专题16数列中项数问题.docx

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专题16数列中项数问题

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𝐴𝐴={𝑥𝑥|𝑥𝑥=2𝑛𝑛+1,𝑛𝑛∈𝑁𝑁∗}，𝐵𝐵={𝑥𝑥|𝑥𝑥=2𝑛𝑛−1,𝑛𝑛∈𝑁𝑁∗},𝐶𝐶=𝐴𝐴∪𝐵𝐵．对于数列{𝑎𝑎𝑛𝑛}，𝑎𝑎1=1，且对于任意𝑛𝑛≥2，𝑛𝑛∈𝑁𝑁∗，有𝑎𝑎𝑛𝑛=min{𝑥𝑥∈𝐶𝐶|𝑥𝑥>𝑎𝑎𝑛𝑛−1}．记𝑆𝑆𝑛𝑛为数列{𝑎𝑎𝑛𝑛}的前𝑛𝑛项和.

（Ⅰ）写出𝑎𝑎7，𝑎𝑎8的值；

𝑛𝑛

（Ⅱ）数列{𝑎𝑎𝑛𝑛}中，对于任意𝑛𝑛∈𝑁𝑁∗，存在𝑘𝑘𝑛𝑛∈𝑁𝑁∗，使𝑎𝑎𝑘𝑘=2𝑛𝑛−1，求数列{𝑘𝑘𝑛𝑛}的通项公式；

（Ⅲ）数列{𝑎𝑎𝑛𝑛}中，对于任意𝑛𝑛∈𝑁𝑁∗，存在𝑘𝑘∈𝑁𝑁∗，有𝑎𝑎𝑘𝑘+1=2𝑛𝑛+1.求使得𝑆𝑆𝑘𝑘+1>27𝑎𝑎𝑘𝑘+1成立的𝑘𝑘的最小值．

【答案】

（1）𝑎𝑎7=8,𝑎𝑎8=9

（2）𝑘𝑘𝑛𝑛=2𝑛𝑛−2+𝑛𝑛−1（𝑛𝑛≥3）（3）57

【解析】

（I）𝐴𝐴={𝑥𝑥|𝑥𝑥=2𝑛𝑛+1,𝑛𝑛∈𝑁𝑁∗}={3,5,7,9,11,13,⋅⋅⋅,2𝑛𝑛+1,⋅⋅⋅},

𝐵𝐵={𝑥𝑥|𝑥𝑥=2𝑛𝑛−1,𝑛𝑛∈𝑁𝑁∗}={1,2,4,8,16,32,⋅⋅⋅,2𝑛𝑛−1,⋅⋅⋅}，

𝐶𝐶=𝐴𝐴∪𝐵𝐵={1,2,3,4,5,7,8,9,11,13,15,16,⋅⋅⋅}.

因为𝑎𝑎1=1，且对于任意𝑛𝑛≥2,𝑛𝑛∈𝑁𝑁∗，𝑎𝑎𝑛𝑛=min{𝑥𝑥∈𝐶𝐶|𝑥𝑥>𝑎𝑎𝑛𝑛−1}，

所以𝑎𝑎1=1,𝑎𝑎2=2,𝑎𝑎3=3,𝑎𝑎4=4,𝑎𝑎5=5,𝑎𝑎6=7,𝑎𝑎7=8,𝑎𝑎8=9.

（II）对于任意𝑛𝑛≥2，𝑛𝑛∈𝑁𝑁∗，有𝑎𝑎𝑛𝑛=min{𝑥𝑥∈𝐶𝐶|𝑥𝑥>𝑎𝑎𝑛𝑛−1}，

所以对于任意𝑛𝑛≥2，𝑛𝑛∈𝑁𝑁∗，有𝑎𝑎𝑛𝑛>𝑎𝑎𝑛𝑛−1，

即数列{𝑎𝑎𝑛𝑛}为单调递增数列.

因为对于任意𝑛𝑛∈𝑁𝑁∗，存在𝑘𝑘𝑛𝑛∈𝑁𝑁∗，使𝑎𝑎𝑘𝑘𝑛𝑛=2𝑛𝑛−1，

所以𝑘𝑘1<𝑘𝑘2<𝑘𝑘3<┅<𝑘𝑘𝑛𝑛<┅．

𝑛𝑛𝑛𝑛+1

因为𝑎𝑎𝑘𝑘=2𝑛𝑛−1，𝑎𝑎𝑘𝑘=2𝑛𝑛，所以对于任意𝑛𝑛∈𝑁𝑁∗，有𝑘𝑘1=1，𝑘𝑘2=2，𝑘𝑘3=4，所以，当𝑛𝑛≥2时，有𝑘𝑘𝑛𝑛+1−

𝑘𝑘

𝑛𝑛

=2𝑛𝑛−2𝑛𝑛−1+1=2𝑛𝑛−2+1，

2

即𝑘𝑘3−𝑘𝑘2=20+1，

𝑘𝑘4−𝑘𝑘3=21+1，

𝑘𝑘5−𝑘𝑘4=22+1，

…………

𝑘𝑘𝑛𝑛−𝑘𝑘𝑛𝑛−1=2𝑛𝑛−3+1，

所以当𝑛𝑛≥3时，

有𝑘𝑘

𝑛𝑛

−𝑘𝑘2

=20+21+22+⋅⋅⋅+2𝑛𝑛−3+（𝑛𝑛−2）=1−2𝑛𝑛−2+（𝑛𝑛−2）=2𝑛𝑛−2+𝑛𝑛−3（𝑛𝑛≥3），

1−2

所以𝑘𝑘𝑛𝑛=2𝑛𝑛−2+𝑛𝑛−1（𝑛𝑛≥3）.

又𝑘𝑘1=1，𝑘𝑘2=2，

数列{𝑘𝑘

𝑛𝑛

}的通项公式为：

𝑘𝑘

𝑛𝑛

1,  𝑛𝑛=1,

=�2𝑛𝑛−2+𝑛𝑛−1,  𝑛𝑛≥2

.

（III）若∀ 𝑛𝑛∈𝑁𝑁∗，∃ 𝑘𝑘∈𝑁𝑁∗，有𝑎𝑎𝑘𝑘+1=2𝑛𝑛+1，

令2𝑚𝑚−1≤2𝑛𝑛，𝑚𝑚∈𝑁𝑁∗，解得𝑚𝑚−1≤log2（2𝑛𝑛），即𝑚𝑚≤log2𝑛𝑛+2，

得𝑚𝑚max=[log2𝑛𝑛+2]=[log2𝑛𝑛]+2，其中[log2𝑛𝑛+2]表示不超过log2𝑛𝑛+2的最大整数，

所以𝑘𝑘+1=𝑛𝑛+𝑚𝑚max=𝑛𝑛+（[log2𝑛𝑛]+2）,𝑘𝑘=𝑛𝑛+（[log2𝑛𝑛]+1）.

𝑆𝑆𝑘𝑘+1=[3+5+7+⋯+（2𝑛𝑛+1）]+[1+2+⋯+2[log2𝑛𝑛]+1]=𝑛𝑛（𝑛𝑛+2）+（2[log2𝑛𝑛]+2−1），

依题意𝑆𝑆𝑘𝑘+1>27𝑎𝑎𝑘𝑘+1，

𝑛𝑛（𝑛𝑛+2）+2[log2𝑛𝑛]+2−1>27（2𝑛𝑛+1），

即𝑛𝑛2−52𝑛𝑛−28+2[log2𝑛𝑛]+2>0，（𝑛𝑛−26）2+4×2[log2𝑛𝑛]>704.

当[log2𝑛𝑛]=0时，即𝑛𝑛=1时，（𝑛𝑛−26）2+4×2[log2𝑛𝑛]=629<704，不合题意；

当[log2𝑛𝑛]=1时，即𝑛𝑛=2,3时，（𝑛𝑛−26）2+4×2[log2𝑛𝑛]≤242+8<704，不合题意；

当[log2𝑛𝑛]=2时，即4≤𝑛𝑛≤7时，（𝑛𝑛−26）2+4×2[log2𝑛𝑛]≤222+16<704，不合题意；

当[log2𝑛𝑛]=3时，即8≤𝑛𝑛≤15时，（𝑛𝑛−26）2+4×2[log2𝑛𝑛]≤182+4×8<704，不合题意；当[log2𝑛𝑛]=4时，即16≤𝑛𝑛≤31时，（𝑛𝑛−26）2+4×2[log2𝑛𝑛]≤102+4×16<704，不合题意；当[log2𝑛𝑛]=5时，即32≤𝑛𝑛≤63时，

由（𝑛𝑛−26）2+4×2[log2𝑛𝑛]≤372+4×32=1497,1497>704,

此时，（𝑛𝑛−26）2>576.

而𝑛𝑛=50时，（𝑛𝑛−26）2=576.所以𝑛𝑛>50.

又当𝑛𝑛=51时，（51−26）2+4×2[log251]=753>704；

所以𝑘𝑘=𝑛𝑛+[log2𝑛𝑛]+1≥51+[log251]+1=51+5+1=57.

综上所述，符合题意的𝑘𝑘的最小值为𝑘𝑘=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

（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

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．

【答案】

（1）0

（2）an=n－1（3）p=2，q=3

【解析】

（1）令n=1，则a1=S1=1（a1-a1）=0．

2

（2）由S

=n（an-a1），即S=nan，①

n2n2

得Sn+1

=（n+1）an+1．②

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

33q

（2p）

=4，（1+q）

=4，即p=2,q=3时，2p=1+q

3pmax9

33q

max9

3p33q

又当p≥3时，2p≤2⨯3=2<1，故无正整数q使得2p=1+q成立．

3p2793

3p33q

解法2：

同上有，2p=1+q>1，且数列{2p}（

p≥2）为递减数列，

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）

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

【答案】

（1）an=2n-1+

2，Sn=n（n+

2）．

（2）见解析

2

2

⎨

【解析】

（1）由已知得⎧⎪a1=+1，，∴d=2，

⎪⎩3a1+3d=9+3

2

故an=2n-1+

2，Sn=n（n+

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+

2）．

2

∴（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；

（2）

2

2

n

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.

2

【答案】

（1）an=2n+

，S=n2+（

+1）n

（2）见解析

2

2

2

n

【解析】

（1）a1=2+

，S3=3a1+3d=12+3

，∴d=2

所以an=2n+

，S=n2+（

+1）n

2

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，

2

2

nrst

srt

2

即[s+（

+1）]2=[r+（

+1）][t+（

+1）],

2

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

2.已知各项均为正数的等比数列{a}的公比为q，且0

n2n

列？

说明理由；

【答案】见解析

1

【解析】由an>0,0

假设存在a,a,a成等差数列，不妨设k

=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．

【答案】见解析

【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

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．

n

【答案】

（1）

a=（-1）n-1

，bn

1

（2）n-1．

（2）见解析

=

43

1-3

（2）n-1

43

【解析】

（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-

1



，又a=>0，aa<0

43

nç⎪

⎝⎭

1-3

（2）n-1

43

故a=（-1）n-1

n43

，b

=12

nç⎪

43

⎝⎭

n-1．

12nn+1

nn（）

43

（2）假设数列{b}存在三项b,b,b（r

nrstn4

2

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⋅4ç3⎪

1⎛2⎫r-1

=4ç3⎪

1⎛2⎫t-1

+4ç3⎪

⎛2⎫s

，即2ç3⎪

⎛2⎫r

=ç3⎪

⎛2⎫t

+ç3⎪

⎝⎭⎝⎭⎝⎭

即：

2s+1-t3t-s=3t-r+2t-r

⎝⎭⎝⎭⎝⎭

由于r

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

n

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．

nn

【答案】

（1）

a=2n-1,S=n2

（2）当t=2时，m=7；当t=3时，m=5；当t=5时，m=4．

nn

【解析】

（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

即：

2

3=1+2m-1

即：

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=3时，m=5；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；

（2）

n

试求所有的正整数m，使得amam+1为数列{a}中的项．

am+2

nn

【答案】

（1）a=2n-7,S=n2-6n

（2）2．

【解析】

（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

nnn

{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，

am+2

2m-3n

2m-3

令t=2m-3，则amam+1=（t-4）（t-2）=t+8-6=2n-7,

am+2tt

8

即：

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𝐴𝐴𝑛𝑛=𝑎𝑎1𝑎𝑎2⋯𝑎𝑎𝑛𝑛（𝑎𝑎𝑖𝑖=0或1,𝑖𝑖=1,2,⋯,𝑛𝑛），则称𝐴𝐴𝑛𝑛为0和1的一个𝑛𝑛位排列，对于𝐴𝐴𝑛𝑛，将排列

𝑎𝑎𝑛𝑛𝑎𝑎1𝑎𝑎2⋯𝑎𝑎𝑛𝑛−1记为𝑅𝑅1（𝐴𝐴𝑛𝑛），将排列𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑎𝑎𝑛𝑛𝑎𝑎1⋯𝑎𝑎𝑛𝑛−2记为𝑅𝑅2（𝐴𝐴𝑛𝑛），依此类推，直至𝑅𝑅𝑛𝑛（𝐴𝐴𝑛𝑛）=𝐴𝐴𝑛𝑛，对于排列𝐴𝐴𝑛𝑛和𝑅𝑅𝑖𝑖（𝐴𝐴𝑛𝑛）（𝑖𝑖=1,2,⋯,𝑛𝑛−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𝐴𝐴𝑛𝑛和𝑅𝑅𝑖𝑖（𝐴𝐴𝑛𝑛）的相关值，记作𝑡𝑡（𝐴𝐴𝑛𝑛,𝑅𝑅𝑖𝑖（𝐴𝐴𝑛𝑛）），例如𝐴𝐴3=110，则𝑅𝑅1（𝐴𝐴3）=011，𝑡𝑡（𝐴𝐴3,𝑅𝑅1（𝐴𝐴3））=−1，若𝑡𝑡（𝐴𝐴𝑛𝑛,𝑅𝑅𝑖𝑖（𝐴𝐴𝑛𝑛））=−1（𝑖𝑖=

1,2,⋯,𝑛𝑛−1），则称𝐴𝐴𝑛𝑛为最佳排列．

（Ⅰ）写出所有的最佳排列𝐴𝐴3．

（Ⅱ）证明：

不存在最佳排列𝐴𝐴5．

（Ⅲ）若某个𝐴𝐴2𝑘𝑘+1（𝑘𝑘是正整数）为最佳排列，求排列𝐴𝐴2𝑘𝑘+1中1的个数．

【答案】详见解析

【解析】

（Ⅰ）最佳排列𝐴𝐴3为110、101、100、011、010、011．

（Ⅱ）设𝐴𝐴5=𝑎𝑎1𝑎𝑎2𝑎𝑎3𝑎𝑎4𝑎𝑎5，则𝑅𝑅1（𝐴𝐴5）=𝑎𝑎5𝑎𝑎1𝑎𝑎2𝑎𝑎3𝑎𝑎4，因为𝑡𝑡（𝐴𝐴5,𝑅𝑅1（𝐴𝐴5））=−1，

所以|𝑎𝑎1−𝑎𝑎5|，|𝑎𝑎