微专题十七数列综合

1、微专题十七数列综合西安交通大学苏州附属中学沈亮例1 . （2014南通一模）已知数列an中，a2 = 1,前n项和为Sn,且3= “笃 求ai;求证：数列an为等差数列，并写出其通项公式;设Ig bn = 03匸，试问是否存在正整数 p, q（其中1p3,且p N*时，2 !,1 3p = p：p 3）为递减数列,2p 12 X 31于是3 3 30，所以此时方程（*）无正整数解.综上，存在唯一正整数数组 （P, q）= （2,3），使bi, bp, bq成等比数列.精选文库例2. (2014苏北四市质检)设数列 an的前n项和为Sn,已知Sn+1 = pSi+q(p, q为常数，n N*)，

2、且 ai = 2, a2= 1, a3= q- 3p.求数列an的通项公式;Sn 一 m2m(3)是否存在正整数 m, n使 一成立？若存在，求出所有符合条件的有序数Sn+1 m 2 十 1对(m, n);若不存在，请说明理由.【难点分析】数列与不等式的综合【突破策略】先求和，再化简不等式,确定 m的取值解：(1)由题意知S2= pai + q,S3= pS2+ q,即3=2p+ q,3 + q 3p= 3p+ q,解得P=2，q = 2.(2)由(1)知,1Sn+1 = 2Sn+ 2.一，得an+1 = 2an (nA 2).又 a2= 1a1,1所以 an+1 = 2an(n N)，所以数

3、列an是首项为2，公比为2的等比数列，所15以 an= 2n 2.由得S= 一 = 4(1 如1 2假设存在符合条件的m,n.则由 2?十彳,Sn+1 m 2 + 12m4 1 歹m得 工 2m+ 1.因为 2m+ 10,所以 2n(4 m) 20 , 所以 m4，且 22n(4 m)2m +1+ 4.(*)因为m N*，所以m= 1或2或3.当m= 1时，由(*)得22吹38,所以n= 1;当 m= 2 时，由(*)得 22nx 212，所以 n = 1 或 2;当m= 3时，由(*)得22n2m 2n 1,2m+2n 30,2m 2n 1 = 1,m= 12,所以解得2m+ 2n 3 =

4、43,n= 11.由 an+ b w p 得 a(n 1)+ b p.若a+1,不合题意，舍去;a若a0,则因为不等式an+ bw p成立的最大正整数解为3p- 2,所以 3p 2 w pb + 1 3p 1,a即2a- b (3a 1)pw 3a b,对任意正整数p都成立.1所以3a 1 = 0,解得a= 3,2 2此时 7 b 0w 1 b,解得 bw 1.3 31故存在实数a, b满足条件，且a = 3, bI，1 .例4. (2014苏州一调)设数列an的前n项和为Sn,已知ai = a2= 1, bn= nSn+ (n + 2)an,数列bn是公差为d的等差数列，n N*.(1)求d

5、的值;求数列an的通项公式;求证:22n+ 1(aia2 an) (SiQ Sn) 2 时，Sn-1 + nan-1= 4.由一得(Sn Sn- 1) + nan - an- 1= 0.n n 1所以an+n+ 21_Qn an =巴an1,1 卩2 1.nn 1an1 2 n 1则 a2=2 2,a3 = 1 3 a2 = 2 2,1_nan12 n 1 以上各式两边分别相乘，得0=n.因为a1= 1，所以an = 2=.(3)证明：因为Sn +n + 2_ -_n an= 4, an 0, Sn 0,所以ri+ 2an wS1 + 吐2an -= 2.则 0anS w 4 韭所以(a1a2

6、 - an) (S恵-$) 4n n +1 n+ 2 n I 2因为n= 1时，SnM Jan，所以式等号取不到.22n+ 1则(a1a2 an)(-1S2 &) 0,所以詈=9 n+ 1 n+310n 1n+ 22 nn+ 2 10当n = 7时,严=1，即b7b7= b8；当n 1，即 bn+i bn；当n 7时,bn+1bn V 1，即 bn+ 1V bn.所以当n = 7或8时,bn取得最大值，最大值为b8= b7= 1?tm 巴+1由 bmv bm了tm m+i乔+10t v 0.(*)由题意知，(*)式对任意m N*恒成立.当t= 0时，(*)式显然不成立，因此 t= 0不合题意;

7、当110ttv 0时，由市乔可0可知tm v 0(m N*),而当m为偶数时，tm 0,因此tv 0不合题意;当所以.9 m+ 3*t(m N).110tt 0 时，由 tm0(m N*)知 一 v 0,) m+2 9m+3入、9 m+ 3*令h(m)=19rm+?(mN) 因为 h(m+1)- h(m)=-10+2=10 m+ 2 m+ 3 V 0所以 h(1)h(2)h(3) h(m 1) h(m),所以h(m)的最大值为h(1) = 6.5所以实数t的取值范围是(6,+s) 5例6.(南京师大附中2013届高三模拟考试 5月卷)设k为正整数,若数列an满足a1=1,且“k次方数列”.2k

8、(an+1-an) =(n+1) (n N*),称数列an为(1)设数列an( n N*)为“2次方数列” 设数列an( n N*)为“4次方数列”an,且数列-为等差数列，求a4的值；,且存在正整数 m满足am=15,求m的最小值;(3)对于任意正整数 C,是否存在“4次方数列” an( n N*)和正整数P，满足ap=c. 【难点分析】数列的综合，难度比较大【突破策略】正确理解数列an为“ k次方数列【答案】解(1)因为数列an( n N*)为“2次方数列”，2 2所以 ai=1, ( an+1-an) =(n+1) (n N*).于是 a2- a1= 2,得 a2=-1 或 a2=3an

9、an1当a2=3时，若数列为等差数列，则数列以1为首项,2为公差，于是an=2( n2+n),经检验，满足题意；当a2=-1时，若数列吟为等差数列，则数列吟以1为首项，-訓公差，3 o 5于是an=-2n2+2n,经检验，不合题意，舍去.综上所述,所求的数列通项为an=2( r+n),故a4=10. 因为数列an( n N*)为“4次方数列”，所以a1=1, an+1-an=(n+1),2 2 2所以 an=1 2 3 n.因为an=15,当mTC3时，am的最大值是1+22+32=14,不可能成立. 当m=4时，在算式1 22 32 42中，因为 1 22 32 42等于-28,-20,-1

10、0,-2,4,12,22,30, 所以m=4时,不可能成立.当 mF5 时，因为 1-2 2+32-4 2+52 等于 15,所以m的最小值为52 2 2 2 因为 n-( n+1) -( n+2) +(n+3)=4,a1=1,故当c被4除余1时，存在“4次方数列” an( n N*)和正整数p,来源：学ZXXKap=c.1-22+32=6,故当C被4除余2时，存在“ 4次方数列” an( n N*)和正整故只要C被4除余数分别1,2,3或整除存在即可 因为 科网 使得 因为数P，使得ap=c.因为1-2 2+32-4 2+52=15,故当C被4除余3时，存在“4次方数列” an( n N*)

11、 和正整数P，使得ap=c.因为1-2 2-3 2+42=8,故当c能被4整除时，存在“4次方数列” an ( n N*)和 正整数p,使得ap=c.综上所述,对任意正整数c,存在“4次方数列” an(n N*)和正整数p,使得ap=c【巩固练习】1. (2014常州期末)已知数列an是等差数列，a1 + a2+ a3= 15,数列bn是等比数列, bib2b3= 27.(1)若ai= b2, a4= b3,求数列an和bn的通项公式;(2)若a1+ b1, a2+ b2, a3+ b3均为正整数且成等比数列，求a3的最大值.解：因为an是等差数列，所以 a1 + a3= 2a2.又因为 a1

12、+a2+ a3= 15,所以 a2= 5.因为bn是等比数列，所以b1b3= b2.又因为b1b2b3= 27,所以b2= 3.(1)由题设，a1 = b2 = 3,从而等差数列an的公差等于2, 故数列an的通项公式为an= 2n +1.进而a4= 9, b3= a4= 9，等比数列bn的公比等于3,故数列bn的通项公式为bn = 3n1设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q，贝u a1 = 5 d, b1 = 3, a3= 5M+ d, b3= 3q.因为a1 + b1, a2+ b2, a3+ b3成等比数列，所以(a1+ b1)(23 + b3)= (a2 + b2)2= 6

13、4.设 a1+ b1 = m, a3+ b3= n, m, n N*，贝U mn= 64,35 d + q= m,5 + d + 3q = n.整理得 d2+ (m n)d+5(m+ n) 80= 0.因为a3= 5 + d，所以要使a3最大，只需d最大，所以上面方程必有解，从而m n + / m n 2 20 m+ n + 320d=2(舍去较小者)，所以d = n m+( m + n 10 2 362要使d最大，只需n m及(m+n 10)2取最大值.因为m, n N*, mn= 64,所以当且仅当 n= 64, m = 1时，n m及(m+n 10)2取最大 值.从而d 63普，所以a3

14、0，数列an的前n项和为Sn, 且满足 an+ 1= Sn+ 1+ Sn 2-求3的通项公式.设 bk是数列 Sn中按从小到大顺序组成的整数数列.求bs；若存在N（N N*）,当nW N时，使得在数列Sn中，数列bk有且只有20项，求N 的取值范围.解：(1)因为 an + 1 = Sn + 1 Sn,所以(Sn+ 1 Sn)(Sn+ 1 + Sn 2) = 2,即 Sn+ 1 Sn 2(Sn+ 1 Sn) = 2,所以(Sn+ 1 1)2 (Sn 1)2= 2,且(S1 1)2= 1 ,精选文库所以(Si 1)2是首项为1,公差为2的等差数列,所以 Sn= 1 + 寸2n 1.(2)当 n=

15、 1 时，S1= 1 + 1 = 2= b1； 当 n = 5 时，S5= 1 + 3= 4 = b2；当 n = 13 时，Si3= 1 + 5= 6 = b3因为2n 1是奇数，Sn= 1+寸2n 1为有理数, 则寸2n 1 = 2k 1,所以 n = 2k2 2k+ 1.当 k = 20 时，n = 761 ;当 k = 21 时，n = 841.所以存在N 761,840 (N N*),当n0.(1) 若 a2 a1= 8, a3= m. 当m= 48时，求数列 an的通项公式； 若数列an是唯一的，求 m的值；(2) 若 a2k + a2k 1 + + ak+1 (ak + ak1

16、+ a” = 8, k N，求 a2k+1 + a2k+2+ a3k 的 最小值.解：设公比为q,则由题意，得 q0.a1q a1= 8, (1)由 a2 a1 = 8, a3= m= 48，得 2a1q2 = 48,a1 = 16+ 813,q= 3甬.解得a1= 168也，q = 3 + V 3,所以数列an的通项公式为 an= (16 3)(3 +73)n1 或 an= (16 + 873)(3 73)n 1.a1q a1 = 8,要使满足条件的数列an是唯一的，即关于a1与q的方程组 2有唯一正a1q2= m所以方程8q2 mq+ m= 0有唯一解.则= m2 32m= 0，解得 m= 32 或 m= 0.因为a3= m0,所以 m= 32,此时q = 2.经检验，当m=