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，a 21，前 n 项和为 Sn，且 Sn .nan a12(1)求 a1；(2)求证：数列a n为等差数列，并写出其通项公式；(3)设 lg bn ，试问是否存在正整数 p，q(其中 1 .22n4 m 2 12m 1因为 2m10，所以 2n(4m)20 ，所以 m4，且 22n(4m)2 m1 4.(*)因为 mN*，所以 m1 或 2 或 3.当 m1 时，由(*) 得 22n38，所以 n1；当 m2 时，由(*) 得 22n212，所以 n1 或 2；当 m3 时，由(*) 得 22n20，
2、所以 n2 或 3 或 4.综上可知，存在符合条件的所有有序数对(m ，n)为(1,1) ，(2,1)，(2,2)，(3,2)，(3,3)，(3,4)例 3(2014连云港质检) 已知数列 an中，a 2a(a 为非零常数 )，其前 n 项和 Sn满足 Sn(nN *)nan a12(1)求数列a n的通项公式；(2)若 a2，且 a S n11 ，求 m，n 的值；142m(3)是否存在实数 a，b，使得对任意正整数 p，数列 an中满足 anbp 的最大项恰为第 3p2 项？若存在，分别求出 a 与 b 的取值范围；若不存在，请说明理由【难点分析】等差数列与等比数列的综合，数列的通项【突破
3、策略】等差数列的通项公式，数列的项与项之间的关系解：(1)由已知得 a1S 1 0，所以 Sn ，则 Sn1 ，所以1a1 a12 nan2 n 1an 122(Sn1 S n)(n1)a n1 na n，即(n1) an1 na n，nN*，所以 nan2 (n1)a n1 ，两式相减得 2an1 a n2 a n，nN*，即 an2 a n1 a n1 a n，nN*，故数列a n是等差数列又 a10，a 2a，所以 an(n1) a.(2)若 a2，则 an2( n1)，所以 Snn(n1) 由 a S n11 得 n2n11 ( m1) 2，142m即 4(m1) 2(2n1) 243
4、，所以(2m2n3)(2m2n1)43，因为 43 是质数，2m2n32m2n1,2m 2n30，所以Error! 解得Error!(3)由 anbp 得 a(n1)bp.若 a0，则 n 1，不合题意，舍去；p ba若 a0，则 n 1.p ba因为不等式 anbp 成立的最大正整数解为 3p2，所以 3p2 13p1，p ba即 2ab(3a1)p3ab， 对任意正整数 p 都成立所以 3a10，解得 a ，13此时 b01b，解得 b1.23 23故存在实数 a，b 满足条件，且 a ，b .13 (23，1例 4(2014苏州一调)设数列 an的前 n 项和为 Sn，已知 a1a 21
5、，b nnS n( n2)an，数列b n是公差为 d 的等差数列，nN *.(1)求 d 的值；(2)求数列a n的通项公式；(3)求证：(a1a2an)(S1S2Sn) .22n 1n 1n 2【难点分析】数列的通项及不等式的证明【突破策略】从数列的通项入手解：(1)因为 a1a 21，所以 b1S 13a 14， b22S 24a 28，所以 db 2b 14.(2)因为数列b n是等差数列，所以 bn4n，所以 nSn(n2)a n4n，即Sn an4. n 2n当 n2 时，S n1 an1 4. n 1n 1由 得( SnS n1 ) an an1 0.n 2n n 1n 1所以
6、an an an1 ，即 .n 2n n 1n 1 anan 1 12 nn 1则 ， ， .a2a1 1221a3a2 1232 anan 1 12 nn 1以上各式两边分别相乘，得 n.ana1 12n 1因为 a11，所以 an .n2n 1(3)证明：因为 Sn an4，a n0， Sn0，n 2n所以 2.Snn 2n an Snn 2n an2则 0a nSn4 .所以(a 1a2an)(S1S2Sn)4 n .nn 2 12n 1n 2因为 n1 时，S n an，所以式等号取不到n 2n则(a 1a2an)(S1S2Sn) .22n 1n 1n 2例 5(2013苏州暑假调查)
7、已知函数 f(x)(x1) 2，g( x) 10(x1)，数列 an满足a12，( an1 a n)g(an)f(a n)0，b n (n2)( an1)910(1)求证：数列a n1是等比数列；(2)当 n 取何值时，b n取最大值？并求出最大值；(3)若 对任意 mN *恒成立，求实数 t 的取值范围tmbm tm 1bm 1【难点分析】数列的最大值及不等式恒成立的证明【突破策略】从数列的通项入手分析，比较相邻项之间的大小解：(1)证明：因为(a n1 a n)g(an)f (an)0，f(an)(a n1) 2，g(an)10(a n1)，所以 10(an1 a n)(an1)(a n1
8、) 20，整理得(a n1) 10(an1 a n) an1 0，所以 an1 或 10(an1 a n)a n10 .由得数列 an是各项为 1 的常数列，而 a12，不合题意由 整理得 10(an1 1)9(a n 1)，又 a111，所以a n1是首项为 1，公比 为 的等比数列910(2)由(1)可知 an1( )n1 ，nN*，910所以 bn (n2)( an1)(n 2)( )n0，910 910所以 (1 )bn 1bnn 3910n 1n 2910n 910 1n 2当 n7 时， 1，即 b7b 8；b8b7当 n7 时， 1，即 bn1 b n；bn 1bn当 n7 时，
9、 1，即 bn1 b n.bn 1bn所以当 n7 或 8 时，b n取得最大 值，最大 值为 b8b 7 .98107(3)由 得 tm 0.(*)tmbm tm 1bm 1 1m 2 10t9m 3由题意知，(*)式对任意 mN*恒成立当 t 0 时，(*) 式显然不成立，因此 t0 不合题意；当 t 0 时，由 0 可知 tm0(m N*)，1m 2 10t9m 3而当 m 为偶数时，t m0, 因此 t0 不合题意；当 t 0 时，由 tm0(mN *)知， 0，1m 2 10t9m 3所以 t (mN*)9m 310m 2令 h(m) (mN*)9m 310m 2因为 h(m1) h
10、(m) 9m 410m 3 9m 310m 2 0，910m 2m 3所以 h(1)h(2)h(3) h(m 1)h(m )，所以 h(m)的最大 值为 h(1) .65所以实数 t 的取值范围是( ，) 65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 (an+1-an)2=(n+1)k(nN*),称数列 an为“ k 次方数列”.(1)设数列 an(nN*)为“2 次方数列”,且数列 为等差数列,求 a4的值;ann(2)设数列 an(nN*)为“4 次方数列”,且存在正整数 m 满足 am=15,求 m 的最小值;(3)对于
11、任意正整数 c,是否存在“4 次方数列” an(nN*)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(nN*)为“2 次方数列”, 所以 a1=1, (an+1-an)2=(n+1)2(nN*). 于是 a2-a1=2,得 a2=-1 或 a2=3 当 a2=3 时, 若数列 为等差数列,则数列 以 1 为首项, 为公差, ann ann 12于是 an= (n +n),经检验,满足题意; 12 2 当 a2=-1 时,若数列 为等差数列,则数列 以 1 为首项,- 为公差, ann ann 32
12、于是 an=- n + n,经检验,不合题意,舍去. 322 52综上所述,所求的数列通项为 an= (n +n),故 a4=10. 12 2 (2)因为数列 an(nN*)为“4 次方数列”, 所以 a1=1,an+1-an=(n+1), 所以 an=12232n2. 因为 am=15,当 m3 时, am的最大值是 1+22+32=14,不可能成立. 当 m=4 时,在算式 1223242中, 因为 1223242等于-28,-20,-10,-2,4,12,22,30, 所以 m=4 时,不可能成立. 当 m=5 时,因为 1-22+32-42+52等于 15, 所以 m 的最小值为 5
13、(3)因为 n2-(n+1)2-(n+2)2+(n+3) 2 =4, 故只要 c 被 4 除余数分别 1,2,3 或整除存在即可 因为 a1=1,故当 c 被 4 除余 1 时,存在“4 次方数列” an(nN*)和正整数 p, 来源:学科网 ZXXK使得 ap=c. 因为 1-22+32=6,故当 c 被 4 除余 2 时,存在“4 次方数列” an(nN*)和正整 数 p,使得 ap=c. 因为 1-22+32-42+52=15,故当 c 被 4 除余 3 时,存在“4 次方数列” an(nN*) 和正整数 p,使得 ap=c. 因为 1-22-32+42=8,故当 c 能被 4 整除时,
14、存在“4 次方数列” an(nN*)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(nN*)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，a 1a 2a 315，数列 bn是等比数列，b1b2b327.(1)若 a1b 2，a 4b 3，求数列 an和 bn的通项公式；(2)若 a1b 1，a 2b 2，a 3b 3 均为正整数且成等比数列，求 a3 的最大值解：因为a n是等差数列，所以 a1a 32a 2.又因为 a1a 2a 315，所以 a25.因为b n是等比数列，所以 b1b3b .2又因为 b1
15、b2b327，所以 b2 3.(1)由题设，a 1b 23，从而等差数列 an的公差等于 2，故数列a n的通项公式为 an2n1.进而 a49，b 3a 49，等比数列b n的公比等于 3，故数列b n的通项公式为 bn3 n1 .(2)设等差数列a n的公差为 d，等比数列 bn的公比为 q，则a15d，b 1 ，a35d，b 33q.3q因为 a1b 1，a2b 2，a3b 3 成等比数列，所以(a 1b 1)(a3b 3)(a 2b 2)264.设 a1b 1m，a 3b 3n，m，n N*，则 mn64，Error!整理得 d2(mn)d5( mn) 800.因为 a35d，所以要使
16、 a3 最大，只需 d 最大，所以上面方程必有解，从而d (舍去较小者) ，所以 d m n m n2 20m n 3202.n m m n 102 362要使 d 最大，只需 nm 及(mn10) 2 取最大值因为 m，nN*，mn64，所以当且 仅当 n64， m1 时， nm 及(mn10) 2 取最大值从而 d ，所以 a3 .63 7612 73 7612即 a3 的最大值为 .73 76122(2014扬州模拟) 已知数列 an的前 n 项和为 Sn.(1)若数列a n是等比数列，满足 2a1a 33a 2，a 32 是 a2，a 4 的等差中项，求数列an的通项公式；(2)是否存
17、在等差数列a n，使对任意 nN *，都有 anSn2n 2(n1)？若存在，请求出所有满足条件的等差数列；若不存在，请说明理由解：(1)设等比数列a n的首项为 a1，公比 为 q，依题意有Error!即Error!由得 q23q 20，解得 q1 或 q2.当 q1 时，不合题意，舍去；当 q2 时，代入得 a12，所以 an22 n1 2 n.(2)假设存在满足条件的数列 an，设此数列的公差为 d.法一：a 1( n1) d 2n 2(n1)，a1n nn 12 d即 n2 n 2n 22n 对任意 nN*恒成立，则Error!d22 (32a1d d2) (a21 32a1d 12d
18、2)解得Error! 或Error!此时 an2n 或 an2n.故存在等差数列a n，使对任意 nN*，都有 anSn2n 2(n1) ，其中 an2n 或 an2n.法二：令 n1，a 4 得 a1 2，21令 n2 得 a a 1a2240，2当 a12 时，a 24 或 a26，若 a24，则 d2，a n2n，S nn(n1)，对任意 nN*，都有 anSn2n 2(n1)；若 a26，则 d8，a 314，S 318，不满足 a3S323 2(31)，舍去当 a12 时 ，a24 或 a26，若 a24，则 d2，a n2n，S nn(n1)，对任意 nN*，都有 anSn2n 2
19、(n1)；若 a26，则 d8，a 314，S 318，不满足 a3S323 2(31)，舍去综上所述，存在等差数列a n，使对任意 nN*，都有 anSn2n 2(n1) ，其中 an2n 或an2n.3(2014徐州摸底)设 fk(n)c 0c 1nc 2n2c knk(k N)，其中 c0，c 1，c 2，c k为非零常数，数列a n的首项 a11，前 n 项和为 Sn，对于任意的正整数n，a nS nf k(n)(1)若 k0，求证：数列a n是等比数列；(2)试确定所有的自然数 k，使得数列a n能成等差数列解：(1)证明：若 k0，f 0(n)c 0，即 anS nf 0(n)c
20、0.当 n1 时，a 1S 1c 0，即 c02a 12，当 n2 时，a nS n2， an1 S n1 2， 得 2an an1 0，即 an an1 (nN*，n2) 12若 an0，则 an1 0，a 10，与已知矛盾，所以 an0.故数列a n是首项为 1，公比 为 的等比数列12(2)若 k0，由(1)知，不符题意，舍去；若 k1，因为 f1(n)c 1nc 0，当 n1 时，c 1 c02a 12，当 n2 时，a nS nc 1nc 0， an1 S n1 c 1(n1)c 0， 得 2an an1 c 1(nN*，n2) 要使数列a n是公差为 d(d 为常数) 的等差数列，
21、必须有 anc 1d(常数)而 a11，故a n只能是常数数列，通项公式为 an1(nN *)故当 k1 时，数列 an能成等差数列，其通项公式为 an1(nN *)，此 时 f1(n)n1；若 k2，设 f2(n)c 2n2c 1nc 0，当 n2 时，a nS nc 2n2c 1nc 0， an1 S n1 c 2(n1) 2c 1(n1)c 0， 得 2an an1 2c 2nc 1c 2(nN*，n2)，要使数列a n是公差为 d(d 为常数) 的等差数列，必须有 an2c 2nc 1c 2d，且d2c 2，考虑到 a11，所以 an1(n1)2c 22c 2n2c 21( nN*)故
22、当 k2 时，数列 an能成等差数列，其通项公式为 an2c 2n2c 21( nN*)，此时 f2(n)c 2n2(c 21)n12c 2；当 k3 时，a n Snf k(n)c knkc 2n2c 1nc 0(ck0)， n 的最高次的次数 k3，但如果数列a n能成等差数列， 则 anS n的表达式中 n 的最高次的次数至多 为 2，矛盾综上，当且仅当 k1 或 k2 时，数列 an能成等差数列4(2014苏州质检)设数列a n的前 n 项和为 Sn，满足 anS nAn 2Bn1( A0)(1)若 a1 ，a 2 ，求证数列 ann是等比数列，并求数列a n的通项公式；32 94(2
23、)已知数列a n是等差数列，求 的值B 1A解：(1)证明：分别令 n1,2，代入条件得Error!又 a1 ，a2 ，解得Error!32 94所以 anS n n2 n1， 12 32则 an1 S n1 (n1) 2 (n1) 1. 12 32得 2an 1a nn2.则 an1 (n1) (ann)12因为 a11 0，12所以数列a nn是首项为 ，公比 为 的等比数列12 12所以 ann ，则 ann .12n 12n(2)因为数列a n是等差数列，所以 设 andnc ，则 Sn n2 n.nd c dn c2 d2 (c d2)所以 anS n n2 nc.d2 (c 3d2
24、)所以 A ，B c ，c1.所以 3.d2 3d2 B 1A5(2014无锡模拟) 已知数列 an中，a 12，nN *，a n0，数列 an的前 n 项和为Sn，且满足 an1 .2Sn 1 Sn 2(1)求S n的通项公式(2)设b k是数列S n中按从小到大顺序组成的整数数列求 b3; 若存在 N(NN *)，当 nN 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 an1 S n1 S n，所以(S n1 S n)(Sn1 S n2)2，即 S S 2(S n1 S n)2，2n 1 2n所以(S n1 1) 2( Sn1) 22，且(S 11)
25、 21，所以(S n1) 2是首项为 1，公差 为 2 的等差数列，所以 Sn1 .2n 1(2)当 n1 时，S 1112b 1；当 n5 时，S 5134b 2；当 n13 时，S 13156 b3.因为 2n1 是奇数，S n1 为有理数，2n 1则 2k 1，所以 n2k 22k 1.2n 1当 k20 时，n 761；当 k21 时，n 841.所以存在 N761,840(NN*)，当 nN 时，使得在 Sn中，数列b k有且只有 20 项6(2014南通一调) 已知数列 an是等比数列，且 an0.(1)若 a2a 18，a 3m.当 m48 时，求数列a n的通项公式；若数列a
26、n是唯一的，求 m 的值；(2)若 a2ka 2k1 a k1 ( aka k1 a 1)8，kN *，求 a2k1 a 2k2 a 3k的最小值解：设公比为 q，则由题意，得 q0.(1)由 a2a 18，a 3m48，得Error!解得Error! 或Error!所以数列a n的通项公式为 an(168 )(3 )n1 或 an(168 )(3 )n1 .3 3 3 3要使 满足条件的数列 an是唯一的，即关于 a1 与 q 的方程组Error!有唯一正数解所以方程 8q2mqm0 有唯一解则 m 232m 0，解得 m 32 或 m0.因为 a3m0，所以 m32，此时 q2.经检验，当 m32 时，数列a n唯一，其通项公式为 an2 n2 .(2)由 a2ka 2k1 a k1 ( aka k1 a 1)8，得 a1(qk1)(q k1 q k2 1)8，且 q1.则 a2k1 a 2k 2a 3ka 1q2k(qk1 q k2 1) 8 32.8q2kqk 1 (qk 1 1qk 1 2)当且仅当 qk1 ，即 q ，等号成立1qk 1 k2所以 a2k1 a 2k2 a 3k的最小值为 32.
