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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