ak1ak32ak2，所以ak32ak2ak12(ak11)ak1ak12ak12ak3，所以ak3ak3.以此类推，可得akmakm，mN*，所以当mak时，akmakmmm0，即akak0，所以存在nkak，使得an0，与anN*矛盾，所以假设不成立综上，对任意的nN*，都有anan1.