1、1已知数列an的前n项和Sn满足SnSmSnm(n，mN*)且a15，则a8_解析 数列an的前n项和Sn满足SnSmSnm(n，mN*)且a15，令m1，则Sn1SnS1Sn5，即Sn1Sn5，所以an15，所以a85答案 52(2019江苏省名校高三入学摸底卷)已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，若a1，a3，a4成等比数列，则的值为_解析 法一：设等差数列an的公差为d，因为a1，a3，a4成等比数列，所以aa1a4，所以(a12d)2a1(a13d)，因为d0，所以a14d，所以3法二：设等差数列an的公差为d，因为a1，a3，a4成等比数列，所以aa1a4，所以(a12d)
2、2a1(a13d)，因为d0，所以a14d，所以3答案 33(2019泰州市高三模拟)设f(x)是R上的奇函数，当x0时，f(x)2xln，记anf(n5)，则数列an的前8项和为_解析 数列an的前8项和为a1a2a8f(4)f(3)f(3)f(4)f(3)f(3)f(2)f(2)f(1)f(1)f(0)f(4)f(4)(24ln 1)16答案 164(2019日照模拟改编)已知数列an的前n项和Snn26n，则|an|的前n项和Tn_解析 由Snn26n可得，当n2时，anSnSn1n26n(n1)26(n1)2n7当n1时，S15a1，也满足上式，所以an2n7，nN*所以n3时，an0
3、；n4时，an0，所以Tn答案 5已知等差数列an的前n项和为Sn，并且S100，S110，S110，d0，并且a1a110，即a60，所以a50，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S5最大，则k5答案 56(2019南京高三模拟)若等比数列an的各项均为正数，且a3a12，则a5的最小值为_解析 设等比数列an的公比为q(q0且q1)，则由a3a12，得a1因为a3a120，所以q1，所以a5a1q4令q21t0，所以a528，当且仅当t1，即q时，等号成立，故a5的最小值为8答案 87(2019江苏名校高三入学摸底)定义实数a，b之间的运算如下：ab，已知数列an满足：a1
4、a21，an2(nN*)，若a2 0171，记数列an的前n项和为Sn，则S2 017的值为_解析 因为a11，a21，所以a34，a48，a54，a61，a71，a84，即此时an是周期数列，且周期为5，所以a2 017a21，a1a2a3a4a518，故S2 01740318a1a27 256答案 7 2568对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若a12，an的“差数列”的通项公式为an1an2n，则数列an的前n项和Sn_解析 因为an1an2n，所以an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2222222n222n所以Sn2n12答案 2n129(
5、2019徐州调研)设等差数列an满足a3a736，a4a6275，且anan1有最小值，则这个最小值为_解析 设等差数列an的公差为d，因为a3a736，所以a4a636，与a4a6275，联立，解得或当时，可得此时an7n17，a23，a34，易知当n2时，an0，所以a2a312为anan1的最小值；当时，可得此时an7n53，a74，a83，易知当n7时，an0，当n8时，an0，所以a7a812为anan1的最小值综上，anan1的最小值为12答案 1210(2019昆明调研)将数列an中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：记数阵中的第1列数a1，a2，a4，构成的数列为
6、bn，Sn为数列bn的前n项和若Sn2bn1，则a56_解析 当n2时，因为Sn2bn1，所以Sn12bn11，所以bn2bn2bn1，所以bn2bn1(n2且nN*)，因为b12b11，所以b11，所以数列bn是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn2n1设a1，a2，a4，a7，a11，的下标1，2，4，7，11，构成数列cn，则c2c11，c3c22，c4c33，c5c44，cncn1n1，累加得，cnc11234(n1)，所以cn1，由cn156，得n11，所以a56b112101 024答案 1 02411(2019江苏名校高三入学摸底)构造数组，规则如下：第一组是两个1，即(1，1
7、)，第二组是(1，2a，1)，第三组是(1，a(12a)，2a，a(2a1)，1)，在每一组的相邻两个数之间插入这两个数的和的a倍得到下一组，其中a设第n组中有an个数，且这an个数的和为Sn(nN*)(1)求an和Sn；(2)求证：解 (1)由题意可得a12，an1an(an1)2an1，所以an112(an1)，又a111，则an12n1，所以an2n11又S12，且Sn1Sn2a(Sn1)(2a1)Sn2a，则Sn11(2a1)(Sn1)，又S111，所以Sn1(2a1)n1，所以Sn(2a1)n11(2)证明：令bn，则bn下面用分析法证明数列bn为单调递增数列要证bnbn1，即证(2
8、a1)n1，只需证2(2a1)n1(2a1)n，即证22a1，显然成立，则数列bn为单调递增数列所以n12(2019江苏名校高三入学摸底)已知各项均为正数的数列an满足：a1a，a2b，an1(nN*)，其中m，a，b均为实常数(1)若m0，且a4，3a3，a5成等差数列求的值；若a2，令bn，求数列bn的前n项和Sn；(2)是否存在常数，使得anan2an1对任意的nN*都成立？若存在，求出实数的值(用m，a，b表示)；若不存在，请说明理由解 (1)因为m0，所以aanan2，所以正项数列an是等比数列，不妨设其公比为q又a4，3a3，a5成等差数列，所以q2q6，解得q2或q3(舍去)，所
9、以2当a2时，数列an是首项为2、公比为2的等比数列，所以an2n，所以bn即数列bn的奇数项依次构成首项为2、公比为4的等比数列，偶数项依次构成首项为3、公差为4的等差数列当n为偶数时，Sn；当n为奇数时，Sn(2n1)所以Sn(2)存在常数，使得anan2an1对任意的nN*都成立证明如下：因为aanan2m(nN*)，所以aan1an1m，n2，nN*，所以aaanan2an1an1，即aan1an1anan2a由于an0，此等式两边同时除以anan1，得，所以，即当n2，nN*时，都有anan2an1因为a1a，a2b，aanan2m，所以a3，所以，所以当时，对任意的nN*都有ana
10、n2an1成立13(2019泰州市高三模拟)已知数列an，bn满足2Sn(an2)bn，其中Sn是数列an的前n项和(1)若数列an是首项为，公比为的等比数列，求数列bn的通项公式；(2)若bnn，a23，求数列an的通项公式；(3)在(2)的条件下，设cn，求证：数列cn中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积解 (1)因为an2，Sn，所以bn(2)若bnn，则2Snnan2n，所以2Sn1(n1)an12(n1)，得2an1(n1)an1nan2，即nan(n1)an12，当n2时，(n1)an1(n2)an2，得(n1)an1(n1)an12(n1)an，即an1an12an，由2S
11、1a12，得a12，又a23，所以数列an是首项为2，公差为321的等差数列，故数列an的通项公式是ann1(3)证明：由(2)得cn，对于给定的nN*，若存在kn，tn，k，tN*，使得cnckct，只需，即1，即，则t，取kn1，则tn(n2)，所以对数列cn中的任意一项cn，都存在cn1和cn22n，使得cncn1cn22n14(2019盐城高三模拟)已知数列an满足a1m，an1(kN*，rR)，其前n项和为Sn(1)当m与r满足什么关系时，对任意的nN*，数列an都满足an2an?(2)对任意的实数m，r，是否存在实数p与q，使得a2n1p与a2nq是同一个等比数列？若存在，请求出p
12、，q满足的条件；若不存在，请说明理由；(3)当mr1时，若对任意的nN*，都有Snan，求实数的最大值解 (1)由题意，得a1m，a22a12m，a3a2r2mr，由a3a1，得mr0当mr0时，因为an1(kN*)，所以a1a3m，a2a42m，故对任意的nN*，数列an都满足an2an即当实数m，r满足mr0时，题意成立(2)依题意，a2n1a2nr2a2n1r，则a2n1r2(a2n1r)，因为a1rmr，所以当mr0时，a2n1r是等比数列，且a2n1r(a1r)2n(mr)2n为使a2n1p是等比数列，则pr同理，当mr0时，a2n2r(mr)2n，则为使a2nq是等比数列，则q2r综上所述，若mr0，则不存在实数p，q，使得a2n1p与a2nq是等比数列；若mr0，则当p，q满足q2p2r时，a2n1p与a2nq是同一个等比数列(3)当mr1时，由(2)可得a2n12n1，a2n2n12，当n2k时，ana2k2k12，SnS2k(21222k)(22232k1)3k3(2k1k2)，所以3令ck，则ck1ck0，所以，当n2k1时，ana2k12k1，SnS2ka2k3(2k1k2)(2k12)2k23k4，所以4，同理可得1，1综上所述，实数的最大值为1