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项与为Sn,且Sn=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，试问就是否存在正整数 P, q(其中1pq)，使bp, bq成等比数列?若存在，求出所有满足条件得数组(P, q);若不存在，请说明理由.【难点分析】与数列有关得不定方程得整数解【突破策略】根据等比数列得定义与通项公式，建立方程组即可求解1 a1 a1解：(1)令 n = 1，贝U a1= S1 =2= 0、n an a1nan(2)证明：由 S=2 ，即 Sn=,n+ 1 an+1得

2、Sn+ 1 =2得(n 1)an+1= nan,于就是 nan+ 2= (n+ 1)an+1、一得 nan+2+ nan = 2nan+1,即 an+ 2+ an = 2an + 1,又 a1= 0, a2 = 1,a2 a1= 1,所以数列 an就是以0为首项，1为公差得等差数列.所以 an= n 1、(3)假设存在正整数数组(P, q)使b1, bp, bq成等比数列，则Ig b1, Ig bp, Ig bq成等差数 列,于就是3P=1 +嚣所以 q= 3*寻一3). (*)易知(p, q) = (2,3)为方程(*)得一组解.3P+1当p A3,且p N*时，竺十|pp = 2p+4p0

3、，故数列 爭(p A 3)为递减数列,于就是斜 1W 2 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.例2. (2014苏北四市质检)设数列 an得前n项与为Sn,已知Sn+1 = pSn+ q(p, q为常数，n N*)，且 ai = 2, a2= 1, a3= q- 3p、(1) 求P, q得值;求数列an得通项公式;Q _Qm(3)就是否存在正整数 m, n使 cm+1成立？若存在，求出所有符合条件得有序S1+1 m 2 十 I数对(m，n);若不存在，请说明理由.【难点分析】数列与不等式得综合【突破策略】先

4、求与，再化简不等式，确定m得取值3= 2p+ q,即3+ q 3p= 3p + q,S2= pa1+ q,解：(1)由题意知S3= pS2+ q,1p = 2， 解得 2q = 2、(2)由(1) 知,Sn+1 = 2&+ 2、Sn= Si-1 + 2,一，得1an+1 = 2an(nA2).E1乂 a2= 2a1,、 1所以 an+1 = 2an( n N1*)，所以数列an就是首项为2,公比为2得等比数列,1所以an=孑2、Sn m则由Sn+ 1 m2m4 1 歹一m2+1，得 2口2m+ 12m2n 4 m 4即莎;厂 2n 4 m 2 2m+ 1因为 2m+ 10,所以 2n(4 m)

5、- 20,所以 m4，且 22n(4 m)2m +1+ 4、(*)因为m N*，所以m= 1或2或3、或2;当 m= 1 时，由(*)得 22nx 38,所以 n= 1;当 m= 2 时，由(*)得 22nx 212，所以 n = 1当m= 3时，由(*)得22n20 ,所以n = 2或3或4、(2,1), (2,2), (3,2), (3,3), (3,4).综上可知，存在符合条件得所有有序数对(m, n)为(1,1), 例3. (2014连云港质检)已知数列an中，a2= a(a为非零常数)，其前n项与Sn满足Sn =n an a1*一2(n N ).(1) 求数列an得通项公式;若a =

6、 2，且4am Sn= 11,求m, n得值;(3)就是否存在实数 a, b，使得对任意正整数 P,数列an中满足an+ b 2m 2n 1,2 m+2n 3 0,2m 2n 1 = 1,m= 12 ,n = 11、所以解得2m+ 2n 3 = 43,由 an+ b w p 得 a(n 1)+ b p、若a0,则p bn w + 1、a因为不等式an+ bw p成立得最大正整数解为3p 2,p b所以 3p 2 w + 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,此时3 b 0w 1 b,解得 2 bw 1、1故存在实数a

7、, b满足条件，且a = 3, b22, 1、例4. (2014苏州一调)设数列an得前n项与为Sn,已知a1 = a2= 1, bn= nSn+ (n + 2)an, 数列bn就是公差为d得等差数列，n N*、(1)求d得值;求数列an得通项公式;求证:2n+ 12(a1a2 an)(30 旳 2 时，Sn 1 +an 1 = 4、n 1n + 2n + 1n 1n+ 2 n+ 1所以 an+an =an 1,n 1即 an1 nan 12 n 1则 01=2 1,03=2 3,an1 nan12 n 1以上各式两边分别相乘,an 1ai2n 1 n、因为ai= 1，所以an =2*-1n

8、+ 2证明：因为Sn+ jan= 4,an 0 , Sn 0,n+ 2所以n+ 2Sn nanWSn+ an2=2、n12则 0 vanSi w 4 、所以(a1a2 an) (S1S2 $) 4n n+2n+ 1 n+2、n + 2因为n= 1时，SnM厂an,所以式等号取不到.22n + 1则(a1a2 an) (S1S2 Sn)vn+1 n+2例5.(2013苏州暑假调查)已知函数f(x) = (x 1)2, g(x)= 10(x 1)，数列an满足a1= 2,(an+1 an)g(an) + f(an) = 0, bn= 1o(n + 2)(an 1).(1)求证：数列an 1就是等比

9、数列;(2)当n取何值时，bn取最大值？并求出最大值;m xm+1tm t若Fv-对任意mC N*恒成立，求实数t得取值范围. bm bm+ 1由一得(Sn Sn 1) + n anan 1 = 0、【难点分析】数列得最大值及不等式恒成立得证明【突破策略】从数列得通项入手分析，比较相邻项之间得大小解：(1)证明：因为(an+1 an)g(an) + f(an)= 0,f(an) = (an 1)2, g(an) = 10(an 1),所以 10(an + 1 an)(an 1) + (an 1)2= 0,整理得(an 1)10(an+1 an)+ an 1 = 0,所以 an= 1 或 10(

10、an+ 1 an) + an 1 = 0、由得数列an就是各项为1得常数列，而a1= 2,不合题意.由整理得10(an+1 1) =9(an 1),又 a1 1 = 1,9所以an 1就是首项为1,公比为10得等比数列.由(1)可知 an 1 = (190)n 1, n N*,99所以 bn= -(n+ 2)(an 1) = (n+ 2)()n 0, n + 3 n + 1bn + 1所以百=n 十 3 10919=10(1 +).n + 2 nn 十 2当n = 7时,8= 1，即 b7= b8；当n 1，即 bn+ 1 bn；bn当n 7时,bn+ 1bV1，即亦 1 bn、所以当n =

11、7或8时，bn取得最大值，最大值为 b8= b7= 107、tm 巴+1_J_10t由bmb；打得 tmm + 2 9m+ 3 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;110t当 t0 可知 tm 0,因此tv 0不合题意;当所以9 m+ 3*t(m e N).110tt 0 时，由 tm0(m N*)知，v 0,m+2 9m+39 m+ 3*令 h(m) =(me N).9 m + 49 m+ 3因为 h(m+ 1) - h(m) =-_ 10m+ 2 m+ 3 h(2)h(3) h(m 1) h(m),6所以h(m)得最大

12、值为h(1)=-5 6所以实数t得取值范围就是(6,+8).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ai=1,且“k次方数列”、2kan,且数列为等差数列，求a4得值；,且存在正整数 m满足am=15,求m得最小值;(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”(2) 设数列an( n N*)为“4次方数列”(3) 对于任意正整数 c,就是否存在“4次方数列” an( n N*)与正整数p,满足ap=c、 【难点分析】数列得综合，难度比较大【突破策略】正确理解数列an为“ k次方数列【答案】

13、解(1)因为数列an( n N*)为“2次方数列”，所以 a1=1, ( an+1-an)2=(n+1)2(n N*)、于就是 a2- a1= 2,得 a2=-1 或 a2=3anan1当a2=3时，若数列为等差数列，则数列以1为首项，2为公差，于就是an=2( n2+n),经检验，满足题意；当a2=-1时，若数列辛为等差数列，则数列半以1为首项，-弓为公差，于就是an=- |n2+|n,经检验，不合题意，舍去、综上所述,所求得数列通项为 an=1( n2+n),故a4=10、(2) 因为数列an( n N*)为 “4 次方数列”，所以 a1=1,an+1-an=(n+1), 所以 an=1

14、22 32 n2、 因为an=15,当mTC3时，am得最大值就是1+22+32=14,不可能成立、 当m=4时，在算式1 22 32 42中， 因为 1 2 3 4 等于-28,-20,-10,-2,4,12,22,30, 所以nT4时,不可能成立、 当 n=5 时，因为 1-2 2+32-4 2+52 等于 15, 所以n得最小值为5. . 2 2 2 2(3) 因为 n-( n+1) -( n+2) +(n+3)=4,故只要c被4除余数分别1,2,3或整除存在即可a1=1,故当c被4除余1时，存在“4次方数列” an( n N*)与正整数p,来源：学ZXXKap=c、1-2 2+32=6

15、,故当c被4除余2时，存在“4次方数列” an( n N*)与正整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*) 与正整数p,使得ap=c、. _ 2 2 2因为1-2 -3 +4 =8,故当c能被4整除时，存在“4次方数列” an( n N*)与 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*)与正整数p,使得ap=c【巩固练习】1. (2014常州期末)已知数列an就是等差数列，a1+a2+ a3= 15,数列bn就是等比数 列，b1b2b3= 27、(1)若a1

16、= b2, a4= b3,求数列an与bn得通项公式;(2)若a1+ b1, a2+ b2, a3+ b3均为正整数且成等比数列，求a3得最大值.解：因为an就是等差数列，所以ai + a3= 2a2、又因为 ai+a2+ a3= 15,所以 a2= 5、因为bn就是等比数列，所以 bib3= b2、又因为bib2b3= 27,所以b2= 3、(1)由题设，ai = b2 = 3,从而等差数列an得公差等于2,故数列an得通项公式为an= 2n +1、进而a4= 9, b3 = a4= 9，等比数列bn得公比等于3，故数列bn得通项公式为bn= 3n3设等差数列an得公差为d,等比数列 bn得

17、公比为q，贝U a1 = 5- d, b1 = -, a3= 5q+ d, b3= 3q、因为ai + bi, a2+ b2, a3+ b3成等比数列,所以(ai+ bi)(23 + b3)= (a2 + b2)2= 64、设 a1+ b1 = m, a3+ b3= n, m, n N*，贝U mn= 64,5 d + q= m, M5 + 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 20m + n + 320d=2(舍去较小者)，所以d= n - m

18、+ p 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.63 + 7佰73+ 7 佰从而 d2，所以 a32 时，an+ Sn= 2,an1 + Si1= 2,一得2an an 1 = 0,即an = 2an1（n N , n2）.若 an= 0，贝y an 1 = 0,，a1 = 0,与已知矛盾，所以anM 0、故数列an就是首项为1,公比为2得等比数列若k= 0，由（1）知，不符题意，舍去;若 k = 1,因为 f1（n） = C1n+ c0,

19、当 n = 1 时，C1 + C0= 2a1 = 2,当 n 2 时，an+ Sn= C1n + C0,an 1 + Sn 1 = C1 （n 1） + C0, 一得 2an an 1= C1 （n N*, n2）要使数列an就是公差为d（d为常数）得等差数列，必须有 an= C1 d（常数）而a1= 1，故an只能就是常数数列，通项公式为an= 1（n N*） 故当k= 1时，数列an能成等差数列，其通项公式为an= 1（n N*），此时f1（n） = n+ 1;若 k = 2,设 f2（n）= C2n2+C1n+ C0,当 n2 时，an+ Sn= C2n2+ cm + C0,an1 +

20、Sn1 = C2（n 一 1）2 + C1（n一 1） + C0,一得 2an一 an 1 = 2c2n+ C1 一 C2（n N要使数列an就是公差为d（d为常数）得等差数列，必须有 an= 2c2n + C1 C2 d,且d = 2C2 ,考虑到 ai= 1,所以 an= 1+(n 1) 2c2= 2c2n 2c2 + 1(n N*)故当k= 2时，数列an能成等差数列，其通项公式为an= 2c2n 2c2 + 1(n N*),此时 f2(n) = C2n 1所以an n =班，贝U an= n+ 尹因为数列an就是等差数列，所以设 an= dn + c,nd+ c+dn + c d d

21、则 Sn=；= 2n2+ c+ 2 n、+(c2 + 1)n+ 1 2c2；当 k 3 时，an+ Si= fk(n)= cknk+C2n2+C1n + C0(ckM 0), n 得最高次得次数 k 3,但 如果数列an能成等差数列，则an+ S1得表达式中n得最高次得次数至多为 2，矛盾.综上，当且仅当k= 1或k= 2时，数列an能成等差数列.4. (2014苏州质检)设数列an得前n项与为Sn,满足an+ Sn = An2+Bn+ 1(Am 0).39(1)若a1 = 2，a2= 4，求证数列an n就是等比数列，并求数列an得通项公式;已知数列an就是等差数列，求 BF得值.解：(1)

22、证明：分别令n= 1,2 ,2a1 = A+ B+ 1,代入条件得2a2 + a1 = 4A+ 2B+ 1、A= 23 9 2又 a1 = 2, a2 = 4，解得3B=2所以 an+ Sn = fn2 + 务+ 1,则 an+ 1 + Sn+1 = 2(n + 1)2 + ?(n+ 1) + 1、一得 2an+1 an= n+ 2、1则 an+1 (n+1) = 2(an n).因为a1 1 = 2丰0,1 1所以数列an n就是首项为2公比为1得等比数列.d 2 3d所以 an+ Sn = n + c+-2 n+ c、所以 A = d, B= C+ 罟，c= 1、所以 = 3、5. (20

23、14无锡模拟)已知数列an中，ai= 2, n N*, an0，数列an得前n项与为Sn, 且满足 an+ 1= Sn+Sn-2、求Sn得通项公式.(2)设 bk就是数列 Sn中按从小到大顺序组成得整数数列.求b3；若存在N(N N*)，当nWN时，使得在数列Sn中，数列bk有且只有20项，求N得取值范围.解：(1)因为 an + 1 = Sn+ 1 Sn，所以(Sn+ 1- Si)(Sn+ 1+ Sn- 2) = 2,即 S2+ 1-Sn-2(Sn+ 1- Sn)= 2 ,所以(Sn+ 1- 1)2 (Sn- 1)2= 2，且($ 1)2= 1,所以(Sn 1)2就是首项为1,公差为2得等差数列,所以 Sn= 1 + 寸2n 1、(2)当 n= 1 时，S1= 1 + 1 = 2= b1；当 n = 5 时，S5= 1 + 3= 4 = b2；当 n = 13 时，S13= 1 + 5= 6 = b3、因为2n- 1就是奇数，Sn= 1 +