专题16数列中项数问题Word格式.docx
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−2+𝑛
−1（𝑛
≥3）（3）57
【解析】
（I）𝐴
∗}={3,5,7,9,11,13,⋅⋅⋅,2𝑛
+1,⋅⋅⋅},
∗}={1,2,4,8,16,32,⋅⋅⋅,2𝑛
−1,⋅⋅⋅}，
={1,2,3,4,5,7,8,9,11,13,15,16,⋅⋅⋅}.
因为𝑎
≥2,𝑛
∗，𝑎
−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𝑛
所以对于任意𝑛
−1，
即数列{𝑎
}为单调递增数列.
因为对于任意𝑛
所以𝑘
1<
𝑘
2<
3<
┅<
<
┅．
𝑛
+1
=2𝑛
−1，𝑎
，所以对于任意𝑛
∗，有𝑘
1=1，𝑘
2=2，𝑘
3=4，所以，当𝑛
≥2时，有𝑘
+1−
=2𝑛
−2𝑛
−1+1=2𝑛
−2+1，
2
即𝑘
3−𝑘
2=20+1，
4−𝑘
3=21+1，
5−𝑘
4=22+1，
…………
−𝑘
−1=2𝑛
−3+1，
所以当𝑛
≥3时，
有𝑘
−𝑘
=20+21+22+⋅⋅⋅+2𝑛
−3+（𝑛
−2）=1−2𝑛
−2+（𝑛
−2）=2𝑛
−3（𝑛
≥3），
1−2
≥3）.
又𝑘
2=2，
数列{𝑘
}的通项公式为：
1, 𝑛
=1,
=�2𝑛
−1, 𝑛
≥2
.
（III）若∀ 𝑛
∗，∃ 𝑘
+1，
令2𝑚
𝑚
−1≤2𝑛
，𝑚
∗，解得𝑚
−1≤log2（2𝑛
），即𝑚
≤log2𝑛
+2，
得𝑚
max=[log2𝑛
+2]=[log2𝑛
]+2，其中[log2𝑛
+2]表示不超过log2𝑛
+2的最大整数，
+1=𝑛
+𝑚
max=𝑛
+（[log2𝑛
]+2）,𝑘
=𝑛
]+1）.
+1=[3+5+7+⋯+（2𝑛
+1）]+[1+2+⋯+2[log2𝑛
]+1]=𝑛
（𝑛
+2）+（2[log2𝑛
]+2−1），
依题意𝑆
+1，
+2）+2[log2𝑛
]+2−1>
27（2𝑛
+1），
即𝑛
2−52𝑛
−28+2[log2𝑛
]+2>
0，（𝑛
−26）2+4×
2[log2𝑛
]>
704.
当[log2𝑛
]=0时，即𝑛
=1时，（𝑛
]=629<
704，不合题意；
]=1时，即𝑛
=2,3时，（𝑛
]≤242+8<
]=2时，即4≤𝑛
≤7时，（𝑛
]≤222+16<
]=3时，即8≤𝑛
≤15时，（𝑛
]≤182+4×
8<
当[log2𝑛
]=4时，即16≤𝑛
≤31时，（𝑛
]≤102+4×
16<
]=5时，即32≤𝑛
≤63时，
由（𝑛
]≤372+4×
32=1497,1497>
704,
此时，（𝑛
−26）2>
576.
而𝑛
=50时，（𝑛
−26）2=576.所以𝑛
50.
又当𝑛
=51时，（51−26）2+4×
2[log251]=753>
704；
+[log2𝑛
]+1≥51+[log251]+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Sn
（1）求a1；
=n（an-a1）．
（2）证明数列{an}为等差数列，并写出其通项公式；
（3）设lgbn
=an+1，试问是否存在正整数p，q（其中1<
p<
q），使b1，bp，bq成等比数列？
若存在，求出所
3n
有满足条件的数组（p，q）；
若不存在，说明理由．
（1）0
（2）an=n－1（3）p=2，q=3
（1）令n=1，则a1=S1=1（a1-a1）=0．
（2）由S
=n（an-a1），即S=nan，①
n2n2
得Sn+1
=（n+1）an+1．②
②－①，得（n-1）an+1=nan．③
于是，nan+2=（n+1）an+1．④
③+④，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}是以0为首项，1为公差的等差数列．
所以，an=n－1．
（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，2p=1+q．
3p33q
p≥2时，2（p+1）-2p=2-4p<
0，故数列{2p}（
p≥2）为递减数列，
3p+13p3p+13p
q≥3时，（1+q+1）-（1+q）=1-2q<
0，故数列{1+q}（q≥3）为递减数列，
33q+1
33q
3q+1
（2p）
=4，（1+q）
=4，即p=2,q=3时，2p=1+q
3pmax9
max9
又当p≥3时，2p≤2⨯3=2<
1，故无正整数q使得2p=1+q成立．
3p2793
解法2：
同上有，2p=1+q>
1，且数列{2p}（
3p33q33p
当p=2时，2p=4>
1成立；
当p≥3时，2p≤2⨯3=2<
1，
3p933p2793
因此，由2p>
1得，p=2，此时q=3
3p3
类型三否定性问题
典例3等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=1+
（1）求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
2，S3=9+3．
（2）
设b=Sn（n∈N*），求证：
数列{b}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
nnn
（1）an=2n-1+
2，Sn=n（n+
2）．
（2）见解析
⎨
（1）由已知得⎧⎪a1=+1，，∴d=2，
⎪⎩3a1+3d=9+3
故an=2n-1+
2）．
（2）由
（1）得bn
=Sn
n
=n+．
假设数列{b}中存在三项b，b，b（p，q，r互不相等）成等比数列，则b2=bb．
npqrqpr
即（q+
2）2=（p+
2）（r+
∴（q2-pr）+（2q-p-r）=0
p，q，r∈N*，
∴
⎧q2-pr=0，
⎛p+r⎫2
∴ç
⎪
=pr，（p-r）2=0，∴p=r．
⎩2q-p-r=0
与p≠r矛盾．
⎝2⎭
所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
1.公差d≠0的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2＋2，S3＝12＋32．
（1）求数列{an}的通项公式an及其前n项和Sn；
记cn＝Sn，试问：
在数列{cn}中是否存在三项cr，cs，ct（r＜s＜t，r,s,t∈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.
（1）an=2n+
，S=n2+（
+1）n
（2）见解析
（1）a1=2+
，S3=3a1+3d=12+3
，∴d=2
所以an=2n+
+1）n
（2）易知c=n++1，假设存在三项c,c,c成等比数列，则c2=c
⋅c，
nrst
srt
即[s+（
+1）]2=[r+（
+1）][t+（
+1）],
整理得（2s-r-t）=rt+r+t-s2-2s
⎧
s2=rt
⎩
2s-r-t=0且rt+r+t-s2-2s=0，
综上所述，不存在满足题意的三项cr,cs,ct
⎨2s-r-t=0
解得r=t,这与r<
t矛盾.
2.已知各项均为正数的等比数列{a}的公比为q，且0<
q<
1.在数列{a}中是否存在三项，使其成等差数
n2n
列？
说明理由；
【答案】见解析
1
【解析】由an>
0,0<
2知，数列{an}是递减数列，
假设存在a,a,a成等差数列，不妨设k<
m<
n，则2a
=a+a
，即2aqm-1=aqk-1+aqn-1即
kmn
2qm-k=1+qn-k
m
kn
111
而2qm-k≤2q<
1，1+qn-k>
1，故矛盾．因此在数列{an}中不存在三项成等差数列．
3.
nn
设c=2n，试问数列{c}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．
【解析】解：
假设数列{cn}中存在三项，它们可以够成等差数列；
不妨设为第p,r,q（p<
r<
q）项，
由⑴得bn
=n，∴cn
=2n，∴2⋅2r=2p+2q，∴2r+1-p=1+2q-p
又2r+1-p为偶数，1+2q-p为奇数．故不存在这样的三项，满足条件．
4.已知数列{a}满足：
a
=1,3（1+an+1）=2（1+an），aa
<
0（n≥1），数列{b}满足：
n121-a
1-a
nn+1n
nn+1
b=a2-a2（n≥1）．
nn+1n
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）证明：
数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．
（1）
a=（-1）n-1
，bn
1
（2）n-1．
（2）见解析
=
43
1-3
（2）n-1
（1）由题意可知，1-a2=2（1-a2）令c=1-a2，则c=2c
n+13nnnn+13n
又c=1-a2=3，则数列{c}是首项为c=3，公比为2的等比数列，即
114
n143
c=
3⎛2⎫n-1
，故1-a2=
n-1
323⎛2⎫
（）n-1⇒a2=1-
，又a=>
0，aa<
0
nç
⎝⎭
故a=（-1）n-1
n43
，b
=12
n-1．
12nn+1
nn（）
（2）假设数列{b}存在三项b,b,b（r<
s<
t）按某种顺序成等差数列，由于数列{b}是首项为1，公比
nrstn4
为3的等比数列，于是有br>
bs>
bt，则只有可能有2bs=br+bt成立
1⎛2⎫s-1
∴2⋅4ç
3⎪
1⎛2⎫r-1
=4ç
1⎛2⎫t-1
+4ç
⎛2⎫s
，即2ç
⎛2⎫r
=ç
⎛2⎫t
+ç
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
即：
2s+1-t3t-s=3t-r+2t-r
由于r<
t，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{bn}中任意三项不可能成等差数列．
5.已知等比数列{an}的首项是1，公比为2，等差数列{bn}的首项是1，公差为1，把{bn}中的各项按照如下
规则依次插入到{an}的每相邻两项之间，构成新数列{cn}：
a1,b1,a2,b2,b3,a3,b4,
和an+1两项之间依次插入{bn}中n个项，则c2013=.
【答案】1951
b5,b6,a4，……，即在an
【解析】对数列{cn}分组（a1）,（b1,a2）,（b2,b3,a3）,（b4,b5,b6,a4），……，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{an}的前n项和为Sn，且a5+a13=34，S3=9．
（1）求数列{an}的通项公式及前n项和公式；
（2）设数列{b}的通项公式为b=an
，问：
是否存在正整数t，使得b，b，b
a
nn+t
12m
（m≥3，m∈N）成等差数列？
若存在，求出t和m的值；
若不存在，请说明理由．
a=2n-1,S=n2
（2）当t=2时，m=7；
当t=3时，m=5；
当t=5时，m=4．
（1）a=2n-1,S=n2
=+
2n-1
（2）bn=2n-1+t，要使得b1,b2,bm成等差数列，则2b2b1bm
2
3=1+2m-1
m=3+4
3+t1+t2m-1+t
t-1
∵m,t∈N*，∴t只能取2，3，5当t=2时，m=7；
当t=5时，m=4．
7.设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，且
23457
a2+a2=a2+a2,S=7．
（1）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
试求所有的正整数m，使得amam+1为数列{a}中的项．
am+2
（1）a=2n-7,S=n2-6n
（2）2．
（1）设公差为d，则
a2-a2=a2-a2，由性质得-3d（a+a）=d（a+a），因为d≠0，
所以a+a=0，即2a
25434343
+5d=0，又由S=7得7a+7⨯6d=7，解得a=-5，d=2,所以
431
7121
{a}的通项公式为a=2n-7，前n项和S=n2-6n．
（2）
amam+1=（2m-7）（2m-5），若其是{a}中的项，则（2m-7）（2m-5）=2n-7，
2m-3n
2m-3
令t=2m-3，则amam+1=（t-4）（t-2）=t+8-6=2n-7,
am+2tt
8
2n=t++1
t
所以t为8的约数．因为t是奇数，所以t可取的值为±
1，
当t=1，即m=2时，n=5；
当t=-1，即m=1时，n=-4（舍去）．所以满足条件的正整数m=2．
8.若𝐴
=𝑎
1𝑎
2⋯𝑎
（𝑎
𝑖
=0或1,𝑖
=1,2,⋯,𝑛
），则称𝐴
为0和1的一个𝑛
位排列，对于𝐴
，将排列
−1记为𝑅
𝑅
1（𝐴
），将排列𝑎
−1𝑎
1⋯𝑎
−2记为𝑅
2（𝐴
），依此类推，直至𝑅
（𝐴
）=𝐴
，对于排列𝐴
和𝑅
）（𝑖
−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
）的相关值，记作𝑡
𝑡
𝑅
）），例如𝐴
3=110，则𝑅
3）=011，𝑡
3,𝑅
3））=−1，若𝑡
））=−1（𝑖
=
1,2,⋯,𝑛
−1），则称𝐴
为最佳排列．
（Ⅰ）写出所有的最佳排列𝐴
3．
（Ⅱ）证明：
不存在最佳排列𝐴
5．
（Ⅲ）若某个𝐴
2𝑘
+1（𝑘
是正整数）为最佳排列，求排列𝐴
+1中1的个数．
【答案】详见解析
（Ⅰ）最佳排列𝐴
3为110、101、100、011、010、011．
（Ⅱ）设𝐴
5=𝑎
2𝑎
3𝑎
4𝑎
5，则𝑅
5）=𝑎
5𝑎
4，因为𝑡
5,𝑅
5））=−1，
所以|𝑎
1−𝑎
5|，|𝑎
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