江苏省苏州市2013-2019届高三上学期9月期初考试数学试题分类汇编：数列

八 数列
（苏州2019届高三期初）8．已知等比数列的前??项和为，若成等差数列，则的值为 ．
（苏州2018届高三期初11.）等差数列{an}的前 n 项和为Sn，且 an-Sn= n2-16n+15(n≥2,n∈N* )，若对任意n∈N*，总有Sn ≤Sk,则k的值是 .
（苏州2017届高三期初8. ）已知等差数列的公差为d，若的方差为8, 则d的值为 ．
（苏州2016届高三期初10. ）已知数列满足，且，，则
（苏州2015届高三期初）5. 在等比数列{an}中，已知a3 = 4，a7 =，则a4 ( a6 = ．
（苏州2015届高三期初）14．设等差数列满足，公差，若当且
仅当时，数列的前项和取得最大值，则首项的取值范围为 ．
（苏州2014届高三期初14．）已知各项均为正数的等比数列/，若/，则/的最小值为_____.
（苏州2013届高三期初14.）已知数列｛｝的各项均为正整数，Sn为其前n项和，对于n=1,2,3，…，有 则当＝1时，S1＋S2＋ S3十…十S20＝＿＿＿＿＿
（苏州2013届高三期初20.）（本题满分16分）已知函数f (x) ＝ (x一1)2，g（x)=10 (x－1),数列｛｝满足= 2，/
（I）求证：数列｛一1)是等比数列；
（II）当n取何值时，bn取最大值，并求出最大值；
（III）若/任意恒成立，求实数t的取值范围．
（苏州2014届高三期初17．）（本小题满分14分）设数列/的前n 项和为/，对任意/满足/，且/．
（Ⅰ）求数列/的通项公式；
（Ⅱ）设/，求数列/的前2n项和/．
（苏州2015届高三期初）19．（本小题满分16分）已知数列{an}共有2k项（），数列{an}的前n项和为Sn，满足：a1 = 2，an(1 = (p ( 1)Sn ( 2（n = 1，2，…， 2k(1），其中常数p > 1．
（1）求证：数列{an}是等比数列；
（2）若，数列{bn }满足（n = 1，2，…， 2k），求数列{bn }的通项公式；
（3）对于（2）中数列{bn }，求和Tn = ．
（苏州2016届高三期初17. ）已知等差数列的公差为2，其前项和.
（1）求的值及;
（2）在等比数列中,,若的前项和为.求证: 数列为等比数列.
（苏州2017届高三期初19．）（本小题满分16分）在数列中，已知，．
（1）求证：数列为等比数列；
（2）记，且数列的前项和为,若为数列中的最小项，求的取值范围．
（苏州2018届高三期初19.）(本小题满分16分）已知数列{an}满足an+1 +an =4n-3(n∈N* ).
(1)若数列{an}是等差数列，求a1的值；
(2)当a1 = 2时，求数列{ an }的前n项和Sn；
(3)若对任意n∈N*,都有成立，求a1的取值范围.
（苏州2019届高三期初）19．（本小题满分16分）已知数列的奇数项是首项为的等差数列，偶数项是首项为的等比数列，数列前项和为，且满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求正整数的值；
(3)是否存在正整数，使得恰好为数列中的一项？若存在，求出所有满足条件的值，若不存在，说明理由.
答案：八 数列
7
2
或(

54
910
（I）由方程（an+1-an）g（an）+f（an）=0，
得：（an+1-an）×10×（an-1）+（an-1）2=0，
整理得（an-1）[10×（an+1-an）+an-1]=0；
显然由a1=2，知{an}显然不是常数列，且不等于1，所以两边除以an-1；
得10×（an+1-an）+an-1=0，整理后得：10（an+1-1）=9（an-1），
a1-1=1，则{an-1}就是首项为1，公比为/的等比数列．
所以an-1=(/)n-1，an=(/)n-1+1；
（Ⅱ）将an-1=（/）n-1代入bn=/（n+2）（an-1），得bn=（/）n×（n+2）．
bn+1-bn=（/）n+1×（n+3）-（/）n×（n+2）=（/）n×/．
∴{bn}在[1，7]上单调递增，在[8，+∞）上单调递减，
∴当n取7或8时bn取最大值，最大值为9×（/）7．
(3)带入an-1得bn=（/）n×(n+2).又有{tn/bn},设其通项为cn=【)】×（)n为递增数列；那么对于任意的自然数n,我们都有cn+1≥cn显然我们可以得：≥该不等式恒成立条件是左边的比右边的最大值还要大,就行取n=1.求得n≥
（本小题满分14分）
解：（Ⅰ）∵/，①
∴当/时，/，②
以上两式相减得/， …… 2分
即/，
∵/，∴当/时，有/． …… 5分
又当/时，由/及/得/，
所以数列{ an }是等差数列，其通项公式为an＝n/． …… 8分
（Ⅱ）由（Ⅰ）得/． …… 9分
所以/ …… 10分
/
/． …… 14分
解：（1）∵an(1 = (p ( 1)Sn ( 2（n = 1，2，…， 2k(1），
∴an = (p ( 1)Sn ( 1 ( 2（n = 2，…， 2k）．
则当n = 2，…， 2k(1时，两式相减，得
an(1 ( an = (p ( 1)（Sn ( Sn ( 1），即an(1 ( an = (p ( 1) an．
∴an(1 = pan（n = 2，…， 2k(1）． ··············3分
原式中，令n = 1，得a2 = (p ( 1)a1 ( 2 = 2 (p ( 1) ( 2 = 2p = pa1．
∴an(1 = pan，即（n = 1，2，…， 2k(1）．
则数列{an}是等比数列． ···········5分
（2）由（1），得an = a1p n ( 1．
∴
··············7分
． ··············9分
（3）∵，
∴当n≤k时，；当n≥k(1时，． ·12分
则Tn =
=
= ··············14分 =
=． ··············16分
解：（1），
又
∴，，，∴
（2）∵，∴，∴
，∴，
∴∴，
∴（），∴数列为等比数列
解（1）∵,∴．
又，∴,故，
是以为首项，公比为的等比数列 …4分
（2）由（1）知道，. …6分
. ……8分
若为数列中的最小项，则对有恒成立
即对恒成立 10分
当时，有；
当时,有； ……12分
当时，恒成立,
对恒成立.
令，则对恒成立,
在时为单调递增数列.
，即. …15分
综上，. …16分
解答：解：（1）若数列{an}是等差数列，则an=a1+（n-1）d，an+1=a1+nd．由an+1+an=4n-3，得（a1+nd）+[a1+（n-1）d]=4n-3，即2d=4，2a1-d=-3，解得d=2，a1=-．（2）由an+1+an=4n-3（n∈N*），得an+2+an+1=4n+1（n∈N*）．两式相减，得an+2-an=4．所以数列{a2n-1}是首项为a1，公差为4的等差数列．数列{a2n}是首项为a2，公差为4的等差数列．由a2+a1=1，a1=2，得a2=-1．所以an=（k∈Z）．①当n为奇数时，an=2n，an+1=2n-3．Sn=a1+a2+a3+…+an=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（an-2+an-1）+an=1+9+…+（4n-11）+2n=+2n=．②当n为偶数时，a1+a2+a3+…+an=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（an-2+an-1）+an=1+9+…+（4n-7）=．所以Sn=（k∈Z）．（3）由（2）知，an=（k∈Z）．①当n为奇数时，an=2n-2+a1，an+1=2n-1-a1．由≥5，，得a12-a1≥-4n2+16n-10．令f（n）=-4n2+16n-10=-4（n-2）2+6．当n=1或n=3时，f（n）max=2，所以a12-a1≥2．解得a1≥2或a1≤-1．②当n为偶数时，an=2n-3-a1，an+1=2n+a1．由≥5，，得a12+3a1≥-4n2+16n-12．令g（n）=-4n2+16n-12=-4（n-2）2+4．当n=2时，g（n）max=4，所以a12+3a1≥4．解得a1≥1或a1≤-4．综上所述，a1的取值范围是（-∞，-4]∪[2，+∞）．
（本小题满分16分）
解：(1)设奇数项的等差数列公差为d，偶数项的等比数列公比为．
∴数列的前5项依次为：1，2，1+d，2q，1+2d．
∵，∴，解得：． 2分
∴． 4分
(2) ∵．
若()
则，∴，即，∴，即．
6分
若()
则，∴，∴．
∵为整数，∴必为整数，∴，∴，此时．
不合题意． 8分
综上可知：m=2． 9分
(3)∵
=+=． 10分
． 11分
∴==． 12分
若为数列中的项，则只能为．
，则，∴，m无解． 13分
，则，∴．
当时，等式不成立；
当时，等式成立；
当时，令．
∴，．
当时，，∴在上单调递增．
又∵，∴在上恒成立，
∴在上单调递增．
∵，∴当时，方程无解． 14分
，则，∴，即． 15分
综上可知：或． 16分