专题16 数列中项数问题(原卷版)

专题16 数列中项数问题数列中项数问题，不仅是存在性问题，而且是整数解问题. 会利用整除性质、奇偶分析法、“范围”控制解决，常用到分类讨论思想．类型一 整数解问题典例1. 已知集合 ， , ．对于数列 ， ，且对于任意 ， ，有 ．记 为数列 的前 项和. (Ⅰ)写出 ， 的值；(Ⅱ)数列 中，对于任意 ，存在 ，使 ，求数列 的通项公式；(Ⅲ)数列 中，对于任意 ，存在 ，有 .求使得 成立的 的最小值．类型二 存在性问题典例2已知数列{a n }中，a 2=1，前n 项和为S n ，且1()2n n n a a S -=． （1）求a 1；（2）证明数列{a n }为等差数列，并写出其通项公式； （3）设1lg 3n n na b +=，试问是否存在正整数p ，q (其中1<p <q )，使b 1，b p ，b q 成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组(p ，q )；若不存在，说明理由．类型三 否定性问题典例3等差数列{}n a 的前n 项和为1319n S a S ==+，． （1）求数列{}n a 的通项n a 与前n 项和n S ； （2）设()nn S b n n*=∈N ，求证：数列{}n b 中任意不同的三项都不可能成为等比数列．1.公差d≠0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝2＋2，S 3＝12＋32． （1）求数列{a n }的通项公式a n 及其前n 项和S n ；（2）记c n ＝S nn ，试问：在数列{c n }中是否存在三项c r ，c s ，c t (r ＜s ＜t ，r ,s ,t ∈N *)恰好成等比数列？若存在，求出此三项；若不存在，请说明理由.2.已知各项均为正数的等比数列的公比为，且.在数列中是否存在三项，使其成等差数列？说明理由；3.设nn c 2=，试问数列{}n c 中是否存在三项，它们可以构成等差数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由．4.已知数列{}n a 满足：1113(1)2(1)1,211n n n n a a a a a ++++==--，10(1)n n a a n +<≥，数列{}n b 满足：221(1)n n n b a a n +=-≥．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）证明：数列{}n b 中的任意三项不可能成等差数列．5.已知等比数列{}n a 的首项是1，公比为2，等差数列{}n b 的首项是1，公差为1，把{}n b 中的各项按照如下规则依次插入到{}n a 的每相邻两项之间，构成新数列}{n c ：1122334,,,,,,,a b a b b a b 564,,b b a ，……，即在n a 和1n a +两项之间依次插入{}n b 中n 个项，则2013c =____________.6.设等差数列的前项和为且． （1）求数列的通项公式及前项和公式； （2）设数列的通项公式为，问：是否存在正整数t ，使得 成等差数列？若存在，求出t 和m 的值；若不存在，请说明理由．7. 设{}n a 是公差不为零的等差数列，n S 为其前项和，且222223457,7a a a a S +=+=．{}n a q 102q <<{}n a {}n a n n S ，5133349a a S +==，{}n a n {}n b nn n a b a t=+12m b b b ，，(3)m m ≥∈N ，n（1）求数列{}n a 的通项公式及前项和n S ； （2）试求所有的正整数m ，使得12m m m a a a ++为数列{}n a 中的项．8. 若 或 ，则称 为 和 的一个 位排列，对于 ，将排列记为 ，将排列 记为 ，依此类推，直至 ，对于排列 和 ，它们对应位置数字相同的个数减去对应位置数字不同的数，叫做 和 的相关值，记作 ，例如 ，则 ， ，若 ，则称 为最佳排列． （Ⅰ）写出所有的最佳排列 ． （Ⅱ）证明：不存在最佳排列 ．（Ⅲ）若某个 （ 是正整数）为最佳排列，求排列 中 的个数． 9．设数列 的前n 项和为 ，已知 ， （ ）． （1）求证：数列 为等比数列； （2）若数列 满足： ，．① 求数列 的通项公式；② 是否存在正整数n ，使得 成立？若存在，求出所有n 的值；若不存在，请说明理由． 10．已知数列 的前 项和为. （1）求数列 的通项公式 ；（2）令，求数列 的前 项和 ；（3）令，问是否存在正整数 使得 成等差数列？若存在，求出 的值，若不存在，请说明理由. 11．数列满足： 或1（k=1,2,…,n －1）．对任意i ，j ，都存在s ，t ，使得 ，其中i ，j ，s ，t ∈{1,2，…，n}且两两不相等． （I ）若m=2，写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列的序号； ①1,1,1,2,2,2； ②1,1,1,1,2,2,2,2； ③1,1,1,1,1,2,2,2,2 （II ）记 ．若m=3，求S 的最小值； （III ）若m=2018，求n 的最小值．n12．已知等差数列{a n }和等比数列{b n }均不是常数列，若a 1＝b 1＝1，且a 1，2a 2，4a 4成等比数列， 4b 2，2b 3，b 4成等差数列．（1）求{a n }和{b n }的通项公式；（2）设m ，n 是正整数，若存在正整数i ，j ，k （i ＜j ＜k ），使得a m b j ，a m a n b i ，a n b k 成等差数列，求m ＋n 的最小值；（3）令c n ＝，记{c n }的前n 项和为Tn ，{}的前n 项和为An ．若数列{pn}满足p1＝c1，且对∀n≥2, n∈N*，都有pn ＝＋A n c n ，设{p n }的前n 项和为S n ，求证：Sn ＜4＋4lnn ．13．已知数列 满足， ， 是数列 的前 项的和.（1）求数列 的通项公式；（2）若 ， ， 成等差数列， ，18， 成等比数列，求正整数 的值；（3）是否存在 ，使得 为数列 中的项？若存在，求出所有满足条件的 的值；若不存在，请说明理由.14．由 ， ， ， 排列而成的 项数列 满足：每项都大于它之前的所有项或者小于它之前的所有项． （ ）满足条件的数列中，写出所有的单调数列． （ ）当 时，写出所有满足条件的数列．（ ）满足条件的数列 的个数是多少？并证明你的结论．15．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1n n S pS q +=+（p 、q 为常数， *n N ∈），又12a =， 21a =，33a q p =-.（1）求p 、q 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）是否存在正整数m 、n ，使1221m n m n S m S m +-<-+成立？若存在，求出所有符合条件的有序实数对(),m n ；若不存在，说明理由.16．已知数列{a n }的各项均为正数，记数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n 2}的前n 项和为T n ，且3T n ＝S n 2＋2S n ，n ∈N *． （Ⅰ）求a 1的值；（Ⅱ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅲ）若k ，t ∈N *，且S 1，S k －S 1，S t －S k 成等比数列，求k 和t 的值．17．数列{}n a 定义为10a >， 11a a =， 2112n n n a a a +=+， *n N ∈ （1）若()1012aa a a=>+，求1210111222a a a ++++++的值；（2）当0a >时，定义数列{}n b ， ()112k b a k =≥， 11n b +=-，是否存在正整数(),i j i j ≤，使得2112i j b b a a +=++.如果存在，求出一组(),i j ，如果不存在，说明理由. 18．设数列{}n a 的前n 项和为n S ， 11a =， ()31n n S na n n =-- ()*n N ∈. （1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）是否存在正整数n ，使得()23123120161232n S S S S n n ++++--=？若存在，求出n 值；若不存在，说明理由.19．记等差数列{}n a 的前n 项和为n S . （1）求证：数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列； （2）若 11a =，对任意*,2n N n ∈≥，是公差为1的等差数列，求使122k k kS S S ++为整数的正整数k 的取值集合； （3）记()0na nb aa =>，求证：121 (2)n nb b b b b n ++++≤. 20．已知数列{}n a 中，12a =-，前n 项和n S 满足1320n n a S +++=（n *∈N ）． （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）是否存在整数对(),m n 满足2480n n a ma m ---=？若存在，求出所有的满足题意得整数对(),m n ；若不存在，请说明理由．专题16 数列中项数问题数列中项数问题，不仅是存在性问题，而且是整数解问题. 会利用整除性质、奇偶分析法、“范围”控制解决，常用到分类讨论思想．类型一整数解问题典例1. 已知集合A={x|x=2n+1,n∈N^*}，B={x|x=2^(n-1),n∈N^*},C=A∪B．对于数列{a_n}，a_1=1，且对于任意n≥2，n∈N^*，有a_n=min{x∈C|x>a_(n-1)}．记S_n为数列{a_n}的前n项和.(Ⅰ)写出a_7，a_8的值；(Ⅱ)数列{a_n}中，对于任意n∈N^*，存在k_n∈N^*，使a_(k_n )=2^(n-1)，求数列{k_n}的通项公式；(Ⅲ)数列{a_n}中，对于任意n∈N^*，存在k∈N^*，有a_(k+1)=2n+1.求使得S_(k+1)>27a_(k+1)成立的k 的最小值．【答案】(1) a_7=8, a_8=9 (2) k_n=2^(n-2)+n-1(n≥3) (3)57【解析】（I）A={x|x=2n+1,n∈N^*}={3,5,7,9,11,13,⋅⋅⋅,2n+1,⋅⋅⋅},B={x|x=2^(n-1),n∈N^*}={1,2,4,8,16,32,⋅⋅⋅,2^(n-1),⋅⋅⋅}，C=A∪B={1,2,3,4,5,7,8,9,11,13,15,16,⋅⋅⋅}.因为a_1=1，且对于任意n≥2,n∈N^*，a_n=min{x∈C|x>a_(n-1)}，所以a_1=1,a_2=2,a_3=3,a_4=4,a_5=5,a_6=7,a_7=8,a_8=9.（II）对于任意n≥2，n∈N^*，有a_n=min{x∈C|x>a_(n-1)}，所以对于任意n≥2，n∈N^*，有a_n>a_(n-1)，即数列{a_n}为单调递增数列.因为对于任意n∈N^*，存在k_n∈N^*，使a_(k_n )=2^(n-1)，所以k_1<k_2<k_3<┅<k_n<┅．因为a_(k_n )=2^(n-1)，a_(k_(n+1) )=2^n，所以对于任意n∈N^*，有k_1=1，k_2=2，k_3=4，所以，当n≥2时，有k_(n+1)-k_n=(2^n-2^(n-1))/2+1=2^(n-2)+1，即k_3-k_2=2^0+1，k_4-k_3=2^1+1，k_5-k_4=2^2+1，…………k_n-k_(n-1)=2^(n-3)+1，所以当n≥3时，有k_n-k_2=2^0+2^1+2^2+⋅⋅⋅+2^(n-3)+(n-2)= (1-2^(n-2))/(1-2)+(n-2)=2^(n-2)+n-3(n≥3)，所以k_n=2^(n-2)+n-1(n≥3).又k_1=1，k_2=2，数列{k_n}的通项公式为：k_n={█(1," " n=1,@2^(n-2)+n-1," " n≥2) .（III）若∀" " n∈N^*，∃" " k∈N^*，有a_(k+1)=2n+1，令2^(m-1)≤2n，m∈N^*，解得m-1≤log_2 (2n)，即m≤log_2 n+2，得m_max=[log_2 n+2]=[log_2 n]+2，其中[log_2 n+2]表示不超过log_2 n+2的最大整数，所以k+1=n+m_max=n+([log_2 n]+2),k=n+([log_2 n]+1).S_(k+1)=[3+5+7+⋯+(2n+1)]+[1+2+⋯+2^([log_2 n]+1)]=n(n+2)+(2^([log_2 n]+2)-1)，依题意S_(k+1)>27a_(k+1)，n(n+2)+2^([log_2 n]+2)-1>27(2n+1)，即n^2-52n-28+2^([log_2 n]+2)>0，〖(n-26)〗^2+4×2^([log_2 n])>704.当[log_2 n]=0时，即n=1时，〖(n-26)〗^2+4×2^([log_2 n])=629<704，不合题意；当[log_2 n]=1时，即n=2,3时，〖(n-26)〗^2+4×2^([log_2 n])≤〖24〗^2+8<704，不合题意；当[log_2 n]=2时，即4≤n≤7时，〖(n-26)〗^2+4×2^([log_2 n])≤〖22〗^2+16<704，不合题意；当[log_2 n]=3时，即8≤n≤15时，〖(n-26)〗^2+4×2^([log_2 n])≤〖18〗^2+4×8<704，不合题意；当[log_2 n]=4时，即16≤n≤31时，〖(n-26)〗^2+4×2^([log_2 n])≤〖10〗^2+4×16<704，不合题意；当[log_2 n]=5时，即32≤n≤63时，由〖(n-26)〗^2+4×2^([log_2 n])≤〖37〗^2+4×32=1497,1497>704,此时，〖(n-26)〗^2>576.而n=50时，〖(n-26)〗^2=576.所以n>50.又当n=51时，〖(51-26)〗^2+4×2^([log_2 51])=753>704；所以k=n+[log_2 n]+1≥51+[log_2 51]+1=51+5+1=57.综上所述，符合题意的k的最小值为k=57.类型二存在性问题典例2已知数列{an}中，a2=1，前n项和为Sn，且．（1）求a1；（2）证明数列{an}为等差数列，并写出其通项公式；（3）设，试问是否存在正整数p，q(其中1<p<q)，使b1，bp，bq成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组(p，q)；若不存在，说明理由．【答案】（1）0（2）an=n－1（3），【解析】（1）令n=1，则a1=S1= =0．（2）由，即，①得．②②－①，得．③于是，．④③+④，得，即．又a1=0，a2=1，a2－a1=1，所以，数列{an}是以0为首项，1为公差的等差数列．所以，an=n－1．（3）解法1：假设存在正整数数组(p，q)，使b1，bp，bq成等比数列，则lgb1，lgbp，lgbq成等差数列，于是，．时， <0，故数列{ }( )为递减数列，时， <0，故数列{ }( )为递减数列，，，即时，又当时，，故无正整数q使得成立．解法2：同上有，，且数列{ }( )为递减数列，当时，成立；当时，，因此，由得，，此时类型三否定性问题典例3等差数列的前项和为．（1）求数列的通项与前项和；（2）设，求证：数列中任意不同的三项都不可能成为等比数列．【答案】（1）．（2）见解析【解析】（1）由已知得，，故．（2）由（1）得．假设数列中存在三项（互不相等）成等比数列，则．即．，．与矛盾．所以数列中任意不同的三项都不可能成等比数列．1.公差d≠0的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2＋2，S3＝12＋32．（1）求数列{an}的通项公式an及其前n项和Sn；（2）记cn＝Snn，试问：在数列{cn}中是否存在三项cr，cs，ct(r＜s＜t，r,s,t∈N*)恰好成等比数列？若存在，求出此三项；若不存在，请说明理由.【答案】（1），（2）见解析【解析】（1），，所以，（2）易知，假设存在三项成等比数列，则，即 ,整理得且， ,解得 ,这与矛盾.综上所述，不存在满足题意的三项2.已知各项均为正数的等比数列的公比为，且 .在数列中是否存在三项，使其成等差数列？说明理由；【答案】见解析【解析】由知，数列是递减数列，假设存在成等差数列，不妨设，则，即即而，，故矛盾．因此在数列中不存在三项成等差数列．3.设，试问数列中是否存在三项，它们可以构成等差数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由．【答案】见解析【解析】解：假设数列中存在三项，它们可以够成等差数列；不妨设为第项，由⑴得，∴，∴，∴又为偶数，为奇数．故不存在这样的三项，满足条件．4.已知数列满足：，，数列满足：．（1）求数列，的通项公式；（2）证明：数列中的任意三项不可能成等差数列．【答案】(1) ，．(2)见解析【解析】（1）由题意可知，令，则又，则数列是首项为，公比为的等比数列，即，故，又，故，．（2）假设数列存在三项按某种顺序成等差数列，由于数列是首项为，公比为的等比数列，于是有，则只有可能有成立，即即：由于，所以上式左边为偶数，右边为奇数，故上式不可能成立，导致矛盾．因此数列中任意三项不可能成等差数列．5.已知等比数列的首项是，公比为2，等差数列的首项是，公差为，把中的各项按照如下规则依次插入到的每相邻两项之间，构成新数列：，……，即在和两项之间依次插入中个项，则 ____________. 【答案】【解析】对数列分组(a1), (b1,a2),(b2,b3,a3),(b4, )，……，前n组的个数之和靠近2013即可，可能前63组之和为2016，用2013个数剔除an中的项即可6.设等差数列的前项和为且．（1）求数列的通项公式及前项和公式；（2）设数列的通项公式为，问：是否存在正整数t，使得成等差数列？若存在，求出t和m的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1) (2) 当时，；当时，；当时，．【解析】（1）（2），要使得成等差数列，则即：即：∵，∴只能取2，3，5 当时，；当时，；当时，．7. 设是公差不为零的等差数列，为其前项和，且．（1）求数列的通项公式及前项和；（2）试求所有的正整数，使得为数列中的项．【答案】(1) , (2) 2．【解析】（1）设公差为，则，由性质得，因为，所以，即，又由得，解得， ,所以的通项公式为，前n项和．(2) = ，若其是中的项，则，令，则 = ,即：所以为8的约数．因为是奇数，所以可取的值为，当，即时，；当，即时，（舍去）．所以满足条件的正整数．8. 若A_n=¯(a_1 a_2⋯a_n )(a_i=0或1,i=1,2,⋯,n)，则称A_n为0和1的一个n位排列，对于A_n，将排列¯(a_n a_1 a_2⋯a_(n-1) )记为R^1 (A_n)，将排列¯(a_(n-1) a_n a_1⋯a_(n-2) )记为R^2 (A_n)，依此类推，直至R^n (A_n)=A_n，对于排列A_n和R^i (A_n)(i=1,2,⋯,n-1)，它们对应位置数字相同的个数减去对应位置数字不同的数，叫做A_n和R^i (A_n)的相关值，记作t(A_n,R^i (A_n))，例如A_3=¯110，则R^1 (A_3)=¯011，t(A_3,R^1 (A_3))=-1，若t(A_n,R^i (A_n))=-1(i=1,2,⋯,n-1)，则称A_n为最佳排列．（Ⅰ）写出所有的最佳排列A_3．（Ⅱ）证明：不存在最佳排列A_5．（Ⅲ）若某个A_(2k+1)（k是正整数）为最佳排列，求排列A_(2k+1)中1的个数．【答案】详见解析【解析】（Ⅰ）最佳排列A_3为¯110、¯101、¯100、¯011、¯010、¯011．（Ⅱ）设A_5 "=" ¯(a_1 a_2 a_3 a_4 a_5 )，则R^1 (A_5)=¯(a_5 a_1 a_2 a_3 a_4 )，因为t(A_5,R^1 (A_5))=-1，所以|a_1-a_5 |，|a_2-a_1 |，|a_3-a_2 |，|a_4-a_3 |，|a_5-a_4 |之中有2个0，3个1，按a_5→a_1→a_2→a_3→a_4→a_5的顺序研究数码变化，有上述分析可知由2次数码不发生改变，有3次数码发生了改变，但是a_5经过奇数次数码改变不能回到自身，所以不存在A_5，使得t(A_5,R(A_5))=-1，从而不存在最佳排列A_5．（Ⅲ）由A_(2k+1)=¯(a_1 a_2 a_3⋯a_(2k+1) )(a_i=0或1，i=1.2，⋯，2k+1)，得R^1 (A_(2k+1))=¯(a_(2k+1) a_1 a_2⋯a_2k )，R^2 (A_(2k+1))=¯(a_2k a_2k _(+1) a_1 a_2⋯a_(2k-1) )，⋯，|a_1-a_3 |+|a_2-a_4 |+⋯+|a_2k-a_1 |+|a_(2k+1)-a_2 |=k_1+1，|a_1-a_2 |+|a_2-a_3 |+⋯+|a_2k-a_(2k+1) |+|a_(2k+1)-a_1 |=k+1，以上各式求和得，S=(k+1)×2k，另一方面，S还可以这样求和：设a_1， a_2⋯a_2k，a_(2k+1)中有x个0，y个1，则S=2xy，所以{█(x+y=2k+1@2xy=2k(k+1)) ，得{█(x=k@y=k+1) 或{█(x=k+1@y=k) ，所以排列A_(2k+1)中1的个数是k或k+1个．9．设数列{a_n}的前n项和为S_n，已知a_1=1，S_(n+1)-2S_n=1（n∈N^*）．（1）求证：数列{a_n}为等比数列；（2）若数列{b_n}满足：b_1=1，b_(n+1)=b_n/2+1/a_(n+1) ．①求数列{b_n}的通项公式；②是否存在正整数n，使得∑_(i=1)^n▒b_i =4-n成立？若存在，求出所有n的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）数列{a_n}为等比数列，首项为1，公比为2．（2）b_n=n/2^(n-1) ，n=2【解析】（1）解：由S_(n+1)-2S_n=1，得S_n-2S_(n-1)=1（n≥2），两式相减，得a_(n+1)-2a_n=0，即a_(n+1)/a_n =2（n≥2）．因为a_1=1，由(a_1+a_2)-2a_1=1，得a_2=2，所以a_2/a_1 =2，所以a_(n+1)/a_n =2对任意n∈N^*都成立，所以数列{a_n}为等比数列，首项为1，公比为2．（2）①由（1）知，a_n=2^(n-1)，由b_(n+1)=b_n/2+1/a_(n+1) ，得b_(n+1)=b_n/2+1/2^n ，即2^n b_(n+1)=2^(n-1) b_n+1，即2^n b_(n+1)-2^(n-1) b_n=1，因为b_1=1，所以数列{2^(n-1) b_n }是首项为1，公差为1的等差数列．所以2^(n-1) b_n=1+(n-1)×1=n，所以b_n=n/2^(n-1) ．②设T_n=∑_(i=1)^n▒b_i ，则T_n=1×〖(1/2)〗^0+2×〖(1/2)〗^1+3×〖(1/2)〗^2+⋯+n×〖(1/2)〗^(n-1)，所以1/2 T_n=" " 1×〖(1/2)〗^1+2×〖(1/2)〗^2+3×〖(1/2)〗^3+⋯+n×〖(1/2)〗^n，两式相减，得1/2 T_n=〖(1/2)〗^0+〖(1/2)〗^1+〖(1/2)〗^2+⋯+〖(1/2)〗^(n-1)-n×〖(1/2)〗^n =(1-〖(1/2)〗^n)/(1-1/2)-n×〖(1/2)〗^n =2-(n+2)×〖(1/2)〗^n，所以T_n=4-(2n+4)×〖(1/2)〗^n．由∑_(i=1)^n▒b_i =4-n，得4-(2n+4)×〖(1/2)〗^n=4-n，即(n+2)/n=2^(n-1)．显然当n=2时，上式成立，设f(n)=(n+2)/n-2^(n-1)（n∈N^*），即f(2)=0．因为f(n+1)-f(n)=((n+3)/(n+1)-2^n)-((n+2)/n-2^(n-1))=-[2/(n(n+1))+2^(n-1) ]<0，所以数列{f(n)}单调递减，所以f(n)=0只有唯一解n=2，所以存在唯一正整数n=2，使得∑_(i=1)^n▒b_i =4-n成立．10．已知数列{a_n}的前n项和为S_n=1/2 n^2+1/2 n.（1）求数列{a_n}的通项公式a_n；（2）令b_n=a_n/2^(n-1) ，求数列{b_n}的前n项和T_n；（3）令c_n=a_n/(a_n+a_(n+1) )，问是否存在正整数m,k(1<m<k)使得c_1,c_m,c_k成等差数列？若存在，求出m,k的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）a_n=n(n∈N^* )；（2）4- (n+2)/2^(n-1) ；（3）存在m=2,k=7.【解析】（1）a_n=S_n-S_(n-1) (n≥2)█(=1/2 n^2+1/2 n-1/2 (n-1)^2-1/2 (n-1)@=1/2 n^2+1/2 n-1/2 n^2+n-1/2-n/2+1/2)=n ,当n=1时a_1=S_1=1满足上式,故a_n=n(n∈N^* ).（2）b_n=n/2^(n-1)T_n=1+2/2+3/2^2 +...+n/2^(n-1) , ①1/2 T_n=1/2+2/2^2 +...+(n-1)/2^(n-1) +n/2^n , ②由①－②得：1/2 T_n=1+1/2+1/2^2 +...+1/2^(n-1) -n/2^n=(1×(1-1/2^n ))/(1-1/2)-n/2^n =2×(1-1/2^n )-n/2^n=2-(n+2)/2^n ,T_n=4-(n+2)/2^(n-1) .（3）假设存在m,k(1<m<k)使得c_1,c_m,c_k为等差数列，则2C_m=C_1+C_k ⇒2m/(2m+1)=1/3+k/(2k+1)⇒(2m+1)/2m=(6k+3)/(5k+1) ⇒1/2m=(k+2)/(5k+1)，2m=(5k+1)/(k+2)=5-9/(k+2) ⇒m=5/2-(9/(k+2))/2－——*由m>1且m∈N^*则9/(k+2)为奇整数，∴k=1（舍去）或k=7，又由k>m>1 则k=7代入*式得m=2,故存在m=2,k=7使得c_1,c_m,c_k为等差数列 .11．数列A_n:a_1,a_2,⋯a_n (n≥4)满足：a_1=1,a_n=m,a_(k+1)-a_k=0或1（k=1,2,…,n－1）．对任意i，j，都存在s，t，使得a_i+a_j=a_s+a_t，其中i，j，s，t∈{1,2，…，n}且两两不相等．（I）若m=2，写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列的序号；①1,1,1,2,2,2；②1,1,1,1,2,2,2,2；③1,1,1,1,1,2,2,2,2（II）记S=a_1+a_2+⋯+a_n．若m=3，求S的最小值；（III）若m=2018，求n的最小值．【答案】（Ⅰ）②③；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）2026．【解析】（I）数列A_n:a_1,a_2,⋯a_n (n≥4)满足：a_1=1,a_n=m,a_(k+1)-a_k=0或1（k=1,2,…,n－1）．对任意i，j，都存在s，t，使得a_i+a_j=a_s+a_t，其中i，j，s，t∈{1,2，…，n}且两两不相等．∴在①中，1，1，1，2，2，2，不符合题目条件；在②中，1，1，1，1，2，2，2，2，符合题目条件；在③中,1,1,1,1,1,2,2,2,2,符合题目条件．故所有符合题目条件的数列的序号为②③．（II）当m=3时，设数列A_n中1,2,3，出现频数依次为q_1,q_2,q_3，由题意q_i≥1(i=1,2,3)．①假设q_1<4，则有a_1+a_2<a_s+a_t（对任意s>t>2），与已知矛盾，所以q_1≥4．同理可证：q_3≥4．②假设q_2=1，则存在唯一的k∈{1,2,⋯,n}，使得a_k=2．则对∀s,t，有a_1+a_k=1+2≠a_s+a_t（k，s，t两两不相等），与已知矛盾，所以q_2≥2．综上q_1≥4，q_3≥4，q_2≥2，所以S=∑_(i=1)^3▒〖iq_i 〗≥20，故S的最小值为20.（III）设1，2，…，2018出现频数依次为q_1,q_2,⋯,q_2018．同（II）的证明，可得q_1≥4,q_2018≥4,q_2≥2,q_2017≥2，所以n≥2026．取q_1=q_2018=4,q_2=q_2017=2，q_i=1,i=3,4,5,⋯,2016，得到的数列为：B_n:1,1,1,1,2,2,3,4,⋯⋯,2015,2016,2017,2017,2018,2018,2018,2018.下面证明B_n满足题目要求．对∀i,j∈{1,2,⋯,2026}，不妨令a_i≤a_j，①如果a_i=a_j=1或a_i=a_j=2018，由于q_1=4,q_2018=4，所以符合条件；②如果a_i=1,a_j=2或a_i=2017,a_j=2018，由于q_1=4,q_2018=4，q_2=2,q_2017=2，所以也成立；③如果a_i=1,a_j>2，则可选取a_s=2,a_i=a_j-1；同样的，如果a_i<2017,a_j=2018，则可选取a_s=a_i+1,a_i=2017，使得a_i+a_j=a_s+a_t，且i，j，s，t两两不相等；④如果1<a_i≤a_j<2018，则可选取a_s=a_i-1,a_i=a_t+1，注意到这种情况每个数最多被选取了一次，因此也成立．综上对任意i，j，总存在s，t，使得a_i+a_j=a_s+a_t，其中i，j，s，t∈{1,2，…，n}且两两不相等．因此B_n满足题目要求，所以n的最小值为2026．12．已知等差数列{an}和等比数列{bn}均不是常数列，若a1＝b1＝1，且a1，2a2，4a4成等比数列， 4b2，2b3，b4成等差数列．（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）设m，n是正整数，若存在正整数i，j，k（i＜j＜k），使得ambj，amanbi，anbk成等差数列，求m ＋n的最小值；（3）令cn＝a_n/b_n ，记{cn}的前n项和为Tn，{1/a_n }的前n项和为An．若数列{pn}满足p1＝c1，且对≥2, n∈N*，都有pn＝(T_n-1)/n＋Ancn，设{pn}的前n项和为Sn，求证：Sn＜4＋4lnn．【答案】（1）a_n=n,b_n=2^(n-1)（2）{█(m=4@n=2) 或 {█(m=3@n=3) （3）见解析【解析】（1）设等差数列的公差为d（d≠0），等比数列在公比为q（q≠1），由题意得：{█(4〖a_2〗^2=4a_1 a_4，@4b_3=4b_2+b_4 ) ⇒{█(〖(a_1+d)〗^2=a_1 (a_1+3d)，@4b_1 q^2=4b_1 q+b_1 q^3 )解得d＝1，q＝2，所以a_n=n,b_n=2^(n-1).（2）由ambj，amanbi，anbk成等差数列，有2a_m a_n b_i=a_m b_j+a_n b_k，即2mn⋅2^(i-1)=m⋅2^(j-1)+n⋅2^(k-1) ，由于i<j<k，且为正整数，所以j-i≥1,k-i≥2，所以2mn=m⋅2^(j-i)+n⋅2^(k-i)≥2m+4n，可得 mn≥m+2n，即2/m+1/n≤1，①当1≤m≤2时，不等式2/m+1/n≤1不成立；②当{█(m=4@n=2) 或 {█(m=3@n=3) 时 2mn⋅2^(i-1)=m⋅2^(j-1)+n⋅2^(k-1)成立；③当n≥4时，1/n>0，2/m<1，即m>2，则有m+n>6；所以m+n的最小值为6，当且仅当j-i=1，k-i=2且{█(m=4@n=2) 或 {█(m=3@n=3) 时取得．（3）由题意得：p_2=c_1/2+(1+1/2)c_2p_3=(c_1+c_2)/3+(1+1/2+1/3)c_3⋯█(S_n=p_1+p_2+p_3+⋯+p_n " " @" " =(1+1/2+1/3+⋯+1/n)(c_1+c_2+c_3+⋯+c_n)@" " =(1+1/2+1/3+⋯+1/n)T_n )T_n=c_1+c_2+c_3+⋯+c_n （1）1/2 T_n=" " 1/2 c_1+1/2 c_2+⋯+1/2 c_n （2）（1）—（2）得1/2 T_n=1+1/2+1/4+1/8+⋯+1/2^(n-1) -n/2^n=2-2〖(1/2)〗^n-n〖(1/2)〗^n ，求得 T_n=4-(n+2)〖(1/2)〗^(n-1)<4，所以 S_n<4(1+1/2+1/3+⋯+1/n)，设f(x)=lnx+1/x-1" "(x>1)，则f^' (x)=1/x-1/x^2 =(x-1)/x^2 >0，所以 f(x)在(1,+∞)上单调递增，有f(x)>f(1)=0，可得 lnx>1-1/x.当k≥2，且k∈N*时，k/(k-1)>1，有ln k/(k-1)>1-(k-1)/k=1/k ，所以1/2<ln 2/1,1/3<ln 3/2,⋯,1/n<ln n/(n-1)，可得1+ 1/2+1/3+⋯+1/n<1+ln 2/1+ln 3/2+⋯+ln n/(n-1)=1+lnn，所以S_n<4(1+1/2+1/3+⋯+1/n)<4(1+lnn).13．已知数列{a_n}满足(1-1/a_1 )(1-1/a_2 )⋯(1-1/a_n )=1/a_n ，n∈N^*，S_n是数列{a_n}的前n项的和.（1）求数列{a_n}的通项公式；（2）若a_p，30，S_q成等差数列，a_p，18，S_q成等比数列，求正整数p,q的值；（3）是否存在k∈N^*，使得√(a_k a_(k+1)+16)为数列{a_n}中的项？若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）a_n=n+1.（2）p=5，q=9.（3）k=3或14.【解析】（1）因为(1-1/a_1 )(1-1/a_2 )⋯(1-1/a_n )=1/a_n ，n∈N*，所以当n=1时，1- 1/a_1 =1/a_1 ，a_1=2，当n≥2时，由(1-1/a_1 )(1-1/a_2 )⋯ (1-1/a_n )=1/a_n 和(1-1/a_1 )(1-1/a_2 )⋯(1-1/a_(n-1) )=1/a_(n-1) ，两式相除可得，1- 1/a_n =a_(n-1)/a_n ，即a_n-a_(n-1)=1(n≥2)所以，数列{a_n}是首项为2，公差为1的等差数列.于是，a_n=n+1.（2）因为a_p，30，S_q成等差数列，a_p，18，S_q成等比数列，所以{█(a_p+S_q=60@a_p S_q=〖18〗^2 ) ，于是{█(a_p=6@S_q=54) ，或{█(a_p=54@S_q=6) .当{█(a_p=6@S_q=54) 时，{█(p+1=6@((q+3)q)/2=54) ，解得{█(p=5@q=9) ，当{█(a_p=54@S_q=6) 时，{█(p+1=54@((q+3)q)/2=6) ，无正整数解，所以p=5，q=9.（3）假设存在满足条件的正整数k，使得√(a_k a_(k+1)+16)=a_m (m∈N^*)，则√((k+1)(k+2)+16)=m+1，平方并化简得，〖(2m+2)〗^2-〖(2k+3)〗^2=63，则(2m+2k+5)(2m-2k-1)=63，所以{█(2m+2k+5=63@2m-2k-1=1) ，或{█(2m+2k+5=21@2m-2k-1=3) ，或{█(2m+2k+5=9@2m-2k-1=7) ，解得：m=15，k=14，或m=5，k=3，或m=3，k=-1（舍去），综上所述，k=3或14.14．由1，2，⋯，n排列而成的n项数列{a_n }满足：每项都大于它之前的所有项或者小于它之前的所有项．（1）满足条件的数列中，写出所有的单调数列．（2）当n=4时，写出所有满足条件的数列．（3）满足条件的数列{a_n }的个数是多少？并证明你的结论．【答案】1）{a_n }=n，{a_n }=n，(n-1)，(n-2)，⋯；（2）见解析；（3）2^(n-1)个．【解析】（1）{a_n }=n，{a_n }=n，(n-1)，(n-2)，⋯；（2）数列为：1，2，3，4；4，3，2，1;2,1,3,4;3,2,1,4;2,3,1,4;3,2,4,1;3,4,2,1;2,3,4,1；共8个.（3）设所求个数为A_n，则A_1=1，对n>1，若n排在第i位，则它之后的n-i位数完全确定，只能是n-i，n-i-1，⋯，2，1．而它之前的(i-1)位，n-i+1，n-i+2，⋯，n-1有A_(i-1)种排法，令i=1，2，⋯，n，则A_n=1+A_1+⋯+A_(n-2)+A_(n-1)，=(1+A_1+⋯+A_(n-2))+A_(n-1)，=A_(n-1)+A_(n-1)=2A_(n-1)，∴A_n=2^(n-1)．15．设数列的前n项和为，已知（p、q为常数，），又，， .（1）求p、q的值；（2）求数列的通项公式；（3）是否存在正整数m、n，使成立？若存在，求出所有符合条件的有序实数对；若不存在，说明理由. 【答案】（1），；（2）；（3）存在符合条件的所有有序实数对：、、、、、 .【解析】（1）由题意，知，解之得（2）由（1）知，Sn+1= Sn+2，①当n≥2时，Sn= Sn﹣1+2，②①﹣②得，an+1= an（n≥2），又a2= a1，所以数列{an}是首项为2，公比为的等比数列，所以an= ．（3）由（2）得， = ，由，得，即，即，因为2m+1＞0，所以2n（4﹣m）＞2，所以m＜4，且2＜2n（4﹣m）＜2m+1+4，①因为m∈N*，所以m=1或2或3。