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1、6.数列1.已知从数列an中取出部分项，并按原来的顺序组成一个新的数列，称为数列an的一个子数列，若该子数列为等比数列，则称为数列an的等比子数列.(1)设数列an是一个公差不为0的等差数列，若a11，a36，且a1，a3，为数列an的等比子数列，求数列nk的通项公式；(2)是否存在一个等差数列an，使得bn是数列an的一个等比子数列？其中数列bn的公比为q，同时满足b1a，b2a，b3a(a1a2)，b1(1)(1q).若存在，求出数列an的通项公式；若不存在，请说明理由.解(1)因为数列an是等差数列，且a11，a36，则等差数列an的公差d，所以ann(nN*)，nk.又a1，a3，为数
2、列an的等比子数列，且6，所以6k1，即6k1nk，故nk(kN*).(2)设数列an的公差为d，因为a10.由题意得a(a12d)2(a1d)4，化简得2a4a1dd20，所以d(2)a1，而20，故a10.若d(2)a1，则q(1)2，故b1a(1)(1q)(1)(22)0，故舍去.若d(2)a1，则q(1)2，从而b1a(1)(1q)(22)(1)2，所以a1，d(2)a122，所以an(22)n32.又b12，令(22)n322，故n不是整数，即b1不是数列an中的项.故不存在满足条件的等差数列an.2.设等比数列an的首项为a12，公比为q(q为正整数)，且满足3a3是8a1与a5的
3、等差中项；数列bn满足2n2(tbn)nbn0(tR，nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)试确定t的值，使得数列bn为等差数列；(3)当bn为等差数列时，对每个正整数k，在ak与ak1之间插入bk个2，得到一个新数列cn.设Tn是数列cn的前n项和，试求满足Tm2cm1的所有正整数m.解(1)由题意6a38a1a5，则6q28q4，解得q24或q22(舍)，则q2，又a12，所以an2n.(2)当n1时，2(tb1)b10，得b12t4，当n2时，222(tb2)2b20，得b2164t，当n3时，232(tb3)3b30，得b3122t，则由b1b32b2，得t3，而当t3时，2n2
4、(3bn)nbn0，得bn2n，由bn1bn2(常数)知，此时数列bn为等差数列，故t3.(3)由(1)(2)知，an2n，bk2k.由题意知，c1a12，c2c32，c4a24，c5c6c7c82，c9a38，则当m1时，T12c2，不合题意，当m2时，T22c3，适合题意.当m3时，若cm12，则Tm2cm1，一定不适合题意，从而cm1必是数列an中的某一项ak1，则Tma1a2a3a4ak，(222232k)2(b1b2b3bk)2(2k1)22k12k22k2，2cm12ak122k1，所以2k12k22k222k1，即2kk2k10，所以2k1k2k.2k1(kN*)为奇数，而k2k
5、k(k1)为偶数，所以上式无解.即当m3时，Tm2cm1.综上知，满足题意的正整数仅有m2.3.(2018江苏省邗江中学期中)已知各项均为正数的数列满足a2aanan1，且a2a42a34，其中nN*.(1)求数列的通项公式；(2)设数列bn满足 bn，是否存在正整数m，n(1mn)，使得b1，bm，bn成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由.(3)令cn，记数列cn的前n项和为Sn，其中nN*，证明：Sn.(1)解a2aanan1，(an1an)(2anan1)0，又an0，2anan10，即2anan1，数列an是公比为2的等比数列.由a2a42a34，得2a18a
6、18a14，解得a12.数列an的通项公式为an2n，nN*.(2)解bn，若b1，bm，bn成等比数列，则2，即.由，得，2m24m10，解得1m1.又mN*，且m1，m2，此时n12.故存在正整数m2，n12，使得b1，bm，bn成等比数列.(3)证明cn，Sn，nN*.n1递减，0n111，Sn.4.(2018江苏省扬州树人学校模拟)已知无穷数列的各项都不为零，其前n项和为Sn，且满足anan1Sn(nN*)，数列满足bn，其中t为正整数.(1)求a2 018；(2)若不等式aaSnSn1对任意的nN*都成立，求首项a1的取值范围；(3)若首项a1是正整数，则数列中的任意一项是否总可以表
7、示为数列中的其他两项之积？若是，请给出一种表示方式；若不是，请说明理由.解(1)令n1，则a1a2S1，即a1a2a1，又a10，所以a21.由anan1Sn，得an1an2Sn1，两式相减得(an2an)an1an1，又an10，故an2an1，所以a2 018a211 009.(2)由(1)知数列是首项为a21，公差为1的等差数列，数列是首项为a1，公差为1的等差数列.故an所以Sn当n是奇数时，aaSnSn1，即22，即a2a1对任意正奇数n恒成立，所以a2a10，解得0a12.当n是偶数时，aaSnSn1，即22，即aa1对任意正偶数n恒成立，所以aa11，解得a1.综合得0a1.(3
8、)由数列是首项为1，公差为1的等差数列，数列是首项为正整数a1，公差为1的等差数列知，数列的各项都是正整数.设bnbmbk，即，所以am，取kn2，则akan1，故aman(an2t)，不妨设m是偶数，则an(an2t)一定是整数，故当n是偶数时，方程bnbmbk的一组解是当n是奇数时，方程bnbmbk的一组解是所以数列中的任意一项总可以表示为数列中的其他两项之积.5.已知等差数列an的前n项和为Sn，且2a5a313，S416.(1)求数列an的前n项和Sn；(2)设Tn(1)iai，若对一切正整数n，不等式Tnm2)，使得S2，SmS2，SnSm成等比数列？若存在，求出所有的m，n；若不存
9、在，请说明理由.解(1)设数列an的公差为d.因为2a5a313，S416，所以解得所以an2n1，Snn2.(2)当n为偶数时，设n2k，kN*，则T2k(a2a1)(a4a3)(a2ka2k1)2k.代入不等式Tnan1(1)n1an2n1，得2k4k，从而.设bk，kN*，则bk1bk.因为kN*，所以bk1bk0，所以数列bk是递增的，所以(bk)min2，所以2.当n为奇数时，设n2k1，kN*，则T2k1T2k(1)2ka2k2k(4k1)12k.代入不等式Tnan1(1)n1an2n1，得(12k)4k.因为kN*，所以4k的最大值为4，所以4.综上，的取值范围为(4,2).(3
10、)假设存在正整数m，n(nm2)，使得S2，SmS2，SnSm成等比数列，则(SmS2)2S2(SnSm)，即(m24)24(n2m2)，所以4n2(m22)212，即4n2(m22)212，即(2nm22)(2nm22)12.因为nm2，所以n4，m3，所以2nm2215.因为2nm22是整数，所以等式(2nm22)(2nm22)12不成立，故不存在正整数m，n(nm2)，使得S2，SmS2，SnSm成等比数列.6.(2018南京模拟)若数列满足：对于任意nN*，an均为数列中的项，则称数列为“T 数列”.(1)若数列的前n项和Sn2n2，nN*，求证：数列为“T 数列”；(2)若公差为d的
11、等差数列为“T 数列”，求d的取值范围；(3)若数列为“T 数列”，a11，且对于任意nN*，均有anaaan1，求数列的通项公式.(1)证明当n2时，anSnSn12n22(n1)24n2，又a1S12412，所以an4n2.所以an|an1an2|4n244(n1)2为数列an的第n1项， 因此数列an为“T 数列”.(2)解因为数列an是公差为d的等差数列， 所以an|an1an2|a1(n1)d|d|. 因为数列an为“T 数列”， 所以任意nN*，存在mN*，使得a1(n1) d|d|am，即有(mn)d|d|. 若d0，则存在mn1N*，使得(mn)d|d|，若d0，则mn1.此时
12、，当n1时，m0不为正整数，所以d0不符合题意. 综上，d0.(3)解因为anan1，所以an|an1an2|anan2an1，又因为ananan2an1an2(an1an)an2，且数列an为“T数列”，所以anan2an1an1，即anan22an1，所以数列an为等差数列.设数列an的公差为t(t0)，则有an1(n1)t，由anaaan1，得1(n1)tt2(2n1)t1nt，整理得n(2t2t)t23t1，n(t2t2)2tt21.若2t2t0，取正整数N0，则当nN0时，n(2t2t)(2t2t)N0t23t1，与式对于任意nN*恒成立相矛盾，因此2t2t0.同样根据式可得t2t20，所以2t2t0.又t0，所以t.经检验当t时，两式对于任意nN*恒成立，所以数列an的通项公式为an1(n1).