专题16 数列中项数问题(原卷版)

1、n专题 16数列中项数问题数列中项数问题，不仅是存在性问题，而且是整数解问题. 会利用整除性质、奇偶分析法、“范围”控制 解决，常用到分类讨论思想类型一 整数解问题典例 1. 已知集合 ， , 对于数列 ， ，且对于任意 ， ，有 记 为数列的前 项和.()写出 ，的值；()数列()数列类型二中，对于任意 ，存在 ，使 ，求数列中，对于任意 ，存在 ，有 .求使得存在性问题的通项公式；成立的 的最小值典例 2 已知数列a 中，a =1，前 n 项和为 S ，且 S n 2 n（1）求 a ；1（2）证明数列a 为等差数列，并写出其通项公式；nn( a a ) n 12（3）设 lg b nan

2、 13n，试问是否存在正整数 p，q(其中 1pa_(n-1)记 S_n 为数列a_n的前 n 项和.()写出 a_7，a_8 的值；()数列a_n中，对于任意 nN*，存在 k_nN*，使 a_(k_n )=2(n-1)，求数列k_n的通项公式；()数列a_n中，对于任意 nN*，存在 kN*，有 a_(k+1)=2n+1.求使得 S_(k+1)27a_(k+1)成立的 k 的最小值【答案】(1) a_7=8, a_8=9 (2) k_n=2(n-2)+n-1(n3) (3)57【解析】（I）A=x|x=2n+1,nN*=3,5,7,9,11,13,2n+1,=x|x=2(n-1),nN*=

3、1,2,4,8,16,32,2(n-1),，=AB=1,2,3,4,5,7,8,9,11,13,15,16,.因为 a_1=1，且对于任意 n2,nN*，a_n=minxC|xa_(n-1)，所以 a_1=1,a_2=2,a_3=3,a_4=4,a_5=5,a_6=7,a_7=8,a_8=9.（II）对于任意 n2，nN*，有 a_n=minxC|xa_(n-1)，所以对于任意 n2，nN*，有 a_na_(n-1)，即数列a_n为单调递增数列.因为对于任意 nN*，存在 k_nN*，使 a_(k_n )=2(n-1)，所以 k_1k_2k_3k_n27a_(k+1)，n(n+2)+2(log

4、_2 n+2)-127(2n+1)，即 n2-52n-28+2(log_2 n+2)0，(n-26)2+42(log_2 n)704.当log_2 n=0 时，即 n=1 时，(n-26)2+42(log_2 n)=629704，不合题意；当log_2 n=1 时，即 n=2,3 时，(n-26)2+42(log_2 n)242+8704，不合题意；当log_2 n=2 时，即 4n7 时，(n-26)2+42(log_2 n)222+16704，不合题意；当log_2 n=3 时，即 8n15 时，(n-26)2+42(log_2 n)182+48704，不合题意；当log_2 n=4 时，

5、即 16n31 时，(n-26)2+42(log_2 n)102+4 16704,此时，(n-26)2576.而 n=50 时，(n-26)2=576.所以 n50.又当 n=51 时，(51-26)2+42(log_2 51)=753704；所以 k=n+log_2 n+151+log_2 51+1=51+5+1=57.综上所述，符合题意的 k 的最小值为 k=57.类型二 存在性问题典例 2 已知数列an中，a2=1，前 n 项和为 Sn，且 求 a1；证明数列an为等差数列，并写出其通项公式；设 ，试问是否存在正整数 p，q(其中 1pq)，使 b1，bp，bq 成等比数列？若存在，求出

6、所有满足条 件的数组(p，q)；若不存在，说明理由【答案】（1）0（2）an=n1（3） ，【解析】（1）令 n=1，则 a1=S1= =0（2）由 ，即 ， 得 ，得 于是， +，得 ，即 又 a1=0，a2=1，a2a1=1，所以，数列an是以 0 为首项，1 为公差的等差数列所以，an=n1（3）解法 1：假设存在正整数数组(p，q)，使 b1，bp，bq 成等比数列，则 lgb1，lgbp，lgbq 成等差数列， 于是， 时， 0，故数列 ( )为递减数列，时， 0，故数列 ( )为递减数列， ，即 时，又当 时， ，故无正整数 q 使得 成立解法 2：同上有， ，且数列 ( )为递减

7、数列，当 时， 成立；当 时， ，因此，由 得， ，此时类型三 否定性问题典例 3 等差数列 的前 项和为 求数列 的通项 与前 项和 ；设 ，求证：数列 中任意不同的三项都不可能成为等比数列【答案】（1） （2）见解析【解析】（1）由已知得 ， ，故 （2）由（1）得 假设数列 中存在三项 （ 互不相等）成等比数列，则 即 ，与 矛盾所以数列 中任意不同的三项都不可能成等比数列1.公差 d0 的等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a122，S31232求数列an的通项公式 an 及其前 n 项和 Sn；记 cnSnn，试问：在数列cn中是否存在三项 cr，cs，ct(rst，r,s,t

8、N*)恰好成等比数列？ 若存在，求出此三项；若不存在，请说明理由.【答案】（1） ， （2）见解析【解析】（1） ， ，所以 ，（2）易知 ，假设存在三项 成等比数列，则 ，即 ,整理得且 ， ,解得 ,这与 矛盾.综上所述，不存在满足题意的三项2.已知各项均为正数的等比数列 的公比为 ，且 .在数列 中是否存在三项，使其成等差数列？说明理由； 【答案】见解析【解析】由 知，数列 是递减数列，假设存在 成等差数列，不妨设 ，则 ，即即而 ， ，故矛盾因此在数列 中不存在三项成等差数列3.设 ，试问数列 中是否存在三项，它们可以构成等差数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由 【答案】见解析

9、【解析】解：假设数列 中存在三项，它们可以够成等差数列；不妨设为第 项，由得 ， ， ， 又 为偶数， 为奇数故不存在这样的三项，满足条件4.已知数列 满足： ， ，数列 满足： 求数列 ， 的通项公式；证明：数列 中的任意三项不可能成等差数列【答案】(1) ， (2)见解析【解析】（1）由题意可知，令 ，则又 ，则数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，即，故 ，又 ，故 ， （2）假设数列 存在三项 按某种顺序成等差数列，由于数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，于是有 ， 则只有可能有 成立，即即：由于 ，所以上式左边为偶数，右边为奇数，故上式不可能成立，导致矛盾因此数列 中任意三项不可能

10、成等差数列5.已知等比数列 的首项是 ，公比为 2，等差数列 的首项是 ，公差为 ，把 中的各项按照如下规则依次插入到 的每相邻两项之间，构成新数列 ： ，即在 和 两项之间依次插入 中 个项，则 _. 【答案】【解析】对数列 分组(a1), (b1,a2),(b2,b3,a3),(b4, )，前 n 组的个数之和靠近 2013 即可，可能 前 63 组之和为 2016，用 2013 个数剔除 an 中的项即可6.设等差数列 的前 项和为 且 求数列 的通项公式及前 项和公式；设数列 的通项公式为 ，问：是否存在正整数 t，使得成等差数列？若存在，求出 t 和 m 的值；若不存在，请说明理由【

11、答案】(1) (2) 当 时， ；当 时， ；当 时， 【解析】（1）（2） ，要使得 成等差数列，则即：即： ， 只能取 2，3，5当 时， ；当 时， ；当 时， 7. 设 是公差不为零的等差数列， 为其前 项和，且求数列 的通项公式及前 项和 ；试求所有的正整数 ，使得 为数列 中的项【答案】(1) , (2) 2【解析】（1）设公差为 ，则 ，由性质得 ，因为 ，所以 ，即 ，又由 得 ，解得 ， ,所以 的通项公式 为 ，前 n 项和 (2) = ，若其是 中的项，则 ，令 ，则 = ,即：所以 为 8 的约数因为 是奇数，所以 可取的值为 ，当 ，即 时， ；当 ，即 时， （舍去

12、）所以满足条件的正整数 8. 若 A_n=(a_1 a_2a_n )(a_i=0 或 1,i=1,2,n)，则称 A_n 为 0 和 1 的一个 n 位排列，对于 A_n，将排列(a_n a_1 a_2a_(n-1) )记为 R1 (A_n)，将排列(a_(n-1) a_n a_1a_(n-2) )记为 R2 (A_n)，依此类推，直至 Rn (A_n)=A_n，对于排列 A_n 和 Ri (A_n)(i=1,2,n-1)，它们对应位置数字相同的个数减去对应位置数字不同的数，叫做 A_n 和 Ri (A_n)的相关值，记作 t(A_n,Ri (A_n)，例如 A_3=110，则R1 (A_3)

13、=011，t(A_3,R1 (A_3)=-1，若 t(A_n,Ri (A_n)=-1(i=1,2,n-1)，则称 A_n 为最佳排列 （）写出所有的最佳排列 A_3（）证明：不存在最佳排列 A_5（）若某个 A_(2k+1)（k 是正整数）为最佳排列，求排列 A_(2k+1)中 1 的个数【答案】详见解析【解析】（）最佳排列 A_3 为110、101、100、011、010、011（）设 A_5 = (a_1 a_2 a_3 a_4 a_5 )，则 R1 (A_5)=(a_5 a_1 a_2 a_3 a_4 )，因为 t(A_5,R1 (A_5)=-1，所以|a_1-a_5 |，|a_2-a_

14、1 |，|a_3-a_2 |，|a_4-a_3 |，|a_5-a_4 |之中有 2 个 0，3 个 1，按 a_5a_1a_2a_3a_4a_5 的顺序研究数码变化，有上述分析可知由 2 次数码不发生改变，有 3 次数码发生了改变，但是 a_5 经过奇数次数码改变不能回到自身，所以不存在 A_5，使得 t(A_5,R(A_5)=-1，从而不存在最佳排列 A_5（）由 A_(2k+1)=(a_1 a_2 a_3a_(2k+1) )(a_i=0 或 1，i=1.2，2k+1)，得 R1 (A_(2k+1)=(a_(2k+1) a_1 a_2a_2k )，R2 (A_(2k+1)=(a_2k a_2

15、k _(+1) a_1 a_2a_(2k-1) )， ，|a_1-a_3 |+|a_2-a_4 |+|a_2k-a_1 |+|a_(2k+1)-a_2 |=k_1+1，|a_1-a_2 |+|a_2-a_3 |+|a_2k-a_(2k+1) |+|a_(2k+1)-a_1 |=k+1，以上各式求和得，S=(k+1)2k，另一方面，S 还可以这样求和：设 a_1， a_2a_2k，a_(2k+1)中有 x 个 0，y 个 1，则 S=2xy，所以(x+y=2k+12xy=2k(k+1) ，得(x=ky=k+1) 或(x=k+1y=k) ，所以排列 A_(2k+1)中 1 的个数是 k 或 k+1

16、 个9设数列a_n的前 n 项和为 S_n，已知 a_1=1，S_(n+1)-2S_n=1（nN*）求证：数列a_n为等比数列；若数列b_n满足：b_1=1，b_(n+1)=b_n/2+1/a_(n+1) 求数列b_n的通项公式；是否存在正整数 n，使得_(i=1)n b_i =4-n 成立？若存在，求出所有 n 的值；若不存在，请说明理 由【答案】（1）数列a_n为等比数列，首项为 1，公比为 2（2）b_n=n/2(n-1) ，n=2【解析】（1）解：由 S_(n+1)-2S_n=1，得 S_n-2S_(n-1)=1（n2），两式相减，得 a_(n+1)-2a_n=0，即 a_(n+1)/

17、a_n =2（n2）因为 a_1=1，由(a_1+a_2)-2a_1=1，得 a_2=2，所以 a_2/a_1 =2，所以 a_(n+1)/a_n =2 对任意 nN*都成立，所以数列a_n为等比数列，首项为 1，公比为 2（2） 由（1）知，a_n=2(n-1)，由 b_(n+1)=b_n/2+1/a_(n+1) ，得 b_(n+1)=b_n/2+1/2n ，即 2n b_(n+1)=2(n-1) b_n+1，即 2n b_(n+1)-2(n-1) b_n=1，因为 b_1=1，所以数列2(n-1) b_n 是首项为 1，公差为 1 的等差数列所以 2(n-1) b_n=1+(n-1)1=n

18、，所以 b_n=n/2(n-1) 设 T_n=_(i=1)nb_i ，则 T_n=1(1/2)0+2(1/2)1+3(1/2)2+n(1/2)(n-1)，所以 1/2 T_n= 1(1/2)1+2(1/2)2+3(1/2)3+n(1/2) n，两式相减，得 1/2 T_n=(1/2)0+(1/2)1+(1/2)2+(1/2)(n-1)-n(1/2)n =(1-(1/2) n)/(1-1/2)-n(1/2)n =2-(n+2)(1/2)n，所以 T_n=4-(2n+4)(1/2)n由_(i=1)nb_i =4-n，得 4-(2n+4)(1/2)n=4-n，即(n+2)/n=2(n-1)显然当 n

19、=2 时，上式成立，设 f(n)=(n+2)/n-2(n-1)（nN*），即 f(2)=0因为 f(n+1)-f(n)=(n+3)/(n+1)-2n)-(n+2)/n-2(n-1)=-2/(n(n+1)+2(n-1) 0，所以数列f(n)单调递减，所以 f(n)=0 只有唯一解 n=2，所以存在唯一正整数 n=2，使得_(i=1)nb_i =4-n 成立10已知数列a_n的前 n 项和为 S_n=1/2 n2+1/2 n.求数列a_n的通项公式 a_n；令 b_n=a_n/2(n-1) ，求数列b_n的前 n 项和 T_n；令 c_n=a_n/(a_n+a_(n+1) )，问是否存在正整数 m

20、,k(1mk)使得 c_1,c_m,c_k 成等差数列？若存在， 求出 m,k 的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）a_n=n(nN* )；（2）4- (n+2)/2(n-1) ；（3）存在 m=2,k=7.【解析】（1）a_n=S_n-S_(n-1) (n2)(=1/2 n2+1/2 n-1/2 (n-1)2-1/2 (n-1)=1/2 n2+1/2 n-1/2 n2+n-1/2-n/2+1/2)=n ,当 n=1 时 a_1=S_1=1 满足上式,故 a_n=n(nN* ).（2）b_n=n/2(n-1)T_n=1+2/2+3/22 +.+n/2(n-1) , 1/2 T_n=1/2

21、+2/22 +.+(n-1)/2(n-1) +n/2n , 由得：1/2 T_n=1+1/2+1/22 +.+1/2(n-1) -n/2n=(1(1-1/2n )/(1-1/2)-n/2n =2(1-1/2n )-n/2n=2-(n+2)/2n ,T_n=4-(n+2)/2(n-1) .（3）假设存在 m,k(1m1 且 mN*则 9/(k+2)为奇整数，k=1（舍去）或 k=7，又由 km1 则 k=7 代入*式得 m=2,故存在 m=2,k=7 使得 c_1,c_m,c_k 为等差数列 .11数列 A_n:a_1,a_2,a_n (n4)满足：a_1=1,a_n=m,a_(k+1)-a_k

22、=0 或 1（k=1,2,n1）对任意 i，j，都存在 s，t，使得 a_i+a_j=a_s+a_t，其中 i，j，s，t1,2，n且两两不相等 （I）若 m=2，写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列的序号；1,1,1,2,2,2； 1,1,1,1,2,2,2,2； 1,1,1,1,1,2,2,2,2记 S=a_1+a_2+a_n若 m=3，求 S 的最小值；若 m=2018，求 n 的最小值【答案】（）；（）见解析；（）2026【解析】（I）数列 A_n:a_1,a_2,a_n (n4)满足：a_1=1,a_n=m,a_(k+1)-a_k=0 或 1（k=1,2,n1）对任意 i，j，都

23、存在 s，t，使得 a_i+a_j=a_s+a_t，其中 i，j，s，t1,2，n且两两不相等在中，1，1，1，2，2，2，不符合题目条件；在中，1，1，1，1，2，2，2，2，符合题目条件；在中,1,1,1,1,1,2,2,2,2,符合题目条件故所有符合题目条件的数列的序号为（II）当 m=3 时，设数列 A_n 中 1,2,3，出现频数依次为 q_1,q_2,q_3，由题意 q_i1(i=1,2,3) 假设 q_14，则有 a_1+a_2t2），与已知矛盾，所以 q_14同理可证：q_34假设 q_2=1，则存在唯一的 k1,2,n，使得 a_k=2则对s,t，有 a_1+a_k=1+2a

24、_s+a_t（k，s，t 两两不相等），与已知矛盾，所以 q_22综上 q_14，q_34，q_22，所以 S=_(i=1)3 iq_i 20，故 S 的最小值为 20.（III）设 1，2，2018 出现频数依次为 q_1,q_2,q_2018同（II）的证明，可得 q_14,q_20184,q_22,q_20172，所以 n2026取 q_1=q_2018=4,q_2=q_2017=2，q_i=1,i=3,4,5,2016，得到的数列为：B_n:1,1,1,1,2,2,3,4,2015,2016,2017,2017,2018,2018,2018,2018.下面证明 B_n 满足题目要求对i

25、,j1,2,2026，不妨令 a_ia_j，如果 a_i=a_j=1 或 a_i=a_j=2018，由于 q_1=4,q_2018=4，所以符合条件；如果 a_i=1,a_j=2 或 a_i=2017,a_j=2018，由于 q_1=4,q_2018=4，q_2=2,q_2017=2，所以也成立；如 果 a_i=1,a_j2 ， 则 可 选 取 a_s=2,a_i=a_j-1 ； 同 样 的 ， 如 果 a_i2017,a_j=2018 ， 则 可 选 取 a_s=a_i+1,a_i=2017，使得 a_i+a_j=a_s+a_t，且 i，j，s，t 两两不相等；如果 1a_ia_j2018，

26、则可选取 a_s=a_i-1,a_i=a_t+1，注意到这种情况每个数最多被选取了一次，因 此也成立综上对任意 i，j，总存在 s，t，使得 a_i+a_j=a_s+a_t ，其中 i，j，s，t1,2 ， n且两两不相等 因此 B_n 满足题目要求，所以 n 的最小值为 202612已知等差数列an和等比数列bn均不是常数列，若 a1b11，且 a1，2a2，4a4 成等比数列， 4b2， 2b3，b4 成等差数列求an和bn的通项公式；设 m，n 是正整数，若存在正整数 i，j，k（ijk），使得 ambj，amanbi，anbk 成等差数列，求 m n 的最小值；令 cna_n/b_n

27、，记cn的前 n 项和为 Tn，1/a_n 的前 n 项和为 An若数列pn满足 p1c1，且对 2, nN*，都有 pn(T_n-1)/nAncn，设pn的前 n 项和为 Sn，求证：Sn44lnn 【答案】（1）a_n=n,b_n=2(n-1)（2）(m=4n=2) 或 (m=3n=3) （3）见解析【解析】（1）设等差数列的公差为 d（d0），等比数列在公比为 q（q1），由题意得：(4a_22=4a_1 a_4，4b_3=4b_2+b_4 ) (a_1+d)2=a_1 (a_1+3d)，4b_1 q2=4b_1 q+b_1 q3 )解得 d1，q2，所以 a_n=n,b_n=2(n-1

28、).（2）由 ambj，amanbi，anbk 成等差数列，有 2a_m a_n b_i=a_m b_j+a_n b_k，即 2mn2(i-1)=m2(j-1)+n2(k-1) ，由于 ij0，2/m2，则有 m+n6；所以 m+n 的最小值为 6，当且仅当 j-i=1，k-i=2 且(m=4n=2) 或 (m=3n=3) 时取得（3）由题意得：p_2=c_1/2+(1+1/2)c_2p_3=(c_1+c_2)/3+(1+1/2+1/3)c_3(S_n=p_1+p_2+p_3+p_n =(1+1/2+1/3+1/n)(c_1+c_2+c_3+c_n) =(1+1/2+1/3+ +1/n)T_n

29、 )T_n=c_1+c_2+c_3+c_n （1）1/2 T_n= 1/2 c_1+1/2 c_2+1/2 c_n （2）（1）（2）得 1/2 T_n=1+1/2+1/4+1/8+1/2(n-1) -n/2n=2-2(1/2)n-n(1/2)n ，求得 T_n=4-(n+2)(1/2)(n-1)4，所以 S_n1)，则 f (x)=1/x-1/x2 =(x-1)/x2 0，所以 f(x)在(1,+)上单调递增，有 f(x)f(1)=0，可得 lnx1-1/x.当 k2，且 kN*时，k/(k-1)1，有 ln k/(k-1)1-(k-1)/k=1/k ，所以 1/2ln 2/1,1/3ln

30、3/2,1/nln n/(n-1)，可得 1+ 1/2+1/3+1/n1+ln 2/1+ln 3/2+ln n/(n-1)=1+lnn，所以 S_n4(1+1/2+1/3+1/n)1，若 n 排在第 i 位，则它之后的 n-i 位数完全确定，只能是 n-i，n-i-1，2，1而它之前的(i-1)位，n-i+1，n-i+2，n-1 有 A_(i-1)种排法，令 i=1，2，n，则 A_n=1+A_1+A_(n-2)+A_(n-1)，=(1+A_1+ +A_(n-2)+A_(n-1)，=A_(n-1)+A_(n-1)=2A_(n-1)，A_n=2(n-1)15设数列 的前 n 项和为 ，已知 （p

31、、q 为常数， ），又 ， ， .求 p、q 的值；求数列 的通项公式；是否存在正整数 m、n，使 成立？若存在，求出所有符合条件的有序实数对 ；若不存在，说明理由. 【答案】（1） ， ；（2） ；（3）存在符合条件的所有有序实数对： 、 、 、 、 、 .【解析】由题意，知 ，解之得由（1）知，Sn+1= Sn+2，当 n2 时，Sn= Sn1+2，得，an+1= an（n2），又 a2= a1，所以数列an是首项为 2，公比为 的等比数列，所以 an= （3）由（2）得， = ，由 ，得 ，即 ，即 ，因为 2m+10，所以 2n（4m）2，所以 m4，且 22n（4m）2m+1+4，因

32、为 mN*，所以 m=1 或 2 或 3。当 m=1 时，由得，22n38，所以 n=1；当 m=2 时，由得，22n212，所以 n=1 或 2；当 m=3 时，由得，22n20，所以 n=2 或 3 或 4，综上可知，存在符合条件的所有有序实数对（m，n）为：（1，1），（2，1），（2，2），（3，2），（3，3），（3， 4）16已知数列an的各项均为正数，记数列an的前 n 项和为 Sn，数列an2的前 n 项和为 Tn，且 3TnSn2 2Sn，nN*（）求 a1 的值；（）求数列an的通项公式；（）若 k，tN*，且 S1，SkS1，StSk 成等比数列，求 k 和 t 的值 【

33、答案】（1）1（2）an2n1，nN*(3) k2，t3【解析】（1）由 3T1S122S1，得 3a12a122a1，即 a12a10 因为 a10，所以 a11（2）因为 3TnSn22Sn， 所以 3Tn1Sn122Sn1，得 3an12Sn12Sn22an1因为 an10，所以 3an1Sn1Sn2， 所以 3an2=Sn2Sn12，得 3an23an1an2an1，即 an22an1， 所以当 n2 时， 2又由 3T2S222S2，得 3(1a22)(1a2)22(1a2)，即 a222a20因为 a20，所以 a22，所以 2，所以对 nN*，都有 2 成立， 所以数列an的通项公式为 an2n1，nN*(3)由(2)可知 Sn