《（江苏专版）2019届高三数学备考冲刺140分问题10数列中整数解问题（含解析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（江苏专版）2019届高三数学备考冲刺140分问题10数列中整数解问题（含解析）.pdf（31页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、问题 10 数列中整数解问题问题 10 数列中整数解问题 一、考情分析 数列是高中数学的重要内容,又是学习高等数学的基础,在高考中占有极其重要的地位数列中整数解问题 逐渐成为一个新的热点本文试图对与数列有关的不定方程的整数解问题的解法作初步的探讨,以期给同学 们的学习带来帮助 二、经验分享 二元不定方程 双变量的不定方程,在高中阶段主要是求出此类不定方程的整数解,方法较灵活,下面介绍 3 种常用的方法. 方法 1. 因式分解法：先将不定方程两边的数分解为质因数的乘积,多项式分解为若干个因式的乘积,再由题 意分类讨论求解. 方法2. 利用整除性质 ： 在二元不定方程中,当其中一个变量很好分离时,
2、可分离变量后利用整除性质解决 方法 3.不等式估计法：利用不等式工具确定不定方程中某些字母的范围或等式一边的范围,再分别求解.如 转化为型,利用 g n的上界或下界来估计 f m的范围,通过解不等式得出m的范围,再一 一验证即可. 三、知识拓展 1、整数的基本性质： （1）整数的和,差,积仍为整数 （2）整数的奇偶性：若,则称n为奇数；若,则称n为偶数,在加,减,乘 法运算中,其结果有以下规律： 奇数奇数偶数 奇数偶数奇数 偶数偶数偶数 奇数偶数偶数 偶数偶数偶数 奇数奇数奇数 （3）若, a bZ,且ab,则1ab （4）已知,若nZ,且,na b,则n只能取到有限多个整数（也有可能无解）
3、（5）若 a Z b ,称a能被b整除,则有： ba b为a的一个因数 （6）最小数原理：自然数集的任何非空子集,均有一个最小的自然数 2、整数性质的应用： （1）若变量属于整数,则利用方程与不等式均可求出变量的值：在实数范围内,若要求得变量的值,通常要 依赖方程,而不等式只能解得变量的范围.但是在整数范围内,除了方程,在不等式中也可以利用整数的离散 性求出变量的值（即性质（4） ）,例如：若,则n的取值只能是3,4.所以在涉及求整数的值 时,思路不要局限于寻找等量关系,构造不等关系依然可以求解. （2）整除问题：若表达式形式较为简单,可通过对常数进行因数分解,进而确定变量的取值；若表达式次数
4、 较高,则可以先利用二项式定理去掉高次的项,再进行处理. （3）多元整数不定方程：当变量的值为整数时,不定方程的解可能有有限多组解.通常的处理方式有两个： 通过对表达式进行因式分解,对另一侧的常数进行因数分解,进而将不定方程拆成多个方程的方程组,进 而解出变量 将一个字母视为变量（其余视为参数）并进行参变分离,求出含变量函数的值域,进而将参数置于一个范 围内,再利用整数离散性求得参数的值 （4）反证法：运用反证法处理整数问题时,常见的矛盾有以下几点： 所解得变量非整数,或不符合已知范围 等式两侧为一奇一偶 3、整数问题通常会与数列联系起来,其特征就是数列中项的序数,以及前n项和的项数,均为正整
5、数. 四、题型分析四、题型分析 (一) 利用整除性质 (一) 利用整除性质 【例 1】已知数列 n a的通项公式为27 n an,若 1 2 mm m a a a 为数列 n a中的项,则m _ 【解析】, n a中的项为大于等于5（ 1 5a ） 的奇数,所以考虑将 1 2 mm m a a a 向奇数形式变形： ,可得 8 23m 应该为大于等于 4 的偶数,所以 8 4 23m 或 8 8 23m ,解得 5 2 m （舍）或2m 【答案】2m 【点评】 （1）本题的亮点在于对的变形,在有关整数的问题里,通常可对分式进行“分离 常数”的变形,从而将复杂的分式简化,并能立刻找到需处理的部分
6、.例如在本题中通过“分离常数”可迅速 将目标锁定在 8 23m 上. （2） 本题对 8 23m 的处理有多个角度,还可以从分母出发,观察到23m 应为奇数,而 8 23 Z m ,而8的 奇因数只有1和1,同样可确定m的值. 【牛刀小试】 【江苏省清江中学 2019 届高三第二次教学质量调研】设数列的前 项的和为且 数列满足且对任意正整数 都有成等比数列. （1）求数列的通项公式. （2）证明数列为等差数列. （3） 令问是否存在正整数使得成等比数列？若存在， 求出的值， 若不存在， 说明理由. 【解析】 （1）因为数列的前 项的和， 所以当时，； 当且时， 当时，上式也成立， 所以数列的通
7、项公式为. （2）证明：因为对任意正整数 都有成等比数列， 所以，即， 所以， 两式相除得，对任意正整数 都有， 即， 当 为奇数时，所以， 当 为偶数时，而，所以， 所以. 所以， 所以数列为等差数列. (3)因为， 所以， 因此存在正整数，使得成等比数列 ， 因为都是正整数，则， 即时，对应的. 所以存在或或使得成等比数列. (二) 不等式估值法 (二) 不等式估值法 【例 2】 【江苏省苏州市 2019 届高三上学期期末】定义：对于任意，仍为数列中 的项，则称数列为“回归数列” （1）己知()，判断数列是否为“回归数列” ，并说明理由； （2）若数列为“回归数列” ，且对于任意，均有成立
8、求数列的 通项公式；求所有的正整数 s，t，使得等式成立 【答案】 （1）不是 “回归数列” ， 说明见解析 （2） ， 使得等式成立的所有的正整数 s， 的值是 s1，t3 【分析】 （1）假设是“回归数列” ，则对任意，总存在，使成立， 列出方程即可求解。 （2）因为，所以，根据为“回归数列” ，得，可得以数列 为等差数列，即可求解； 由，求得，分类讨论，根据数列的单调性，即可求解。 【解析】 （1）假设是“回归数列” 则对任意，总存在，使成立， 即，即， 此时等式左边为奇数右边为偶数，不成立，所以假设不成立 所以不是“回归数列” ； （2）因为，所以， 所以且， 又因为为“回归数列” ，
9、所以， 即，所以数列为等差数列. 又因为所以. 因为，所以 因为，所以， 又因为，所以， 当时，式整理为，不成立， 当时，式整理为， 设，因为， 所以时，时， 所以，所以 s 无解 当时，式整理，因为，所以 s1 综合所述，使得等式成立的所有的正整数 s，的值是 s1，t3 【牛刀小试】已知 n a为等差数列,前n项和为 n S,若 （1）求 n a （2）对mN,将 n a中落入区间 2 2 ,2 mm 内项的个数记为 m b 求 m b 记, m c的前m项和记为 m T,是否存在,m tN,使得成立？若存在, 求 出 ,m t的值；若不存在,请说明理由 【解析】 （1）设 n a的公差为
10、d 解得： 1 1,2ad （2） nN 思 路 ： 由 可 得 ：, ,则 所 解 方 程 变 形 为 ： ,得到关于 ,m t的不定方程,可考虑对,m t进行变量分离 ,以 等式左右边的符号作为突破口（左边为正数）,得到40t ,即1,2,3t,然后代入t解出符合条件的m 即可 解：由可得： 由可得： 1t 时,解得：（舍） 2t 时,解得：（舍） 3t 时,解得： 存在这样的 3 3 m t ,满足所给方程 【点评】 1、 本题中的方程,并没有在一开始就将 m T代入,否则运算会复杂的多,所采取的策略为先化简变形, 变形完成之后再代入.可简化不必要的运算 2、 本题在解 ,m t的不定方
11、程所用的方法为变量分离法,将两个只含某一字母的式子用等号连接,则两边式子 的范围应当一致.以其中一个式子作为突破口（比如 1 2 m ）,再结合变量必须取整数的条件,便可用不等关 系将变量所能取的值确定下来. (三) 反证法(三) 反证法 【 例 3】 已 知 数 列 n a是 等 差 数 列 ,数 列 n b是 等 比 数 列 ,且 对 任 意 的n N ,都 有 ： ,若 1 8a ,则： （1）求数列 , nn ab的通项公式 （2）试探究：数列 n b中是否存在某一项,它可以表示为该数列中其它项的和？若存在,请 求出该项,若不存在,请说明理由 （1） 【解析】 可得： 令1n ,则 令
12、2n ,则 令3n ,则 所以有：,解得： 4 2 d q （ 2） 【 分 析 】 首 先 要 把 命 题 翻 译 为 等 式 ,将 其 他r项 可 设 为 12 , r ttt b bb ,设 存 在 某 项 m b,则 ,设,则同除以 1 2t,就会出现左右两侧奇 偶不同,从而假设不成立 解：假设存在某项 m b及数列中的其他r项 ,所以 两边同时除以 1 2t可得： ,左边为偶数,右边为奇数.所以等式不成立 所以不存在这样的项 【点评】 （1）通过本题要学会如何表示数列中某一串项：如果是相邻项,则可表示为：,如 果不一定相邻,则可用 12 , r t tt作角标,其中1,2,r体现出这
13、一串项所成数列中项的序数,而 12 , r t tt表示 该项在原数列中的序数 （2）本题还有一个矛盾点：题目中的r项不一定为相邻项,但是可通过放缩将右边的项补全,变为从 1 2 一 直加到2r t ,即.则,由整数性质可 得,所以,与矛盾,所以不存在. 【牛刀小试】 【江苏省南京市 13 校 2019 届高三 12 月联合调研】已知数列的前 项和为，把满足条件 的所有数列构成的集合记为. （1）若数列通项为，求证：； （2）若数列是等差数列，且，求的取值范围； （3）若数列的各项均为正数，且，数列中是否存在无穷多项依次成等差数列，若存在，给 出一个数列的通项；若不存在，说明理由. 【解析】
14、（1）因为，所以，所以 ，所以，即. （2）设的公差为 ，因为， 所以 特别的当时，即， 由得，整理得，因为上述不 等式对一切恒成立，所以必有，解得， 又，所以， 于是，即， 所以，即， 所以， 因此的取值范围是. （3）由得，所以，即， 所以， 从而有， 又，所以，即， 又， 所以有，所以， 假设数列中存在无穷多项依次成等差数列， 不妨设该等差数列的第 项为（ 为常数） ， 则存在，使得， 即， 设， 则 即， 于是当时， 从而有：当时，即， 于是当时，关于 的不等式有无穷多个解，显然不成立， 因此数列中是不存在无穷多项依次成等差数列. (四) 因式分解法 (四) 因式分解法 【例 4】【例
15、 4】 【解析】 【点评】 本题中将不定方程变形为,因为分解方式是唯一的,所以可以得到关于k,m, 的二元一次方程组求解. 五、迁移运用五、迁移运用 1 【江苏省镇江市 2019 届高三上学期期末】设数列是各项均为正数的等比数列，数 列满足：对任意的正整数 ，都有 （1）分别求数列与的通项公式； （2）若不等式对一切正整数 都成立，求实数的取值范围； （3）已知，对于数列，若在与之间插入个 2，得到一个新数列 设数列的前项的和为，试问：是否存在正整数，使得？如果存在，求出的值；如果不 存在，请说明理由 【解析】 （1）因为是等比数列，且各项均为正数，所以，解得， 公比，所以， 因为， 所以，
16、两式相减，得，所以当时， 因为当时，所以，符合，所以； （2）因为，所以当时，原不等式成立， 当时，原不等式可化为， 设，则， 则， 所以，即数列单调递减， 所以，解得， 综上，； （3）由题意可知，设在数列中的项为 ，则由题意可知， 所以当时， 设，易解得， 当时， 因为，且， 所以当时，. 2 【江苏省盐城市、南京市 2019 届高三年级第一次模拟】已知数列，其中 （1）若满足 当，且时，求的值； 若存在互不相等的正整数，满足，且成等差数列，求 的值 （2）设数列的前 项和为，数列的前 n 项和为，若，且 恒成立，求 的最小值 【解析】 （1）由，累加得 （2）因，所以，当时，满足题意；
17、当时，累加得，所以 若存在满足条件，化简得，即， 此时（舍去） 综上所述，符合条件的值为 1 （2）由可知,两式作差可得 ：，又由， 可知故，所以对一切的恒成立 对，两式进行作差可得, 又由可知，故 又由 ,所以， 所以当时,当时,故的最小值为 3 【江苏省扬州中学 2019 届高三上学期 12 月月考】已知数列的前 项和为，且满足；数 列的前 项和为，且满足， （1）求数列的通项公式； （2）求数列的通项公式； （3）是否存在正整数 ，使得恰为数列中的一项？若存在，求满足要求的那几项 ； 若不存在， 说明理由 【解析】 （1）由Sn2an2，则当n2 时，Sn12an12， 两式相减得：an
18、2an2an1，则an2an1， 由S12a12，则a12， 数列an是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，则an2n， （2）由 则， 以上各式相乘，则 2Tnbnbn+1， 当n2 时，2Tn1bn1bn，两式相减得：2bnbn（bn+1bn1） ，即bn+1bn12， 数列bn 的奇数项，偶数项分别成等差数列， 由，则b3T2b1+b23，b1+b32b2， 数列bn是以b11 为首项，1 为公差的等差数列， 数列bn的通项公式bnn； （3）当n1 时，无意义， 设 cn， （n2，nN*） ， 则cn+1cn0， 即 cncn+11， 显然 2n+n+12n（n+1） ，则c27c
19、33c41， 存在n2，使得b7c2，b3c3， 下面证明不存在c22，否则，cn2，即 2n3（n+1） ， 此时右边为 3 的倍数，而 2n不可能是 3 的倍数，故该不等式成立， 综上，满足要求的bn为b3，b7 4 【江苏省南通市 2019 届高三年级阶段性学情联合调研】已知正项等比数列的前 项和为， 且，。数列的前 项和为，且。 (1)求数列的通项公式及其前 项和； (2)证明数列为等差数列，并求出的通项公式； (3)设数列，问是否存在正整数 ，使得成等差数列，若存在，求 出所有满足要求的；若不存在，请说明理由。 【解析】 (1)设正项等比数列的公比为， 则由得， 从而， 又由 得，因
20、此， 所以，。 (2)方法一：因为，所以， 从而数列是以为首项， 为公差的等差数列，故， 故， 当时，且时适合，因此， 从而当时，为常数，所以，数列为等差数列。 方法二：因为， 所以，当时，有， 两式相减得：，即， 故，即， 又由得，从而，故， 所以，数列为等差数列。 (3)因为， 所以， 假设存在存在正整数 ，使得成等差数列，则 ，即， 令，则原问题等价于存在正整数，使得， 即成立。 因为 (因为)，故数列单调递增， 若，即，则， 从而，即，而， 因此，这与恒成立矛盾，故只能有，即， 从而，故，即， (*) 若 为奇数， ，则记，从而， 因为数列单调递增，所以数列单调递减，故当时， 而，故，
21、因此，(*)式无正整数解。 若 为偶数，则记，即，同理可得(*)无正整数解。 综上，不存在存在正整数，使得成等差数列，也即不存在正整数 ，使得成等差数列。 5 【江苏省南京市六校联合体 2019 届高三 12 月联考】已知数列an各项均不相同，a11，定义 ，其中n，kN* （1）若，求； （2）若bn1(k)2bn(k)对均成立，数列an的前n项和为Sn （i）求数列an的通项公式； （ii）若k，tN*，且S1，SkS1，StSk成等比数列，求k和t的值 【解析】 （1）因为， 所以， 所以. （2） （i）因为bn1(k)2bn(k)， 得， 令k1,， k2， 由得， +得， +得，
22、又，所以数列是以 1 为首项，2 为公比的等比数列， 所以 （ii）由（i）可知Sn2n1 因为S1，SkS1，StSk成等比数列， 所以(SkS1)2S1(StSk)，即(2k2)22t2k， 所以 2t(2k)232k4，即 2t2(2k1)232k21(*) 由于SkS10，所以k1，即k2 当k2 时，2t8，得t3 当k3 时，由(*)，得(2k1)232k21 为奇数， 所以t20，即t2，代入(*)得 22k232k20，即 2k3，此时k无正整数解 综上，k2，t3 6【江苏省盐城市2019届高三第一学期期中】 已知正项数列的首项， 前n项和满足 （1）求数列的通项公式； （2
23、）若数列是公比为 4 的等比数列，且，也是等比数列，若数列单调递增， 求实数的取值范围； （3）若数列、都是等比数列，且满足，试证明: 数列中只存在三项 【解析】 （1） ，故当时， 两式做差得， 由为正项数列知，即为等差数列，故 （2）由题意，化简得 ，所以， 所以， 由题意知 恒成立，即恒成立，所以，解得 （3）不妨设超过 项，令，由题意，则有， 即 带入，可得 （*） ， 若则，即为常数数列，与条件矛盾; 若， 令得， 令得， 两式作商， 可得， 带入（*）得，即为常数数列，与条件矛盾，故这样的只有 项. 7 【江苏省徐州市 2019 届高三上学期期中】已知数列各项均为正数，,，且 对任
24、意恒成立 （1）若，求的值； （2）若， （i）求证 ： 数列是等差数列 ； （ii）在数列中，对任意，总存在， （其 中） ，使构成等比数列，求出符合条件的一组 【解析】 （1）令数列为 ，所以 （2），假设一奇数 使得： ， 综合得：可构造一组解为，. 8 【江苏省苏州市 2018 届高三调研测试】已知各项是正数的数列的前n项和为 （1）若（nN*，n2） ，且 求数列的通项公式； 若对任意恒成立，求实数的取值范围； （2）数列是公比为q（q0， q1）的等比数列，且an的前n项积为若存在正整数k，对任意 nN*，使得为定值，求首项的值 【解析】 （1）当时，由 则 两式相减得，即， 当时
25、，即， 解得或（舍） ， 所以，即数列为等差数列，且首项， 所以数列的通项公式为. 由知，所以， 由题意可得对一切恒成立， 记，则， 所以， 当时，当时，且， 所以当时，取得最大值， 所以实数的取值范围为. （2）由题意，设（） ，两边取常用对数， 令， 则数列是以为首项，为公差的等 差数列， 若为定值，令，则， 即对恒成立， 因为，问题等价于 将代入，解得. 因为，所以， 所以，又故. 9【江苏省常州2018届高三上学期期末】 已知各项均为正数的无穷数列 n a的前n项和为 n S,且满足 1 aa （其中a为常数）, * nN.数列 n b满足. （1）证明数列 n a是等差数列,并求出
26、n a的通项公式； （2） 若无穷等比数列 n c满足 ： 对任意的 * nN ,数列 n b中总存在两个不同的项 s b, t b * , s tN使得 snt bcb,求 n c的公比q. 【解析】 （1）方法一：因为, 所以, 由-得, , 即,又10n , 则,即. 在中令1n 得, ,即 21 2aa. 综上,对任意 * nN ,都有, 故数列 n a是以2为公差的等差数列. 又 1 aa,则. 方法二：因为,所以,又 11 Saa, 则数列 n S n 是以a为首项, 1为公差的等差数列, 因此,即. 当2n 时, ,又 1 aa也符合上式, 故. 故对任意 * nN ,都有,即数
27、列 n a是以2为公差的等差数列. （2）令,则数列 n e是递减数列,所以. 考 察 函 数,因 为,所 以 1 yx x 在1,上 递 增 ,因 此 ,从而. 因为对任意 * nN ,总存在数列 n b中的两个不同项 s b, t b,使得 snt bcb,所以对任意的 * nN 都有 ,明显0q . 若1q ,当时, 有,不符合题意,舍去； 若01q,当时, 有,不符合题意,舍去； 故1q . 10 【江苏省镇江市 2018 届高三上学期期末】已知数列 n a的前n项和 n S,对任意正整数n,总存在正数 , ,p q r使得 1n n ap , n n Sqr恒成立 ： 数列 n b的
28、前n项和 n T,且对任意正整数n, 2 nn Tnb恒成立. （1）求常数 , ,p q r的值； （2）证明数列 n b为等差数列； （3） 若 1 2b ,记,是否存在正整数k,使得对任 意正整数n, n Pk恒成立,若存在,求正整数k的最小值,若不存在,请说明理由. 【解析】 （1） n n Sqr ,2n , -得：,即, 2n , 又 1n n ap , 2n , 2n 时, 2 pqq； 3n 时,. , p q为正数 2pq. 又 1 1a , 1 Sqr,且 11 aS 1r . （2）2 nn Tnb 当2n 时, -得：,即, 又 +得：,即 n b为等差数列. （3）
29、1 0b , 2 2b ,由（2）知 n b为等差数列 22 n bn. 又由（1）知 1 2n n a , , 又, , 令 1 0 nn PP 得, ,解得1n , 1n 时, 1 0 nn PP ,即 21 pP, 2n 时, 2 4 n , 1 34 2n ,即. 此时 1nn PP ,即, n P的最大值为 若存在正整数k,使得对任意正整数n, n Pk恒成立,则, 正整数k的最小值为 4. 11 【江苏省南通市 2018 届高三上学期第一次调研】若数列 n a同时满足：对于任意的正整数n, 1an aa 恒成立；对于给定的正整数k,对于任意的正整数()n nk恒成立,则称数列 n
30、a是“ R k数列”. （1）已知判断数列 n a是否为“ 2R数列”,并说明理由； （2）已知数列 n b是“ 3R数列”,且存在整数(1)p p ,使得 33p b , 31p b , 31p b , 33p b 成等差数列,证 明： n b是等差数列. 【解析】 （1）当n为奇数时, ,所以 1nn aa . . 当n为偶数时, ,所以 1nn aa . . 所以,数列 n a是“ 2R数列”. （2）由题意可得：, 则数列 1 b, 4 b, 7 b, 是等差数列,设其公差为 1 d, 数列 2 b, 3 b, 8 b, 是等差数列,设其公差为 2 d, 数列 3 b, 6 b, 9
31、b, 是等差数列,设其公差为 3 d. 因为 1nn bb ,所以, 所以, 所以,. 若 21 0dd,则当 12 21 bb n dd 时,不成立； 若 21 0dd,则当时,不成立； 若 21 0dd,则和都成立,所以 12 dd. 同理得： 13 dd,所以 123 ddd,记. 设, 则 . 同理可得：,所以. 所以 n b是等差数列. 【另解】, , , 以上三式相加可得： 32d,所以 2 3 d, 所以, , , 所以,所以, 所以,数列 n b是等差数列. 12 【江苏省南通市如皋中学 2017-2018 学年第一学期高三第二次阶段测试】已知数列an的首项 1 3 5 a ,
32、 , * nN (1)求证：数列 1 1 n a 为等比数列； (2)记,若Sn100,求最大正整数n； (3)是否存在互不相等的正整数m,s,n,使m,s,n成等差数列,且am1,as1,an1 成等比数列？如果存在, 请给以证明；如果不存在,请说明理由 【解析】 (1)因为 ,所以1 .又因为 10,所以 10(nN*) 所以数列为等比数列 (2)由(1)可得 1 n1,所以 2n1. Sn n2n2n1 , 若Sn100,则n1 100,因为函数 y= n1 单调增, 所以最大正整数n的值为 99. (3)假设存在,则mn2s,(am1)(an1)(as1)2, 因为an,所以 2, 化
33、简得 3m3n23s,因为 3m3n223s, 当且仅当mn时等号,又m,s,n互不相等,所以不存在 13 【江苏省徐州市铜山中学 2018 届高三第一学期期中】已知数列 n a的前n项和为 n S,满足21 nn Sa, * nN ,数列 n b满足, * nN ,且 1 1b . （1）求数列 n a和 n b的通项公式； （2） 若,数列 n c的前n项和为 n T,对任意的 * nN ,都有 nn TnSa,求实数a的取值范围. （3）是否存在正正数 ,m n,使 成等差数列？若存在,求出所有满足条件的 ,m n；若不存在, 请说明理由. 【解析】 （1）当=1n时, ,所以 1=1
34、a 当2n 时, 21 nn Sa, , 两式相减得 1 2 nn aa ,又 1=1 a,所以 1 2 n n a a , 从而数列 n a为首项 1=1 a,公比=2q的等比数列, 从而数列 n a的通项公式为 1 2n n a 由两边同除以1n n,得, 从而数列 n b n 为首项 1 1b ,公差1d 的等差数列,所以= n b n n , 从而数列 n b的通项公式为 2 n bn （2）由（1）得, 于是, 所以, 两式相减得, 所以, 由（1）得, 因为对 * nN ,都有 nn TnSa,即恒成立, 所以恒成立, 记, 所以min n ad, 因为210 n ,从而数列 n
35、d为递增数列, 所以当=1n时, n d取最小值 1=0 d,于是0a （3）假设存在正整数m n， ,使 1, , mn b ab (1n )成等差数列,则 1+ =2 nm bba, 即 2 12mn , 若n为偶数,则 2 1n 为奇数,而2m为偶数,上式不成立. 若n为奇数,设,则, 于是,即, 当1m 时, 1k ,此时=21=1nk 与1n 矛盾； 当2m时,上式左边为奇数,右边为偶数,显然不成立. 综上所述,满足条件的m n， 不存在 14【 江 苏 省 无 锡 市 普 通 高 中 2018 届 高 三 上 学 期 期 中 】 已 知 数 列 n a满 足 记数列 n a的前n项
36、和为 2 , nnn S ba, *. nN （1）求证：数列 n b为等比数列,并求其通项 n b； （2）求 n S； （3）问是否存在正整数n,使得成立？说明理由. 【解析】因为 , 即,所以. （2）,所以, 当n为奇数时,可令 则 , 当n为偶数时,可令 则； （3）假设存在正整数n ,使得成立, 因为, , 所以只要 即只要满足 ： 2 2n ,和： , 对于只要2n 就可以； 对于, 当n 为奇数时,满足,不成立, 当n 为偶数时,满足,即 令, 因为 即 2nn cc ,且当2n 时, , 所以当n 为偶数时,式成立,即当n 为偶数时,成立 . 15 【江苏省徐州市 2018
37、届高三上学期期中】 已知数列的前 项和为,满足, 数列 满足,且 （1）求数列和的通项公式； （2）若,数列的前 项和为,对任意的,都有,求实数 的取值范围； （3）是否存在正整数 , ,使,（）成等差数列,若存在,求出所有满足条件的 , ,若不存在,请 说明理由 【解析】 （1）当时, ,所以 当时, , 两式相减得, 从而数列为首项,公比的等比数列, 从而数列的通项公式为 由两边同除以, 得 从而数列为首项,公差的等差数列,所以, 从而数列的通项公式为 （2）由（1）得, 于是, 所以 两式相减得, 所以, 由（1）得, 因为对 ,都有, 即恒成立, 所以恒成立, 记, 所以, 因为, 从
38、而数列为递增数列,所以当时 取最小值, 于是 （3）假设存在正整数（）,使成等差数列,则, 即 , 若 为偶数,则为奇数,而为偶数,上式不成立. 若 为奇数,设,则, 于是,即, 当时,此时与矛盾； 当时,上式左边为奇数,右边为偶数,显然不成立. 综上所述,满足条件的实数对不存在 16 【2017-2018 学年度第一学期江苏省常州北郊华罗庚江阴高中三校联考】已知数列 n a的首项为 2,前n 项的和为 n S,且（ * nN ） （1）求 2 a的值； （2）设,求数列 n b的通项公式； （3）是否存在正整数n,使得 3n n a a 为整数,若存在求出n,若不存在说明理由. 【解析】 （1）易得 2 14 3 a （2）由,得, 所以 所以, 由-,得 因为 1 0 n a ,所以 所以,即, 即 1 1 nn bb ,所以数列 n b是公差为 1 的等差数列 因为,所以数列 n b的通项公式为 1 4 n bn （3）由（2）知, ,所以, 所以,所以数列 41 n a n 是常数列 由 1 2 4 1 13 a ,所以 则, 注意到413n ,且41n为 12 的约数,所以,由 * nN 知 1n