高中数学疑难问题⑤(高一下-数列压轴题).doc

高中数学疑难问题⑤——高一下学期 （数列压轴题） 1、已知数列满足a1=a（a＞0，a∈N+），且a1+a2+……+an-pan-1=0，（p≠0，p≠-1，n∈N+）。 求的通项公式； （2）若对任意k∈N+，将，，从小到大排列后，均能构成等差数列，且公差是，求p的值以及相应的数列。（必修5-数列综合——C3级题） 解：（1）∵a1+a2+…+an-pan+1=0，∴n≥2时，a1+a2+…+an-1-pan=0，两式相减，得（n≥2）， ∴数列从第2项起是公比是的等比数列。又当n=1时，a1-pa2=0，解得a2=。∴=。（2）由（1）得=，=，=，①若是等差中项，则=+，∴，解得，此时=，=，=|-|=；②若是等差中项，则=+，∴，此时该方程无解，舍去；③若是等差中项，则=+，∴，解得，此时=，=，=|-|=。综上所述，时，=；时，=。 2、已知数列中，前n项和Sn对任意n∈N+有Sn=m+1-m（m∈R，m≠0，m） 求证：是等比数列； 若S3，S7，S5构成等比数列，求m的值； （3）求证：对，S1+S2+S3+…+Sn，S3n+1+S3n+2+S3n+3+…+S4n，S7n+1+S7n+2+S7n+3+…+S8n不能构成等差数列。（必修5-数列综合——C3级题） 解：（1）当n=1时，a1=S1=ma1+1-m，又m≠0，且m≠1，∴a1=1。 当n≥2时，Sn-1=m+1-m，∴=m-m，（m-1）=m， 。∴是以1为首项，为公比的等比数列。 （2）由S3，S7，S5构成等差数列可知：2S7=S3+S5，∴2（ma7+1-m）=（ma3+1-m）+（ma5+1-m），又∵m≠0，化简得2a7=a3+a5， 令，则，得或（舍去），∴q=-1。由，解得。 假设S1+S2+S3+…+Sn，S3n+1+S3n+2+S3n+3+…+S4n，S7n+1+S7n+2+S7n+3+…+S8能构成等差数列，则有2（S3n+1+S3n+2+S3n+3+…+S4n）=（S1+S2+S3+…+Sn）+（S7n+1+S7n+2+S7n+3+…+S8n），∴2（ma3n+1+m-1+ma3n-2+m-1+…+ma4n+m-1）=（ma1+m-1+ma2+m-1+…+man+m-1）+（ma7n+1+m-1+ma7n+2+m-1+…+ma8n+m-1），化简得2m（S4n-S3n）=+m（S8n-S7n），又知（S4n-S3n）=，（S8n-S7n）=，可得=+Sn，（*）而m＞1，∴q＞1，Sn＞0。且1+q7n＞＞=， ∴（*）无解，假设错误。∴对，S1+S2+S3+…+Sn，S3n+1+S3n+2+S3n+3+…+S4n，S7n+1+S7n+2+S7n+3+…+S8n不能构成等差数列。 3、设数列满足（λ∈R，n∈N+）；等比数列的首项是b1=2，公比是q（q是正整数），且满足3b3是8b1与b5的等差中项。 求数列的通项公式； 试确定λ的值，使得数列是等差数列； （3）当数列是等差数列时，对每个正整数k，在bk与bk+1之间插入个2，得到一个新数列。设Tn是数列的前n项和，试求满足Tm=2的所有正整数m。（必修5-数列综合——C3级题） 解：（1）∵6b3=8b1+b5，∴6q2=8+q4， 解得q2=4或q2=2（舍去），则q=2。又∵b1=2，∴=2n。 在中，将n=1，2，3分别代入， 得a1=2λ-4，a2=16-4λ，a3=12-2λ，则由a1+a3=2a2，得λ=3。 而当λ=3时，=2n，由-=2知此时数列是等差数列。 （3）∵c1=c2=c3=2，∴易知m=1不符合题意，m=2符合题意。 当m≥3时，若后添入的2等于个，则一定不符合题意， 从而必是数列中的某一项， 则（2+22+23+…+2k）+2（b1+b2+b3+…+bk）=2×2k+1， ∴2×（2k-1）+×2=2×2k+1，∴2k+1-2k2-2k+2=0，∴2k=k2+k-1。 易证k=1，2，3，4不是该方程的解。 而当n≥5时，2n＞n2+n-1成立，证明如下： ①当n=5时，25=32，k2+k-1=29，左边＞右边成立； ②假设n=k时，2k＞k2+k-1成立，当n=k+1时，2k+1＞2k2+2k-2 =（k+1）2+（k+1）-1+k2-k-3≥（k+1）2+（k+1）-1+5k-k-3 =（k+1）2+（k+1）-1+k+3（k-1）＞（k+1）2+（k+1）-1， ∴当n=k+1时，结论成立。由①，②可知，2n＞n2+n-1在n≥5时恒成立，∴2k=k2+k-1无正整数解。 综上，满足题意的正整数m仅有2。 4、设数列的通项公式是=（n∈N+，p＞0），数列定义如下：对于正整数m，是使得不等式＞m成立的所有n中的最小