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数列大题突破型


江苏) (05 江苏)设数列{an}的前 n 项和为 S n ,已知 a1=1, a2=6, a3=11,且 (5n ? 8) S n +1 ? (5n + 2) S n = An + B, n = 1,2,3, ? , 其中 A,B 为常数.
(Ⅰ)求 A 与 B 的值;(Ⅱ)证明数列{an}为等差数列; (Ⅲ)证明不等式 5a mn ? a m a n > 1 对任何正整数 m、n 都成立.
解: (Ⅰ)由已知,得 S1 由 (5n ? 8) S n +1

= a1 = 1, S 2 = a1 + a 2 = 7, S 3 = a1 + a 2 + a 3 = 18.

? (5n + 2) S n = An + B 知
解得 A=-20,B=-8.

?? 3S 2 ? 7 S1 = A + B, ? A + B = ?28, 即? ? ?2S 3 ? 12S 2 = 2 A + B, ?2 A + B = ?48.
(Ⅱ)方法 1 由(Ⅰ)得, 5( n ? 8) S n +1 所以

? (5n + 2) S n = ?20n ? 8,
② ③ ④



(5n ? 3) S n+ 2 ? (5n + 7) S n+1 = ?20n ? 28.

②-①,得 (5n ? 3) S n + 2 所以

? (10n ? 1) S n +1 + (5n + 2) S n = ?20.

(5n + 2) S n+ 3 ? (10n + 9) S n + 2 + (5n + 7) S n +1 = ?20.

④-③,得 因为

(5n + 2) S n+ 3 ? (15n + 6) S n + 2 + (15n + 6) S n +1 ? (5n + 2) S n = 0.
所以 (5n + 2) a n +3

a n+1 = S n +1 ? S n

? (10n + 4)a n + 2 + (5n + 2)a n+1 = 0.
即 a n+3

又因为 又

5n + 2 ≠ 0, 所以a n+ 3 ? 2a n + 2 + a n +1 = 0,

? a n+ 2 = a n+ 2 ? a n +1 .n ≥ 1

a 3 ? a 2 = a 2 ?a1 = 5

所以数列 {a n } 为等差数列.

方法 2 由已知, S1

= a1 = 1, 又(5n ? 8) S n+1 ? (5n + 2) S n = ?20n ? 8.且5n ? 8 ≠ 0,

所以数列 {S n } 是惟一确定的,因而数列 {a n } 是惟一确定的.

n(5n ? 3) . 2 (n + 1)(5n + 2) n(5n ? 3) 于是 (5n ? 8)Tn +1 ? (5n + 2)Tn = (5n ? 8) ? (5n + 2) 2 2
设 bn

= 5n ? 4, 则数列 {bn } 为等差数列,前 n 项和 Tn =

由惟一性得

bn = a n ,即数列 {a n } 为等差数列. a n = 1 + 5(n ? 1) = 5n ? 4.
只要证 ? 5a mn

(Ⅲ)由(Ⅱ)可知

要证 因为 a mn 故只要证

5a mn ? n m a n > 1

> 1 + am an + 2 am an

= 5mn ? 4, a m a n = (5m ? 4)(5n ? 4) = 25mn ? 20(m + n) + 16, 5(5mn ? 4) > 1 + 25mn ? 20(m + n) + 16 + 2 a m a n ,
1

即证

20m + 20n ? 37 > 2 a m a n . 因为 2 a m a n ≤ a m + a n = 5m + 5n ? 8 < 5m + 5n ? 8 + (15m + 15n ? 29)
= 20m + 20n ? 37. 所以命题得证.

(06 江苏)
第三问:是否存在这样的正数 q ,使等比数列 {bn } 中有三项成等差数列?若存在,写出一个 q 的值, 并加以 (3)设数列 {bn } 中有三项 bm , bn , bp ( m < n < p, m, n, p ∈ N + ) 成等差数列,则有
2

a1 q n ?1 = a1 q m ?1 + a1 q p ?1 ,



n ? m = x, p ? n = y , ( x, y ∈ N + )
,因为

, 所 以

2

=

1 + qy x q
q=

, 令

x = 1, y = 2

, 则

q 3 ? 2q + 1 = 0, ( q ? 1) ( q 2 + q ? 1) = 0 q=

q ≠ 1 , 所 以 q2 + q ? 1 = 0

,所以

5 ?1 ( 舍去负值 ) , 即 存 在 2

5 ?1 + 使得 {bn } 中有三项 bm , bm +1 , bm + 3 ( m ∈ N ) 成等差数列。 、 2 江苏)第二问: (08 江苏)第二问:求证:对于一个给定的正整数 n(n ≥ 4) ,存在一个各项及公差都不为零的等差数列 b1 , b2 ,......bn ,
其中任意三项(按原来顺序)都不能组成等比数列 (2) 假设对于某个正整数 n, 存在一个公差为 d 的 n 项等差数列 b1 , b2 ,......bn , 其中 bx +1 , by +1 , bz +1 0 ≤ x < y < z ≤ n ? 1 ) ( 为任意三项成等比数列, b 则 (*) 由 b1d ≠ 0 知, y 2 ? xz 与 x + z ? 2 y 同时为 0 或同时不为 0 题设矛盾。 故 y 2 ? xz 与 x + z ? 2 y 同时不为 0,所以由(*)得 当 y 2 ? xz 与 x + z ? 2 y 同时为 0 时,有 x = y = z 与
2 y +1 2 2 = bx +1 ? bz +1 , (b1 + yd ) 2 = (b1 + xd ) ? (b1 + zd ) , 即 化简得 ( y ? xz ) d = ( x + z ? 2 y )b1d

b1 y 2 ? xz = d x + z ? 2y
b1 为有理数。 d

因为 0 ≤ x < y < z ≤ n ? 1 ,且 x、y、z 为整数,所以上式右边为有理数,从而 于是,对于任意的正整数 n(n ≥ 4) ,只要

b1 为无理数,相应的数列就是满足题意要求的数列。 d 例如 n 项数列 1,1+ 2 , 1+ 2 2 ,……,1+ (n ?1) 2 满足要求。

1

已知各项均为正数的数列{an}满足

2a n +1 ? a n * =anan+1,n∈N .(1)求数列{an}的通项公式; 2a n ? a n +1

(2)设 Sn=a 1+a 2+…+a n,Tn=

2

2

2

1 1 1 + 2 + ? 2 ,求 Sn+Tn,并确定最小正整数 n,使 Sn+Tn 为整数. 2 a1 a 2 an
= 2( a n ?

.解(1)条件式化为 an+1-

1

a n +1

1 ) an

{an-

1 1 8 }为一个等比数列,其公比为 2,首项为 a1= . an a1 3

所以 an-

2 n+ 2 1 8 = ·2n-1= (n∈N*)…………① an 3 3

因 an>0,由①解出 an= ( 2

1 3

n +1

+ 2 2 n+ 2 + 9 ) …………②
2 2

? ? 1? ? 1 ? 1 ? ? + ? + ? a n ? ? + 2n (2)由①有 Sn+Tn= ? a1 ? ? + ? a 2 ? ? ? ? ? ? a1 ? ? a2 ? an ? ? ? ?
2

2

? 23 ? ? 2 4 ? ? 25 ? ? 2 n+2 ? ? + ? ? + ? ? +?+ ? =? ? ? ? ? ? ? 3 ? 3? ? 3 ? ? 3 ? ?
为使 Sn+Tn=

2

2

2

? 64 n ? + 2n = (4 -1)+2n(n∈N*) ? 27 ?

2

64 n 4n ?1 (4 -1)+2n 为整数,当且仅当 为整数.当 n=1,2 时,显然 Sn+Tn 不为整数, 27 27
1 2 3 n

当 n≥3 时,∵4n-1=(1+3)n-1=C n ·3+ C n ·32+33(C n +…+3n-3C n )∴只需 ∵3n-1 与 3 互质,∴n 为 9 的整数倍.当 n=9 时,

1 2 C n ? 3 + C n ? 3 2 n 3n ? 1 = ? 为整数, 27 9 2

n 3n ? 1 ? =13 为整数.故 n 的最小正整数为 9. 9 2

2

在数列{an}中,若 a1,a2 是正整数,且 an=|an-1-an-2|,n=3,4,5,…,则称{an}为“绝对差数列”.证明:任何“绝对差数

列”中总含有无穷多个为零的项.

证明:根据定义,数列{an}必在有限项后出现零项.证明如下:
假设{an}中没有零项,由于 an=|an-1-an-2|,所以对于任意的 n,都有 an≥1,从而 当 an-1>an-2 时,an=a n-1-a n-2≤an-1-1(n≥3) 当 an-1<an-2 时,an=a n-2-a n-1≤an-2-1(n≥3), ; 即 an 的值要么比 an-1 至少小 1,要么比 an-2 至少小 1. 令 cn= ?

?a 2 n ?1 (a 2 n ?1 > a 2 n ), n = 1,2,3?, 则 0<cn≤cn-1-1(n=2,3,4…). ? a 2 n (a 2 n ?1 < a 2 n ),

由于 c1 是确定的正整数,这样减少下去,必然存在某项 ck<0,这与 cn>0(n=1,2,3……)矛盾. 从而{an}必有零项.若第一次出现的零项为第 n 项, 记 an-1=A(A≠0) ,则自第 n 项开始,每三个相邻的项周期地取值 0,A,A,即

a n +3k = 0, ? ? ?a n+3k +1 = A, k = 0,1,2,3,?. 所以绝对差数列{an}中有无穷多个为零的项. ? a n+3k + 2 = A, ?

3 已知数列{xn}满足 x1=x2=1,并且

xn+1 x = λ n ( λ 为非零参数,n=2,3,4,…). xn xn?1

设 0< λ <1,常数 k∈N*且 k≥3,证明

x1+ k x 2+ k x λk + +…+ n + k < (n∈N*). k x1 x2 xn 1? λ

25、证明:设 an=

x n+1 x x ,由已知,数列{an}是以 2 =1 为首项、 λ 为公比的等比数列,故 n +1 = λ n-1,则 xn x1 xn

3

kn + xn+k x x x = n + k ? n + k ?1 ?? n +1 = λ n+k-2· λ n+k-3…… λ n-1= λ xn x n + k ?1 x n + k ? 2 xn

k ( k ?3 ) 2

.

因此,对任意 n∈N*,



k+

k ( k ?3) 2



2k +

k ( k ?3) 2

+?+ λ

kn +

k ( k ?3 ) 2

x1+ k x 2+ k x + + ? + n+ k = λ 2 (λk + λ2 k + ? + λnk ) x1 x2 xn k ( k ?3 ) λk (1 ? λnk ) =λ 2 . 1 ? λk
0<1- λ nk<1,所以

k ( k ?3 )

当 k≥3 且 0< λ <1 时,0< λ

k ( k ?3) 2

≤1,

x1+ k x 2+ k x λk + + ? + n+k < (n∈N*). k x1 x2 xn 1? λ

4

f k'?1 ( x) 0 2 1 2 k 2 n 2 f 0 ( x) = x , f k ( x) = ,k≤n , F ( x) = Cn f 0 ( x ) + Cn f1 ( x ) + ... + Cn f k ( x ) + ... + Cn f n ( x ) , x ∈ [ ?1,1] . f k ?1 (1)
n

证明:对任意的 x1 , x2 ∈ [ ?1,1] ,恒有 F ( x1 ) ? F ( x2 ) ≤ 2

n ?1

(n + 2) ? n ? 1

证法一:当-1≤x≤1 时,
F(x)=x2n+n C n x2 (n-1) +(n-1) C n x2(n-2)+…+(n-k+1) C n x2(n-k)+…+2 C n x2+1. 当 x>0 时,F′(x)>0,所以 F(x)在[0,1]上是增函数. 又 F(x)是偶函数,所以 F(x)在[-1,0]上是减函数. 所以对任意的 x1,x2∈[-1,1] ,恒有|F(x1)-F(x2)|≤F(1)- F(0). F(1)-F(0)= C n +n C n +(n-1) C n +…+(n-k+1) C n +…+2 C n =n C n
n ?1 0 1 2 k n ?1 1 2 k n ?1

+(n-1) C n

n?2

+…+(n-k+1) C n

n?k

+…+2 C n + C n .

1

0

= (n ? k ) ?
∵(n-k+1) C n
n?k

=(n-k) C n

n?k

+ Cn

n?k

n! k + Cn (n ? k )!k! (n ? 1)! k = n? + Cn (n ? 1 ? k )!k!
1 2 n ?1 0

=n C n ?1 + C n (k=1,2,…,n-1).

k

k

∴F(1)-F(0)=n( C n ?1 + C n ?1 +…+ C n ?1 )+( C n + C n +…+ C n )+ C n =n(2n-1-1)+2n-1=2 n-1(n+2)-n-1 因此结论成立.

1

2

n ?1

证法二:当-1≤x≤1 时,
F(x)=x2n+n C n x2(n-l)+(n-1) C n x2(n-2)+…+(n-k+1) C n x2(n-k)+…+2 C n 当 x>0 时,F′(x)>0,所以 F(x)在[0,1]上是增函数, 又 F(x)是偶函数,所以 F(x)在[-1,0]上是减函数.
4
1 2 k n ?1

x2+1.

所以对任意的 x1,x2∈[-1,1] ,恒有 |F(x1)- F(x2)|≤F(1)- F(0). F(1)-F(0)=C n +n C n +(n-1)C n +…+(n-k+1) C n +…+2C n , 又∵F(1)-F(0)=2C n +3C n +…+nC n + C n , ∴2(F(1)-F(0) )=(n+2) C n +C n +…+C n )+2, ( ∴F(1)- F(0)= 因此结论成立.
1 2 n ?1 1 2 n ?1 0 0 1 2 k n ?1

1 2n ? 2 1 2 n ?1 (n+2) C n +C n +…+C n )+1=(n+2) ( · +1=2n-1(n+2)-n-1. 2 2

证法三:当-1≤x≤1 时,
F(x)=x2n+nC n x
1 2 ( n ?1)

+(n-1)C n x 2 ( n ? 2 ) +…+(n-k+1)C n x
2

k

2( n ?k )

+…+2C n x2+1,

n ?1

当 x>0 时,F′(x)>0,所以 F(x)在[0,1]上是增函数. 又 F(x)是偶函数,所以 F(x)在[-1,0]上是减函数. 所以对任意的 x1、x2∈[-1,1] ,恒有 |F(x1)-F(x2)|≤F(1)-F(0). C n fk(x2)=(n-k+1)C n x 2 ( n? k ) =(n-k)C n x 2 ( n? k ) +C n x 2 ( n? k ) (k=1,2,…,n-1). · 由(n-k)C n =(n-k) F(x)=nx2[C n ?1 x
n?2 2 ( n ?2 )

2

k

n?k

n?k

n?k

(n ? 1)! n! n ?1 =n? = nC n ?1 ? k ,得 (n ? k )! k! (n ? 1 ? k )! k!
n? + cn?13 x 2( n?3) +…+C 0 ?1 ]+x2n+C n?1 x 2( n?1) +…+C 0 n n n

(1+x2)n-1-x 2 ( n ?1) ]+(1+x2)n, =nx2[ ∴F(1)-F(0)=n(2n-1-1)+2n-1=2n-1(n+2)-n-1.因此结论成立.

证法四:
当-1≤x≤1 时, F(x)=x2n+nC n x
1 2 ( n ?1)

+(n-1)C n x

2

2 ( n ? 2)

+…+(n-k+1)C n x

k

2(n?k )

+…+2C n x2+1.

n ?1

当 x>0 时,F′(x)>0,所以 F(x)在[0,1]上是增函数. 又 F(x)是偶函数,所以 F(x)在[-1,0]上是减函数. 所以对任意的 x1,x2∈[-1,1] ,恒有 |F(x1)-F(x2)|≤F(1)-F(0). ∵x[ (1+x)n-xn]=x[C n x
1 n 1 n ?1 2 n + C n x n ? 2 + …+C k x n ? k +…+C n ? 2 x 2 + C n ?1 x + 1 ] n n n ?1 k n + … + C n x n? k ?1 + …+C n ? 2 x 3 + C n ?1 x 2 + x n

=C n x + C n x
2

对上式两边求导,得 [ (1+x)n-xn]+x[n(1+x)n-1-nxn-1]

5

=nC n x

1

n ?1

2 K n n + (n ? 1)C n x n ? 2 + …+(n-k+1)C n x n ? K + …+3 C n ? 2 x 2 + 2C n ?1 x + 1 ,

∴(1+x)n+x[n(1+x)n-1-nxn-1] =xn+n C n xn-1+(n-1) C n xn-2+…+(n-k+1) C n xn-k+…+3 C n ∴F(x)=(1+x2)n+x2[n(1+x2)n-1-nx ∴F(1)-F(0)=2n-1(n+2)-n-1. 因此结论成立.
2 ( n ?1)
1 2 k n?2

x2+2 C n x+1.

n ?1

].

6


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