子数列问题 1Word文件下载.docx
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∴an+1
=An+1
-
An
=（n+1）（n+2）-n（n+1）=n+1n∈N*，
（）
22
又a1=1，∴an
=n（n∈N*）
∵bn+2-2bn+1+bn=0，∴数列{bn}是等差数列，
设{b}的前n项和为B，∵B=9（b3+b7）=63且b=5，
nn923
∴b=9，∴{b}的公差为b7-b3=9-5=1,b=n+2（n∈N*）
7n
（2）略
7-37-3n
（3）数列{a}的前n项和A
=n（n+1），数列{b}的前n项和B
=n（n+5），
nn2nn2
①当n=2k（k∈N*）时，S
=A+B
=k（k+1）+k（k+5）=k2+3k；
nkk22
②当n=4k+1（k∈N*）时，S=A
+B=（2k+1）（2k+2）+2k（2k+5）=4k2+8k+1，
n2k+12k22
特别地，当n=1时，S1=1也符合上式；
③当n=4k-1（k∈N*）时，S=A
+B=（2k-1）2k+2k（2k+5）=4k2+4k．
n2k-12k22
综上：
S
n=4k-3,k∈N*．
n⎨
⎪n2+6n+5
【名师指点】由于新数列依赖于顺序，因此项数与项的对应关系是解决问题的关键，而项数与项对应关系
往往需要讨论，因此分类标准的正确选择是考查的难点.
λa2+μa+4
【举一反三】已知数列{a}满足a=1，a=nn，其中n∈N*，λ，μ为非零常数.
n1n+1
an+2
（1）若λ=3，
μ=8，求证：
{an+1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{an}是公差不等于零的等差数列.
①求实数λ，μ的值；
（1）a=2⋅3n-1-1
（2）①λ=1，μ=4，a
=2n-1.②{S,S,S,S}，{S,S,S
S}，
{S1,S4,S20,S40}
n14844
3a2+8a+4（3an+2）（an+2）
1122436
【解析】解：
（1）当λ=3，
∴an+1+1=3（an+1）.
μ=8时，
an+1=nn=
=3an+2，
又an+1≠0，不然a1+1=0，这与a1+1=2矛盾，
∴{an+1}为2为首项，3为公比的等比数列，
∴a+1=2⋅3n-1，∴a=2⋅3n-1-1.
（2）①设an=a1+（n-1）d
=dn-d+1，
由a=nn得a
（a+2）=
λa2+μa
+4，
n+1
n+1nnn
∴（dn-d+3）（dn+1）
=λ（dn-d+1）2
+μ（dn-d+1）+4，
∴d2⋅n2+（4d-d2）n-d+3
=λd2n2+（2（1-d）λ+μ）
dn+λ（1-d）2+（1-d）μ+4
对任意n∈N*恒成立.令n=1，2，3，解得，
λ=1，
μ=4，
d=2.
经检验，满足题意.
综上，
an=2n-1.
②由①知Sn
=n（1+2n-1）=n2.
2
设存在这样满足条件的四元子列，观察到2017为奇数，这四项或者三个奇数一个偶数、或者一个奇数三个偶数.
1°
若三个奇数一个偶数，设S1，
S2x+1，
S2y+1，
S2z是满足条件的四项，
则1+（2x+1）2+（2y+1）2+4z2=2017，
∴2（x2+x+y2+y+z2）
=1007，这与1007为奇数矛盾，不合题意舍去.
2°
若一个奇数三个偶数，设S1，
S2x，
S2y，
则12+4x2+
4y2+4z2=2017，
∴x2+y2+z2=504.
由504为偶数知，x，y，z中一个偶数两个奇数或者三个偶数.
1）若x，y，z中一个偶数两个奇数，不妨设x=2x1，
y=2y1+1，
z=2z1+1，
则2（x2+y2+y+z2+z）=251，这与251为奇数矛盾.
11111
2）若x，y，z均为偶数，不妨设x=2x1，
y=2y1，
z=2z1，
则x2+y2+z2=126，继续奇偶分析知x，y，z中两奇数一个偶数，
111111
不妨设x=2x，y=2y+1，z=2z+1，则x2+y2+y+z2+z
=31.
12121222222
因为y2（y2+1），z2（z2+1）均为偶数，所以x2为奇数，不妨设0≤y2≤z2，
当x=1时，y2+y+z2+z=30，y2+y≤14，检验得y=0，z=5，x=1，
2222222222
当x=3时，y2+y+z2+z=22，y2+y≤10，检验得y=1，z=4，x=3，
当x=5时，y2+y+z2+z=6，y2+y≤2，检验得y=0，z=2，x=5，
即S1，
S4，
S8，
S44或者S1，
S12，
S24，
S36或者S1，
S20，
S40满足条件，
综上所述，{S1,S4,S8,S44}，{S1,S12,S24,S36}，{S1,S4,S20,S40}为全部满足条件的四元子列.
类型二不定子数列性质探究问题
典例2设数列{a}满足a2=aa+λ（a-a）2，其中n
2，且n∈N，λ为常数.
nnn+1n-121
（1）若{an}是等差数列，且公差d≠0，求λ的值；
（2）若a=1,a=2,a=4，且存在r∈[3,7]，使得m⋅a
≥n-r对任意的n∈N*都成立，求m的最小
123n
值；
nn+Tn
（3）若λ≠0，且数列{a}不是常数列，如果存在正整数T，使得a=a对任意的n∈N*均成立.求所有满足条件的数列{an}中T的最小值.
1
（1）λ=1
（2）
128
（3）3
解：
（1）由题意，可得an2=（an+d）（an-d）+λd2，
化简得（λ-1）d2=0，又d≠0，所以λ=1.
（2）将a1=1,a2=2,a3=4代入条件，可得4=1⨯4+λ，解得λ=0，
nn+1n-1nn
所以a2=aa，所以数列{a}是首项为1，公比q=2的等比数列，所以a=2n-1.
欲存在r∈[3,7]，使得m⋅2n-1
n-r，即rn-m⋅2n-1对任意n∈N*都成立，
则7n-m⋅2n-1，所以m
n-7对任意n∈N*都成立.
2n-1
令bn=
n-72n-1
n-6
，则bn+1-bn=2n
-n-7=8-n，
2n-12n
所以当n>
8时，bn+1<
bn；
当n=8时，b9=b8；
当n<
8时，
11
bn+1>
bn．
所以bn的最大值为b9=b8=128，所以m的最小值为128.
（3）因为数列{an}不是常数列，所以T2．
a2=a2+λ（a-a）2
①若T=2，则a=a恒成立，从而a=a，a
=a，所以{
2121，
n+2n
3142
a2=a2+λ（a
-a）2
所以λ（a-a）2=0，又λ≠0，所以a
1221
=a，可得{a}是常数列．矛盾．
21
所以T=2不合题意.
1,
②若T=3，取an={2,
-3,
21n
n=3k-2
n=3k-1（k∈N*）（*），满足a
n=3k
n+3
=an
恒成立．
由a2=aa+λ（a-a）2，得λ=7．
21321
nn+1n-1
则条件式变为a2=aa+7．
由22=1⨯（-3）+7，知a2=aa+λ（a-a）2；
3k-13k-23k21
由（-3）2=2⨯1+7，知a2=aa+λ（a-a）2；
3k3k-13k+121
由12=（-3）⨯2+7，知a2=aa
+λ（a-a）2．
3k+13k
所以，数列（*）适合题意．所以T的最小值为3.
3k+221
【名师指点】从原数列抽出子数列，其性质往往发生变化，但子数列在原数列中，因此需要结合原数列的性质（如单调性、奇偶性），进行分析子数列的性质.
【举一反三】已知数列{an}的前n项和Sn，对任意正整数n，总存在正数p,q,r使得an=pn-1，
S=qn-r恒成立：
数列{b}的前n项和T，且对任意正整数n，2T=nb恒成立.
nnnnn
（1）求常数p,q,r的值；
（2）证明数列{bn}为等差数列；
（3）若b=2，记P
=2n+b1+2n+b2+2n+b3
+⋯+2n+bn-1+2n+bn，是否存在正整数k，使得
1na
2a4a
2n-2a
2n-1a
对任意正整数n，
Pn≤k恒成立，若存在，求正整数k的最小值，若不存在，请说明理由.
（1）p=q=2，r=1
（2）见解析（3）正整数k的最小值为4
（1）∵S=qn-r①
n-1
∴S=qn-1-r②，（n≥2），
nn-1n
①-②得：
又a=pn-1
S-S=qn-qn-1，即a=qn-qn-1，（n≥2），
∴pn-1=qn-qn-1，（n≥2），
n=2时，
p=q2-q；
n=3时，
p2=q3-q2.
∵p,q为正数
∴p=q=2.
又∵a1=1，
∴r=1.
S1=q-r，且a1=S1
（2）∵2Tn=nbn③
∴当n≥2时，
2Tn-1=（n-1）bn-1④，
∴③-④得：
2bn=nbn-（n-1）bn-1，即（n-2）bn=（n-1）bn-1⑤，
又∵（n-1）bn+1=nbn⑥
∴⑤+⑥得：
（2n-2）bn=（n-1）bn-1+（n-1）bn+1，即2bn=bn-1+bn+1
∴{bn}为等差数列.
（3）∵b1=0，
b2=2，由
（2）知{bn}为等差数列
∴bn=2n-2.
又由
（1）知a=2n-1，
2n2n+24n-44n-2
∴Pn=2n-1+2n++22n-3+22n-2，
2n+2
4n-44n-24n
4n+2
又∵Pn+1=2n
++
22n-3+22n-2+22n-1+
，
22n
4n4n+22n=12n+2-4n⋅2n
∴Pn+1-Pn=22n-1+22n-2n-14n，
令Pn+1
Pn
>
0得12n+2-4n⋅2n>
0，
∴2n<
6n+1=3+1
2n2n
<
4，解得n=1，
∴n=1时，
Pn+1-Pn>
0，即p2>
P1，
∵n≥2时，2n≥4，
3+1<
42n
∴2n>
3+1
2n
=6n+1，即12n+2-4n⋅2n<
0.
此时Pn+1<
Pn，即p2>
p3>
p4>
，
2⨯22⨯2+27
∴Pn的最大值为Pn=2+22=2
7
若存在正整数k，使得对任意正整数n，Pn≤k恒成立，则k≥Pmax=2，
∴正整数k的最小值为4.
类型三新数列中定义理解与应用问题
nT
典例3记U={1,2,…，100}.对数列{a}（n∈N*）和U的子集T，若T=∅,定义S=0;
若
T={t1,t2,…，tk}，定义
ST=at+at+…+at
.例如：
T={1,3,66}时，
ST=a1+a3+a66
.现设
12k
{an}（n∈N*）是公比为3的等比数列，且当T={2,4}时，ST=30.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）对任意正整数k（1≤k≤100），若T⊆{1,2,…，k}，求证：
ST<
ak+1；
（3）设C⊆U,D⊆U,SC≥SD,求证：
SC+SCD≥2SD.
（1）an=3n-1
（2）详见解析（3）详见解析
n-1*
（1）由已知得an=a∙3,n∈N.
于是当T={2,4}时，Sr=a2+a4=3a1+27a1=30a1.
又Sr=30，故30a1=30，即a1=1.
nn
所以数列{a}的通项公式为a=3n-1,n∈N*.
（2）因为T⊆{1,2,,k}，a=3n-1>
0,n∈N*，
所以S
≤a+a++a=1+3++3k-1=1（3k-1）<
3k.
r12k2
因此，Sr<
ak+1.
（3）下面分三种情况证明.
①若D是C的子集，则SC+SCD=SC+SD≥SD+SD=2SD.
②若C是D的子集，则SC+SCD=SC+SC=2SC≥2SD.
③若D不是C的子集，且C不是D的子集.
令E=CCUD，F=DCUC则E≠φ，F≠φ，EF=φ.
于是SC=SE+SCD，SD=SF+SCD，进而由SC≥SD，得SE≥SF.
设k是E中的最大数，l为F中的最大数，则k≥1,l≥1,k≠l.
由
（2）知，S<
a，于是3l-1=a≤S
≤S<
a
=3k，所以l-1<
k，即l≤k.
Ek+1
又k≠l，故l≤k-1，
lFEk+1
l-1
3l-1a-1S-1
从而S
≤a+a++a
=1+3++3
==k≤E，
F12l
222
故SE≥2SF+1，所以SC-SCD≥2（SD-SCD）+1，即SC+SCD≥2SD+1.
综合①②③得，SC+SCD≥2SD.
【名师指点】本题三个难点，一是数列新定义，利用新定义确定等比数列首项，再代入等比数列通项公式求解，二是利用放缩法求证不等式，放缩目的，是将非特殊数列转化为特殊数列，从而可利用特殊数列性质，以算代征，三是结论含义的应用，实质又是一个新定义，只不过是新定义的性质应用.
【举一反三】设数列A：
a1
，a2
…aN
（N≥）.如果对小于n（2≤n≤N）的每个正整数k都有ak
＜an，
则称n是数列A的一个“G时刻”.记“G（A）是数列A的所有“G时刻”组成的集合.
（1）对数列A：
-2，2，-1，1，3，写出G（A）的所有元素；
（2）证明：
若数列A中存在an使得an>
a1，则G（A）≠∅；
（3）证明：
若数列A满足an-an-1
≤1（n=2,3,…,N）,则G（A）的元素个数不小于aN
-a1.
（1）G（A）的元素为2和5；
（2）详见解析；
（3）详见解析.
试题分析：
（1）关键是理解G时刻的定义，根据定义即可写出G（A）的所有元素；
（2）要证G（A）≠∅，即证G（A）中含有一元素即可；
（3）当aN≤a1时，结论成立.只要证明当aN>
a1时仍然成立即可.试题解析：
（1）G（A）的元素为2和5.
（2）因为存在an使得an
a，所以{i∈N*2≤i≤N,a
a}≠∅.
i
记m=min{i∈N*2≤i≤N,a>
a}，
则m≥2，且对任意正整数k<
m,ak≤a1<
am.
因此m∈G（A），从而G（A）≠∅.
（3）当aN≤a1时，结论成立.
以下设aN>
a1.
由（Ⅱ）知G（A）≠∅.
设G（A）={n,n,⋅⋅⋅,n},n<
n<
⋅⋅⋅<
n，记n
=1.
12p12p0
则a
a<
12
⋅⋅⋅<
a.
p
对i=0,1,⋅⋅⋅,p，记Gi
={k∈N*n
k≤N,ak
}
如果Gi≠∅，取mi=minGi，则对任何1≤k<
mi,ak≤an
m
从而mi∈G（A）且mi=ni+1.
又因为np是G（A）中的最大元素，所以Gp=∅.
pp
从而对任意np≤k≤n，ak≤an，特别地，aN≤an.
n-1n
对i=0,1,⋅⋅⋅,p-1,a≤a.
i+1i
nn-1nn-1n
因此a=a+（a-a）≤a+1.
i+1i+1i+1i+1i
所以aN-a1≤anp-a1=∑（ani-ani-1）≤p.
i=1
模拟：
1.已知数列{an}为等比数列，
a1=1,
公比为q,且q≠1,
Sn为数列{an}
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