子数列问题 中学研究的特殊数列只有等差数列与等比数列，一个是线性数列，一个是类指数数列，但数列性质却 远远不止这些，因此新数列的考查方向是多样的、不定的，不仅可考查函数性质，而且常对整数的性质进 行考查.明确考查方向是解决以新数列为背景的解答题的前提，恰当运用对应性质是解决问题思想方法. 类型一 排序数列分类讨论问题 典例 1 已知数列 na 的前 n 项和为 nA ，对任意 *n N 满足 1 1 1 2 n nA A n n    ，且 1 1a  ，数列 nb 满足  * 2 1 32 0 , 5n n nb b b n N b      ，其前 9 项和为 63． （1）求数列 na 和 nb 的通项公式； （2）略； （3）将数列   ,n na b 的项按照“当 n 为奇数时， na 放在前面；当 n 为偶数时， nb 放在前面”的要求进行 “交叉排列”，得到一个新的数列： 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6, , , , , , , , , ,a b b a a b b a a b b ， ，求这个新数列的前 n 项和 nS ． 【答案】（1） , 2n na n b n   ；（2） 略 ；（3） 2 2 * 2 1 3 , 24 2 6 3 , 4 3,4 6 5 , 4 14 n n n n k n nS n k k N n n n k                【解析】 （1）∵ 1 1 1 2 n nA A n n    ，∴数列 nA n     是首项为 1，公差为 1 2 的等差数列， ∴  1 1 1 11 2 2 2 nA A n nn       ，即    *1 2n n nA n N   ， ∴       * 1 1 1 2 1 12 2n n n n n n na A A n n N           ， 又 1 1a  ，∴  * na n n N  ∵ 2 12 0n n nb b b    ，∴数列 nb 是等差数列，设 nb 的前 n 项和为 nB ，∵  3 7 9 9 632 b bB   且 3 5b  ， ∴ 7 9b  ，∴ nb 的公差为  *7 3 9 5 1, 27 3 7 3 n b b b n n N       （2） 略 （3）数列 na 的前 n 项和  1 2n n nA  ，数列 nb 的前 n 项和  5 2n n nB  ， ①当  *2n k k N  时，     21 5 32 2n k k k k k kS A B k k        ； ②当  *4 1n k k N   时，      2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 5 4 8 12 2n k k k k k kS A B k k          ， 特别地，当 1n  时， 1 1S  也符合上式； ③当  *4 1n k k N   时，     2 2 1 2 2 1 2 2 2 5 4 42 2n k k k k k kS A B k k        ． 综上： 2 2 * 2 1 3 , 24 2 6 3 , 4 3,4 6 5 , 4 14 n n n n k n nS n k k N n n n k                ． 【名师指点】由于新数列依赖于顺序，因此项数与项的对应关系是解决问题的关键，而项数与项对应关系 往往需要讨论，因此分类标准的正确选择是考查的难点. 【举一反三】已知数列 na 满足 1 1a  ， 2 1 4 2 n n n n a aa a       ，其中 *Nn ，  ，  为非零常数. （1）若 3  ， 8  ，求证：  1na  为等比数列，并求数列 na 的通项公式； （2）若数列 na 是公差不等于零的等差数列. ①求实数  ，  的值； ②数列 na 的前 n 项和 nS 构成数列 nS ，从 nS 中取不同的四项按从小到大排列组成四项子数列.试问： 是否存在首项为 1S 的四项子数列，使得该子数列中的所有项之和恰好为 2017？若存在，求出所有满足条件 的四项子数列；若不存在，请说明理由.【答案】（1） 12 3 1n na    （2）① 1  ， 4  ， 2 1na n  .② 1 4 8 44, , ,S S S S ，  1 12 24 36, , ,S S S S ，  1 4 20 40, , ,S S S S 【解析】解：（1）当 3  ， 8  时， 2 1 3 8 4 2 n n n n a aa a      3 2 2 2 n n n a a a    3 2na  ，  1 1 3 1n na a    . 又 1 0na   ，不然 1 1 0a   ，这与 1 1 2a   矛盾，  1na  为 2 为首项，3 为公比的等比数列， 11 2 3n na     ， 12 3 1n na     . （2）①设  1 1na a n d   1dn d   ， 由 2 1 4 2 n n n n a aa a       得  1 2n na a   2 4n na a   ，   3 1dn d dn     21dn d    1 4dn d    ，  2 2 24 3d n d d n d        2 2 2 1d n d       21dn d    1 4d   对任意 *Nn 恒成立. 令 1n  ，2，3，解得， 1  ， 4  ， 2d  . 经检验，满足题意. 综上， 1  ， 4  ， 2 1na n  . ②由①知   21 2 1 2n n nS n    . 设存在这样满足条件的四元子列，观察到 2017 为奇数，这四项或者三个奇数一个偶数、或者一个奇数三个 偶数. 1°若三个奇数一个偶数，设 1S ， 2 1xS  ， 2 1yS  ， 2zS 是满足条件的四项， 则  21 2 1x    2 22 1 4 2017y z   ，  2 2 22 x x y y z     1007 ，这与 1007 为奇数矛盾，不合题意舍去. 2°若一个奇数三个偶数，设 1S ， 2xS ， 2 yS ， 2zS 是满足条件的四项，则 2 21 4x  2 24 4 2017y z  ， 2 2 2 504x y z    . 由 504 为偶数知， x ， y ， z 中一个偶数两个奇数或者三个偶数. 1）若 x ， y ， z 中一个偶数两个奇数，不妨设 12x x ， 12 1y y  ， 12 1z z  ， 则  2 2 2 1 1 1 1 12 x y y z z    251 ，这与 251 为奇数矛盾. 2）若 x ， y ， z 均为偶数，不妨设 12x x ， 12y y ， 12z z ， 则 2 2 2 1 1 1 126x y z   ，继续奇偶分析知 1x ， 1y ， 1z 中两奇数一个偶数， 不妨设 1 22x x ， 1 22 1y y  ， 1 22 1z z  ，则 2 2 2 2 2x y y   2 2 2 31z z  . 因为  2 2 1y y  ，  2 2 1z z  均为偶数，所以 2x 为奇数，不妨设 2 20 y z  ， 当 2 1x  时， 2 2 2 2 2 2y y z z   30 ， 2 2 2 14y y  ，检验得 2 0y  ， 2 5z  ， 2 1x  ， 当 2 3x  时， 2 2 2 2 2 2y y z z   22 ， 2 2 2 10y y  ，检验得 2 1y  ， 2 4z  ， 2 3x  ， 当 2 5x  时， 2 2 2 2 2 2y y z z   6 ， 2 2 2 2y y  ，检验得 2 0y  ， 2 2z  ， 2 5x  ， 即 1S ， 4S ， 8S ， 44S 或者 1S ， 12S ， 24S ， 36S 或者 1S ， 4S ， 20S ， 40S 满足条件， 综上所述，  1 4 8 44, , ,S S S S ，  1 12 24 36, , ,S S S S ，  1 4 20 40, , ,S S S S 为全部满足条件的四元子列. 类型二 不定子数列性质探究问题 典例 2 设数列 na 满足  22 1 1 2 1n n na a a a a    ，其中 2n ，且 n N ，  为常数. （1）若 na 是等差数列，且公差 0d  ，求  的值； （2）若 1 2 31, 2, 4a a a   ，且存在  3,7r  ，使得 nm a n r   对任意的 *n N 都成立，求 m 的最小 值； （3）若 0  ，且数列 na 不是常数列，如果存在正整数T ，使得 n T na a  对任意的 *n N 均成立. 求 所有满足条件的数列 na 中T 的最小值. 【答案】（1） 1  （2） 1 128 （3）3 【解析】 解：（1）由题意，可得   2 2 n n na a d a d d    ，化简得  21 0d   ，又 0d  ，所以 1  . （2）将 1 2 31, 2, 4a a a   代入条件，可得 4 1 4    ，解得 0  ， 所以 2 1 1n n na a a  ，所以数列 na 是首项为 1，公比 2q  的等比数列，所以 12n na  . 欲存在  3,7r  ，使得 12nm n r  ，即 12nr n m   对任意 *n N 都成立， 则 17 2nn m   ，所以 1 7 2n nm   对任意 *n N 都成立. 令 1 7 2n n nb   ，则 1 1 6 7 8 2 2 2n n n n n n n nb b        ， 所以当 8n  时， 1n nb b  ；当 8n  时， 9 8b b ；当 8n  时， 1n nb b  ． 所以 nb 的最大值为 9 8 1 128b b  ，所以 m 的最小值为 1 128 . （3）因为数列 na 不是常数列，所以 2T ． ①若 2T  ，则 2n na a  恒成立，从而 3 1a a ， 4 2a a ，所以     22 2 2 1 2 1 22 2 1 2 2 1 { a a a a a a a a         ， 所以  2 2 1 0a a   ，又 0  ，所以 2 1a a ，可得 na 是常数列．矛盾． 所以 2T  不合题意. ②若 3T  ，取  * 1, 3 2 { 2, 3 1 3, 3 n n k a n k k N n k         （*），满足 3n na a  恒成立． 由  22 2 1 3 2 1a a a a a   ，得 7  ． 则条件式变为 2 1 1 7n n na a a   ． 由  22 1 3 7    ，知  22 3 1 3 2 3 2 1k k ka a a a a    ； 由 23 2 1 7    ，知  22 3 3 1 3 1 2 1k k ka a a a a    ； 由  21 3 2 7    ，知  22 3 1 3 3 2 2 1k k ka a a a a    ． 所以，数列（*）适合题意． 所以T 的最小值为3. 【名师指点】从原数列抽出子数列，其性质往往发生变化，但子数列在原数列中，因此需要结合原数列的 性质（如单调性、奇偶性），进行分析子数列的性质. 【举一反三】已知数列  na 的前 n 项和 nS ，对任意正整数 n ，总存在正数 , ,p q r 使得 1n na p  ，n nS q r  恒成立：数列 nb 的前 n 项和 nT ，且对任意正整数 n ， 2 n nT nb 恒成立. （1）求常数 , ,p q r 的值； （2）证明数列 nb 为等差数列； （3）若 1 2b  ，记 31 2 22 2 2 4n n n n n bn b n bP a a a     1 2 1 2 2 2 2 n n n n n n n b n b a a       ，是否存在正整数 k ，使得 对任意正整数 n ， nP k 恒成立，若存在，求正整数 k 的最小值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 2 r=1p q  ， （2）见解析（3）正整数 k 的最小值为 4 【解析】 （1）∵ n nS q r  ① ∴ 1 1 n nS q r    ②， 2n  ， ①-②得： 1 1 n n n nS S q q     ，即 1n n na q q   ，  2n  ， 又 1n na p  ∴ 1 1n n np q q   ，  2n  ， 2n  时， 2p q q  ； 3n  时， 2 3 2p q q  . ∵ ,p q 为正数 ∴ 2p q  . 又∵ 1 1a  ， 1S q r  ，且 1 1a S ∴ 1r  . （2）∵ 2 n nT nb ③ ∴当 2n  时，  1 12 1n nT n b   ④， ∴③-④得：   12 1n n nb nb n b    ，即    12 1n nn b n b    ⑤， 又∵  11 n nn b nb  ⑥ ∴⑤+⑥得：      1 12 2 1 1n n nn b n b n b      ，即 1 12 n n nb b b   ∴ nb 为等差数列. （3）∵ 1 0b  ， 2 2b  ，由（2）知 nb 为等差数列∴ 2 2nb n  . 又由（1）知 12n na  ， ∴ 1 2 2 2 2 2n n n n nP    2 3 2 2 4 4 4 2 2 2n n n n       ， 又∵ 1 2 2 2n n nP     2 3 2 2 2 1 2 4 4 4 2 4 4 2 2 2 2 2n n n n n n n n         ， ∴ 1 2 1 2 1 4 4 2 2 2 2 2n n n n n n n nP P       12 2 4 2 4 n n n n   ， 令 1 0n nP P   得12 2 4 2 0nn n    ， ∴ 6 1 12 3 42 2 n n n n     ，解得 1n  ， ∴ 1n  时， 1 0n nP P   ，即 2 1p P ， ∵ 2n  时， 2 4n  ， 13 42n   ∴ 1 6 12 3 2 2 n n n n    ，即12 2 4 2 0nn n    . 此时 1n nP P  ，即 2 3 4p p p   ， ∴ nP 的最大值为 2 2 2 2 2 2 7 2 2 2nP      若存在正整数 k ，使得对任意正整数 n ， nP k 恒成立，则 max 7 2k P  ， ∴正整数 k 的最小值为 4. 类型三 新数列中定义理解与应用问题 典 例 3 记  1,2, 100U  …， . 对 数 列   * na n N 和 U 的 子 集 T ， 若 T   , 定 义 0TS  ; 若  1 2, , kT t t t …， ， 定 义 1 2 + kT t t tS a a a  … . 例 如 ：  = 1,3,66T 时 ， 1 3 66+TS a a a  . 现 设   * na n N 是公比为 3 的等比数列，且当  = 2,4T 时， =30TS . （1）求数列 na 的通项公式； （2）对任意正整数  1 100k k  ，若  1,2, kT  …， ，求证： 1T kS a  ； （3）设 , , C DC U D U S S   ,求证： 2C C D DS S S  . 【答案】（1） 13n na  （2）详见解析（3）详见解析【解析】（1）由已知得 1 * 1 3 ,n na a n N   . 于是当 {2,4}T  时， 2 4 1 1 13 27 30rS a a a a a     . 又 30rS  ，故 130 30a  ，即 1 1a  . 所以数列{ }na 的通项公式为 1 *3 ,n na n N  . （2）因为 {1,2, , }T k  ， 1 *3 0,n na n N   ， 所以 1 1 2 11 3 3 (3 1) 32 k k k r kS a a a             . 因此， 1r kS a  . （3）下面分三种情况证明. ①若 D 是 C 的子集，则 2C C D C D D D DS S S S S S S      . ②若 C 是 D 的子集，则 2 2C C D C C C DS S S S S S     . ③若 D 不是C 的子集，且 C 不是 D 的子集. 令 UE C C D  ， UF D C C  则 E  ， F  ， E F  . 于是 C E C DS S S   ， D F C DS S S   ，进而由 C DS S ，得 E FS S . 设 k 是 E 中的最大数， l 为 F 中的最大数，则 1, 1,k l k l   . 由（2）知， 1E kS a  ，于是 1 13 3l k l F E ka S S a      ，所以 1l k  ，即 l k . 又 k l ，故 1l k  ， 从而 1 1 2 1 13 11 3 3 2 2 2 l l k E F l a SS a a a               ， 故 2 1E FS S  ，所以 2( ) 1C C D D C DS S S S     ， 即 2 1C C D DS S S   . 综合①②③得， 2C C D DS S S  . 【名师指点】本题三个难点，一是数列新定义，利用新定义确定等比数列首项，再代入等比数列通项公式 求解，二是利用放缩法求证不等式，放缩目的，是将非特殊数列转化为特殊数列，从而可利用特殊数列性 质，以算代征，三是结论含义的应用，实质又是一个新定义，只不过是新定义的性质应用.【举一反三】设数列 A： 1a ， 2a ,… Na ( N  ).如果对小于 n ( 2 n N  )的每个正整数 k 都有 ka ＜ na ， 则称 n 是数列 A 的一个“G 时刻”.记“ )(AG 是数列 A 的所有“G 时刻”组成的集合. （1）对数列 A：-2，2，-1，1，3，写出 )(AG 的所有元素； （2）证明：若数列 A 中存在 na 使得 na > 1a ，则 )(AG ； （3）证明：若数列 A 满足 na - 1na  ≤1（n=2,3, …,N）,则 )(AG 的元素个数不小于 Na - 1a . 【答案】（1） ( )G A 的元素为 2 和5 ；（2）详见解析；（3）详见解析. 【解析】 试题分析：（1）关键是理解 G 时刻的定义，根据定义即可写出 )(AG 的所有元素； （2）要证 )(AG ，即证 )(AG 中含有一元素即可； （3）当 1aaN  时，结论成立.只要证明当 1aaN  时仍然成立即可. 试题解析：（1） )(AG 的元素为 2 和5 . （2）因为存在 na 使得 1aan  ，所以    1,2 aaNiNi i . 记  1,2min aaNiNim i   ， 则 2m ，且对任意正整数 mk aaamk  1, . 因此 )(AGm ，从而 )(AG . （3）当 1aaN  时，结论成立. 以下设 1aaN  . 由（Ⅱ）知 )(AG . 设   pp nnnnnnAG  2121 ,,,,)( ，记 10 n . 则 pnnnn aaaa  210 . 对 pi ,,1,0  ，记  inkii aaNknNkG   , . 如果 iG ，取 ii Gm min ，则对任何 ii mnki aaamk  ,1 .从而 )(AGmi  且 1 ii nm . 又因为 pn 是 )(AG 中的最大元素，所以 pG . 从而对任意 nknp  ， pnk aa  ，特别地， pnN aa  . 对 ii nn aapi   11 ,1,,1,0 . 因此 1)( 11 1111    iiiii nnnnn aaaaa . 所以 paaaaaa iip n p i nnN    )( 1 1 11 . 模拟： 1.已知数列{an}为等比数列， 1 1,a  公比为 , 1,q q 且 nS 为数列{an}的前 n 项和. （1）若 3 5 20,a a  求 8 4 S S ; （2）若调换 1 2 3, ,a a a 的顺序后能构成一个等差数列，求 q 的所有可能值； （3）是否存在正常数 ,c q ，使得对任意正整数 n，不等式 2n n S S c  总成立？若存在，求出 q 的范围，若 不存在，请说明理由． 【答案】（1）17（2） 12 .2q   或 （3） 10, 2      【解析】解：（1）因为 3 5 20,a a  所以 4 2 20 0q q   ， 所以 2 4q  或 2 5q   （舍去）． 所以 48 4 1 17.S qS    （2）若 2 1 3, ,a a a 或 3 1 2, ,a a a 成等差数列， 则 2 1 3 22 = + , 2=0a a a q q  ，解得 2q   或 1（舍去）； 若 1 3 2, ,a a a 或 2 3 1, ,a a a 成等差数列， 则 2 3 1 22 = + ,2 - 1=0a a a q q  ，解得 1 2q   或 1（舍去）；若 3 2 1, ,a a a 成等差数列， 则 2 2 3 12 = + , -2 1=0a a a q q  ，解得 1q  （舍去）. 综上， 12 .2q   或 （3）由 2 0n n S S c   ，可得 2 0n n S c S c   ， 故等价于 2nc S c  恒成立. 因为 1 1,a  0,na  所以 1,nS  得到 1.c  当 1q  时， 2 2 2S c  不可能成立. 当 1 12 q  时，另 1 21 nq q   ，得 2 1nq q  ，解得  log 2 1 .qn q  因为 1 12 q  ，所以  log 2 1 1,q q   即当  log 2 1qn q  时， 2nS  ，所以 2nS c 不可能成立. 当 1 2q  时，由 11 2 211 2 n c       ， 即 11 2 n c     ，所以 1 1 ,2 n c      即当  1 2 log 1-cn  时， 2nS c 不成立. 当 10 2q  时， 1 1 ,1 1 n n qS q q    所以当   1 12 1 cq   时， 2nc S c  恒成立. 综上，存在正常数 ,c q ，使得对任意正整数 n，不等式 2n n S S c  总成立, q 的取值范围为 10, 2      .2. 若无穷数列{ }na 满足：只要 *( , )p qa a p q N  ，必有 1 1p qa a  ，则称{ }na 具有性质 P . （1）若{ }na 具有性质 P ，且 1 2 4 51, 2, 3, 2a a a a    ， 6 7 8 21a a a   ，求 3a ； （2）若无穷数列{ }nb 是等差数列，无穷数列{ }nc 是公比为正数的等比数列， 1 5 1b c  ， 5 1 81b c  ， n n na b c  判断{ }na 是否具有性质 P ，并说明理由； （3）设{ }nb 是无穷数列，已知 * 1 sin ( )n n na b a n N    .求证：“对任意 1,{ }na a 都具有性质 P ”的充要条 件为“{ }nb 是常数列”. 【答案】（1） 3 16a  ．（2） na 不具有性质  ．（3）见解析． 【解析】 试题分析：（1）根据已知条件，得到 6 7 8 3 3 2a a a a     ，结合 6 7 8 21a a a   求解． （2）根据 nb 的公差为 20 ， nc 的公比为 1 3 ，写出通项公式，从而可得 520 19 3 n n n na b c n      ． 通过计算 1 5 82a a  ， 2 48a  ， 6 304 3a  ， 2 6a a ，即知 na 不具有性质  ． （3）从充分性、必要性两方面加以证明，其中必要性用反证法证明． 试题解析：（1）因为 5 2a a ，所以 6 3a a ， 7 4 3a a  ， 8 5 2a a  ． 于是 6 7 8 3 3 2a a a a     ，又因为 6 7 8 21a a a   ，解得 3 16a  ． （2） nb 的公差为 20 ， nc 的公比为 1 3 ， 所以  1 20 1 20 19nb n n     ， 1 5181 33 n n nc        ． 520 19 3 n n n na b c n      ． 1 5 82a a  ，但 2 48a  ， 6 304 3a  ， 2 6a a ， 所以 na 不具有性质  ． （3）[证]充分性：当 nb 为常数列时， 1 1 sinn na b a   ． 对任意给定的 1a ，只要 p qa a ，则由 1 1sin sinp qb a b a   ，必有 1 1p qa a  ． 充分性得证． 必要性： 用反证法证明．假设 nb 不是常数列，则存在 k  ， 使得 1 2 kb b b b     ，而 1kb b  ． 下面证明存在满足 1 sinn n na b a   的 na ，使得 1 2 1ka a a     ，但 2 1k ka a  ． 设   sinf x x x b   ，取 m  ，使得 m b  ，则   0f m m b    ，   0f m m b      ，故存在 c 使得   0f c  ． 取 1a c ，因为 1 sinn na b a   （1 n k  ），所以 2 1sina b c c a    ， 依此类推，得 1 2 1ka a a c     ． 但 2 1 1 1sin sin sink k k ka b a b c b c         ，即 2 1k ka a  ． 所以 na 不具有性质  ，矛盾． 必要性得证． 综上，“对任意 1a ， na 都具有性质  ”的充要条件为“ nb 是常数列”． 3. 已知数列 na 满足 * 1 2 2 1 2 1 2 2 21, 2, 2, 3 ,( )n n n na a a a a a n N        .数列 na 前 n 项和为 nS . (Ⅰ) 求数列 na 的通项公式； （Ⅱ）若 1 2m m ma a a  ，求正整数 m 的值； （Ⅲ）是否存在正整数 m ，使得 2 2 1 m m S S  恰好为数列 na 中的一项？若存在，求出所有满足条件的 m 值，若 不存在，说明理由. 【答案】(Ⅰ) 122 3 nn n n a n      为奇数 为偶数 （Ⅱ） 2m  （III） 1m  或 2m  【解析】（I） 2 1 2 1 2 1 2 12, 2n n n na a a a        ,因此数列 na 的奇数项依次构成以 1 1a  为首项， 2 为 公差的等差数列，所以 2 1 1 2( 1) 2 1, ,( )k na k k a n n       为奇数 .2 2 2 2 23 , 0 0n n na a a a     ，因此数列 na 偶数项依次构成以 2 2a  为首项，3为公比的等比数列， 所以 11 2 2 2 3 , 2 3 ( n k k na a n     为偶数). 故 122 3 nn n n a n      为奇数 为偶数 （II）由 1 2m m ma a a  ，①若 2 ( )m k k   N ，则 2 2 1 2 2k k ka a a  即 2 1 3 1k k    ，即 2m  ② 若 2 1( )m k k   N ，即 2 1 2 2 1k k ka a a  即 1(2 1) 2 3 2 1kk k     ， 1 22 3 1 2 1 k k     12 3k 为正整数 2 2 1k  为正整数，即 2 1 1k   ，即 1k  ，但此时式为 02 3 3  不合题意 综上， 2m  . ………9 分 （III）若 2 2 1 m m S S  为 na 中的一项，则 2 2 1 m m S S  为正整数 又 2 1 1 3 2 1 2 4 2 2( ...+ ) ( ... )m m mS a a a a a a         1 1 2(1 2 1) 2(3 1) 3 12 3 1 m mm m m         ， 2 2 1 2 2 1 2 1 3m m m m m S S a S S        2 1 2 2( 1) 33 1m m m    ， 故若 2 2 1 m m S S  为 na 中的某一项只能为 1 2 3, ,a a a ， ①若 2 1 2 2( 1)3 13 1m m m     无解； ②若 2 1 2 1 2 2( 1)3 2 3 1 03 1 m m m mm          ，显然 1m  不符合题意， 2m  符合题意， 当 3m  时，设 1 2( ) 3 1mf m m   ，则 1 1 2( ) 3 ln3 2 , ( ) 3 (ln3) 2 0m mf m m f m       即 1( ) 3 ln3 2mf m m   为增函数，故 ( ) (3) 0f m f   ，即 ( )f m 为增函数， 故 ( ) (3) 1 0f m f   ，故当 3m  时方程 1 23 1 0m m    无解， 即 2m  是方程唯一解； ③若 2 2 1 2 2( 1)3 3 13 1m m mm      即 1m  ，综上所述， 1m  或 2m  . 4. 已知数列 na 各项均为正数， 1 1a  ， 2 2a  ，且 3 1 2n n n na a a a   对任意 *Nn 恒成立，记 na 的 前 n 项和为 nS . （1）若 3 3a  ，求 5a 的值； （2）证明：对任意正实数 p ，  2 2 1n na pa  成等比数列； （3）是否存在正实数t ，使得数列 nS t 为等比数列.若存在，求出此时 na 和 nS 的表达式；若不存在， 说明理由. 【 答 案】（ 1 ） 5 9a  （ 2 ） 见 解 析 （ 3 ） 存 在 1t  使 数 列  nS t 为 等 比 数 列 ， 此 时 12n na  ，  *2 1 Nn nS n   . 【解析】 解：（1）∵ 1 4 2 3a a a a ，∴ 4 6a  ，又∵ 2 5 3 4a a a a ，∴ 5 4 3 92a a  ； （2）由 3 1 2 1 4 2 3 { n n n n n n n n a a a a a a a a          ，两式相乘得 2 1 3 4 1 2 3n n n n n n na a a a a a a      ， ∵ 0na  ，∴  2 * 4 2 Nn n na a a n   ， 从而 na 的奇数项和偶数项均构成等比数列， 设公比分别为 1 2,q q ，则 1 1 2 2 2 22n n na a q q   ， 1 1 2 1 1 1 1 n n na a q q     ， 又∵ 3 1 2 n n n n a a a a     ，∴ 4 2 2 3 1 1 22a a q a a q    ，即 1 2q q ， 设 1 2q q q  ，则  2 2 1 2 2 2 3n n n na pa q a pa     ，且 2 2 1 0n na pa   恒成立， 数列 2 2 1n na pa  是首项为 2 p ，公比为 q 的等比数列，问题得证； （3）在（2）中令 1p  ，则数列 2 2 1n na a  是首项为 3，公比为 q 的等比数列， ∴    2 2 2 1 2 2 2 3k k k k kS a a a a           2 1 3 , 1 { 3 1 , 11 k k q a a q qq       1 2 1 2 2 1 3 2 , 1 { 3 1 2 , 11 k k k k k k k q q S S a q q qq            ， 且 1 1S  ， 2 3S  ， 3 3S q  ， 4 3 3S q  ， ∵数列 nS t 为等比数列，∴           2 2 1 3 2 3 2 4 , { , S t S t S t S t S t S t         即           2 2 3 1 3 , { 3 3 3 3 , t t q t q t t q t            即  2 6 1 ,{ 3, t q t t q      解得 1{ 4 t q   （ 3t   舍去）， ∴ 2 2 4 1 2 1k k kS     ， 2 1 2 1 2 1k kS     ， 从而对任意 *Nn 有 2 1n nS   ， 此时 2n nS t  ， 1 2n n S t S t   为常数，满足 nS t 成等比数列， 当 2n  时， 1 1 1 2 2 2n n n n n na S S        ，又 1 1a  ，∴  1 *2 Nn na n  ， 综上，存在 1t  使数列 nS t 为等比数列，此时 12n na  ，  *2 1 Nn nS n   . 5. 已知数列 na 中任意连续三项的和为零，且 2 12 1.a a   (Ⅰ) 求数列 na 的通项公式； （Ⅱ）若数列 nb 满足 * 1 1 1 1( N ),n n nb b a n b a    ，求数列 nb 的前 n 项和 nS 的取值范围. 【答案】(Ⅰ) * 1 , 3 22 1, 3 1 , N . 3 , 32 n n k a n k k n k             （Ⅱ） 1 3 1[ ,3) [0,3) [ ,3)=[ ,3).2 4 2    【解析】（I）由题意得 2 +1n n na a a    ， 1 1 ( 2)n n na a a n     ，两式相减得： 2 1( 2)n na a n   ，因 此 * 1 4 7 3 2 ( N )na a a a n    L ， * 2 5 8 3 1( N )na a a a n    L ， * 3 6 9 3 ( N )na a a a n    L . 又 1 2 1 , 1,2a a    所以 3 3 ,2a 因此数列 na 的通项公式为 * 1 , 3 22 1, 3 1 , N . 3 , 32 n n k a n k k n k             （II）因为 3 3 1 3 2 2 3 1 3 3 1 3 2 2 1 3 2 1 3 1 3 2 3 3 1 3( ) ( )4 n nn n n n n n n n n n b b b bb b a a a a a a a ab b b b                       ， 所以 1 1 3 1 3 2 1 2 1 1 3( ) ( )2 4 n n nb a a a a a      ， 1 1 3 2 3 2 1 1 1 3( ) ( )2 4 n n nb a a a a       ， 从而当 *3 ,n k k N  时， 3 3 3(1 ( ) ) 3 34 4 3(1 ( ) ) [ ,3)3 4 41 4 k k kS       ， 当 *3 1,n k k N   时， 3 1 3 3 3 3 33(1 ( ) ) ( ) 3 4( ) [0,3)4 4 4 k k k k k kS S b         ， 当 *3 2,n k k N   时， 1 3 2 3 1 3 1 3 1 3 14 3 13 4( ) ( ) 3 ( ) [ ,3)4 2 4 3 4 2 k k k k k kS S b             ， 因此 nS 的取值范围为 1 3 1[ ,3) [0,3) [ ,3)=[ ,3).2 4 2    6. 设首项为 1 的正项数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 1 3 1n nS S   . （1）求证：数列 na 为等比数列； （2）数列{ }na 是否存在一项 ka ，使得 ka 恰好可以表示为该数列中连续 *( , 2)r r N r  项的和？请说明理由； （3）设 * 1 ( ),n n nb n Na    试问是否存在正整数 , (1 )p q p q  使 1, ,p qb b b 成等差数列？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】(Ⅰ)见解析 （Ⅱ）不存在（3） ( , ) (2,3)p q  【解析】解：（1）当 2n  时， 1 13 1, 3 1n n n nS S S S     ，两式相减得 +1 3n na a 当 1n  时，由 2 21 3 1 3a a     ，即 2 13a a 所以数列{ }na 是等比数列，且 13n na  （2）假设数列{ }na 存在一项 ka ，满足 * 1 2 1( )k m m m m pa a a a a m N         （*） 因为数列{ }na 是单调递增数列，所以 1 2 1,3 3 , 1,k m p k m pa a k m p k m p           而 1 1 1 1 1 2 1 3 (1 3 ) 3 3 31 3 2 2 m p m p k k m m m m p ka a a a a                   ，与（*）矛盾， 因此这样的项不存在. （3）假设存在正整数数组 ( , )p q ，使 1, ,p qb b b 成等差数列，则 2 1 3 3 3p q p q  ． 所以 2 13 ( ) (*)3 3 q p pq   ，易知 ( , ) (2,3)p q  为方程（*）的一组解． 当 *3,p p N  时， 1 1 2( 1) 2 2 4 03 3 3p p p p p p       ， 故数列 *2{ },( 3, )3p p p p N  为递减数列 于是 3 2 1 2 3 1 03 3 3 3p p     ，所以此时方程（*）无正整数解． 综上，存在唯一正整数数对 ( , ) (2,3)p q  ，使 1, ,p qb b b 成等差数列． 7. 等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，已知 1 2a  ， 6 22S  . （1）求 nS ； （2）若从{ }na 中抽取一个公比为 q 的等比数列{ }nka ，其中 1 1k  ，且 1 2 nk k k   ， * nk N . ①当 q 取最小值时，求{ }nk 的通项公式； ②若关于 *( )n n N 的不等式 16 n nS k  有解，试求 q 的值. 【答案】(Ⅰ) ( 5) 3n n nS  （Ⅱ）① 223 1  n nk ② 2,3,4.． 【解析】（1）设等差数列的公差为 d ，则 6 1 16 6 5 222S a d     ，解得 2 3d  ， 所以 ( 5) 3n n nS  . （2）①因为数列 }{ na 是正项递增等差数列，所以数列 }{ nka 的公比 1q ， 若 22 k ，则由 3 8 2 a ，得 3 4 1 2  a aq ，此时 9 32)3 4(2 2 3 ka ，由 )2(3 2 9 32  n ， 解得 *3 10 Nn  ，所以 22 k ，同理 32 k ； 若 42 k ，则由 44 a ，得 2q ，此时 122  n kna ， 另一方面， 2 ( 2)3nk na k  ，所以 2 ( 2) 23 n nk   ，即 13 2 2n nk    ， 所以对任何正整数 n ， nka 是数列 }{ na 的第 223 1  n 项．所以最小的公比 2q ． 所以 223 1  n nk ．②因为 12 4 23n nn k ka q   ，得 13 2n nk q   ，而 1q  ， 所以当 1q  且 q N 时，所有的 13 2n nk q   均为正整数，适合题意； 当 2q  且 q N 时， 13 2n nk q N   不全是正整数，不合题意. 而 16 n nS k  有解，所以 2 ( 5) 2 13 n n n q    有解，经检验，当 2q  ， 3q  ， 4q  时， 1n  都是 2 ( 5) 2 13 n n n q    的解，适合题意； 下证当 5q  时， 2 ( 5) 2 13 n n n q    无解, 设 2 ( 5) 2 3n n n nb q   ， 则 2 1 1 2[(1 ) (7 5 ) 7 ] 3n n n q n q n qb b q        ， 因为 5 7 02 2 q q   ，所以 2( ) 2[(1 ) (7 5 ) 7 ]f n q n q n q      在 *n N 上递减， 又因为 (1) 0f  ，所以 ( ) 0f n  恒成立，所以 1 0n nb b   ，所以 1nb b 恒成立， 又因为当 5q  时， 1 1b  ，所以当 5q  时， 16 n nS k  无解. 综上所述， q 的取值为 2,3,4. 8. 已知数列 }{ na 的前 n 项和为 nS ，且 ),,(   RrpNnrpna S n n ． （1）若 3 2,3 1  rp ，求数列 }{ na 的前 n 项和 nS ； （2）设  Nk ，先计算 33)1( kk  的值，再借用这个结论求出 2222 321 nTn  的表达式（用 n 表示）并在（1）的前提下，比较 nT 与 nS 的大小关系； （3）若 12016 2016aa  ，求 rp, 的值． 【答案】(Ⅰ) )2)(1(6 1)2(3 1  nnnanS nn （Ⅱ）见解析．（3） 2 1p 【解析】（1）由已知得 nnn anaS 23  ，则 111 2)1(3   nnn aanS ，以上两式两边相减可得： nn anna )2(1  ，所以 n n a a n n 21  ，取 1,2,3, , , 1n n    可得： 2 4,1 3 2 3 1 2  a a a a ， 1 1,,4 6,3 5 14 5 3 4    n n a a a a a a n n ，将以上 1n 个等式两 边相乘可得： )1(2 1 21 )1( )1(321 )1(43 1    nnnn n n a an ，注意到 11 a ，所以 )1(2 1  nnan ， 此时 )2)(1(6 1)2(3 1  nnnanS nn ； （2） 33)1( kk  =  Nkkkkkkk ,133133 2323 ， 133)1( 233  kkkk ，在这个等式中分别取 nk ,,3,2,1  可得如下 n 个恒等式： 1231312 233  ， 1332323 233  ，  ,1333334 233 ， 133)1( 233  nnnn ． 将以上 n 个等式两边相加可得：  1)1( 3n nnn  )321(3)321(3 2222 ，由此化简可得： 2 2 2 2 31 (1 ) 1 11 2 3 ( 1) ( 1)(2 1)3 2 3 6 n n nn n n n n           ，即 )12)(1(6 1  nnnTn ，而 )2)(1(6 1  nnnSn ，故 2 12   n n S T n n ． ①若 12 12   n n ，即 3n 时， nn ST  ； ②若 12 12   n n ，即 3n 时， nn ST  ； ③若 12 12   n n ，即 31  n 时， nn ST  ； （3）由已知得 nnn rapnaS  ，则 111 )1(   nnn raanpS ，以上两式两边相减可得： nn arpnarnp )(]1)1([ 1   ，当 1n 时， 11 aS  ，所以 1 rp ，注意到  Rrp, ，因此 np np a a n n 1)1(1  ，取 1,2,3, , , 1n n    可得： p p a a pa a 2 1,1 2 3 1 2  ， )1( 1)2(,,4 13,3 12 14 5 3 4    n np a a p p a a p p a a n n ，将以上 1n 个等式两边相乘可得： pnppp npppp a an )1(32 ]1)2([)13)(12)(1( 1   ，取 2016n 可得： pppp pppp a a 201532 ]12014[)13)(12)(1( 1 2016   ，注意到 2016 1 2016  a a ，所以 2016201532 ]12014[)13)(12)(1(   pppp pppp ， 即 2016201532)12014()12)(1(  ppppppp ， 所以 20162015321)12014()12)(11(1  pppp ，注意到  Rrp, 且 1 rp ，则 10  p ， 故 2 1p ，此时 21  p ． 下证 21  p 不可能． ①若 21  p ，则 201612014,,412,311,21  pppp ， 故 2016321)12014()12)(11(1  pppp ，与题设不符，故不成立； ②若 210  p ，则 201612014,,412,311,210  pppp ，这也与题设不符，故不成立．- 综上所述：所求满足题设条件的实数 p 的值为 2 1p ，此时 2 1 2 11 r . 9. 已知数列 na 中， 01 a ， )(,2 1 Rppaa nn  ， （1）当 12 p 时，试证明： 432 ,, aaa 成等差数列； （2）若 432 ,, aaa 成等比数列，试求实数 p 之值； （3）当 4 1p 时，试证明：存在 *Nk  ，使得 2016ka . 【答案】(Ⅰ) 见解析（Ⅱ） 2 51p （3）见解析 【解析】（Ⅰ）当 12 p 时， 122 1  nn aa ，从而 122 a ， 223 a ， 2354 a ，因 2232334  aaaa ，故 432 ,, aaa 成等差数列； （2） pa 2 ， ppa  2 3 ， pppa  22 4 )( ，因 432 ,, aaa 构成公比不为 1 的等比数列，故])[()( 2222 pppppp  ，解之得 2 51p ； （3）因 paaaa nnnn  2 1 4 1 4 1)2 1( 2  ppan ， 当 4 1p 时，令 4 1 pd ，则 daa nn 1 ， 从而 daa  12 ， daa  23 ， daa nn  1, ，将上述不等式相加得 dnaan )1(1  ， 因 01 a ，故 dnan )1(  ，取正整数 12016  dk ，则 2016)1(  dkak 10. 设数列 na 共有 ( 3)m m  项，记该数列前i 项 1 2, , , ia a a 中的最大项为 iA ，该数列后 m i 项 1 2, , ,i i ma a a   中的最小项为 iB ， ( 1,2,3, , 1)i i ir A B i m    . （1）若数列 na 的通项公式为 2n na  ，求数列 ir 的通项公式； （2）若数列 na 满足 1 1a  ， 2ir   ，求数列 na 的通项公式； （3）试构造一个数列 na ，满足 n n na b c  ，其中 nb 是公差不为零的等差数列， nc 是等比数列，使 得对于任意给定的正整数 m ，数列 ir 都是单调递增的，并说明理由. 【答案】(Ⅰ) 12 2 2i i i ir     （Ⅱ） 1 2( 1) 2 1na n n     （3） 1( )2 n na n  【解析】（1）因为 2n na  单调递增，所以 2i iA  ， 12i iB  ， 所以 12 2 2i i i ir     ，1 1i m   . （2）根据题意可知， i ia A ， 1i iB a  ，因为 2 0i i ir A B     ，所以 i iA B 可得 1i i i ia A B a    即 1i ia a  ，又因为 1,2,3, , 1i m  ，所以{ }na 单调递增， 则 i iA a ， 1i iB a  ，所以 1 2i i ir a a     ，即 1 2i ia a   ，1 1i m   ， 所以 na 是公差为 2 的等差数列， 1 2( 1) 2 1na n n     ，1 1i m   . （3）构造 1( )2 n na n  ，其中 nb n ， 1( )2 n nc   . 下证数列 na 满足题意. 证明：因为 1( )2 n na n  ，所以数列 na 单调递增，所以 1( )2 i i iA a i   ， 1 1 11 ( )2 i i iB a i      ， 所以 1 1 11 ( )2 i i i ir a a       ，1 1i m   ， 因为 2 1 2 1 1 1 1[ 1 ( ) ] [ 1 ( ) ] ( ) 02 2 2 i i i i ir r              ， 所以数列 ir 单调递增，满足题意. 11. 已知等差数列{an}、等比数列{bn}满足 a1+a2=a3，b1b2=b3，且 a3，a2+b1，a1+b2 成等差数列，a1，a2，b2 成等比数列． （1）求数列{an}和数列{bn}的通项公式； （2）按如下方法从数列{an}和数列{bn}中取项： 第 1 次从数列{an}中取 a1， 第 2 次从数列{bn}中取 b1，b2， 第 3 次从数列{an}中取 a2，a3，a4， 第 4 次从数列{bn}中取 b3，b4，b5，b6， … 第 2n﹣1 次从数列{an}中继续依次取 2n﹣1 个项， 第 2n 次从数列{bn}中继续依次取 2n 个项， … 由此构造数列{cn}：a1，b1，b2，a2，a3，a4，b3，b4，b5，b6，a5，a6，a7，a8，a9，b7，b8，b9，b10，b11， b12，…，记数列{cn}的前 n 项和为 Sn，求满足 Sn＜22014 的最大正整数 n． 【答案】(Ⅰ) an=n，bn=2n；（Ⅱ）4037 【解析】解：（1）设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q， 依题意，得 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 ( ) 2 ( ) ( 2 ) ( ) 2[( ) ] ( ) ( ) a a d a d b b q b q a d a b q a d b a d a b q                ； 解得 a1=d=1，b1=q=2； 故 an=n，bn=2n； （2）将 a1，b1，b2 记为第 1 组， a2，a3，a4，b3，b4，b5，b6 记为第 2 组， a5，a6，a7，a8，a9，b7，b8，b9，b10，b11，b12 记为第 3 组，…；以此类推，则第 n 组中，有 2n﹣1 项选取于数列{an}，有 2n 项选取于数列{bn}， 前 n 组共有 n2 项选取于数列{an}，有 n2+n 项选取于数列{bn}， 记它们的总和为 Pn，并且有 2 2 2 1( 1) 2 22 n n n n nP     ； 则 2 2 2014 2071 2014 45 45 (45 1)2 2 2 2 02P       2 2 2014 1981 2014 44 44 (44 1)2 2 2 2 02P       当 2 2 2 201245 (45 1) (2 2 + +2 )2nS     时， 2 2 2014 201345 (45 1)2 2 2 02nS      当 2 2 2 201345 (45 1) (2 2 + +2 )2nS     时， 2 2 2014 45 (45 1)2 2 02nS     可得到符合 Sn＜22014 的最大的 n=452+2012=4037． 12. 已知数列{an}的前 n 项的和为 Sn，记 bn＝ 1nS n  ． （1）若{an}是首项为 a，公差为 d 的等差数列，其中 a，d 均为正数． ①当 3b1，2b2，b3 成等差数列时，求 a d 的值； ②求证：存在唯一的正整数 n，使得 an+1≤bn＜an+2． （2）设数列{an}是公比为 q(q＞2)的等比数列，若存在 r，t(r，t∈N*，r＜t)使得 2 2 t r b t b r   求 q 的值． 【答案】(Ⅰ) ① 3 4 a d  ②见解析（Ⅱ） 5 85 6  ． 【解析】解：（1）①因为 3b1，2b2，b3 成等差数列， 所以 4b2＝3b1＋b3，即 4× 3 +3d 2 a ＝3(2a＋d)＋ 4 +6d 3 a ， 解得， 3 4 a d  ． ② 由 an＋1≤bn＜an＋2， 得 a＋nd≤ ( 1)( 1) + d2 n nn a n  ＜a＋(n＋1)d， 整理得 2 2 2 0 2 0 an n d an n d         解得 81+ 1 2 a d   ＜n≤ 81+ 1 2 a d  ，由于 81+ 1 2 a d  － 81+ 1 2 a d   ＝1 且 81+ 1 2 a d   ＞0． 因此存在唯一的正整数 n，使得 an＋1≤bn＜an＋2． （2）因为 1 1 1 1 (1 ) 2(1 ) (1 ) 2 r(1 ) t t r r a q b tt q a qb r q        ，所以 1 11 1 ( 2) r( 2) t rq q t t r     ． 设 1 1( ) n(n 2) nqf n    ，n≥2，n∈N*． 则 f(n＋1)－f(n)＝ 2 1 1 21 1 [( 1) 2(q 2)n 3] 2 3 (n 1)(n 3) n(n 2) (n 1)(n 3)n(n 2) n n nq q q q n n                ＝ 因为 q＞2，n≥2，所以(q－1)n2＋2(q－2)n－3＞n2－3≥1＞0， 所以 f(n＋1)－f(n)＞0，即 f(n＋1)＞f(n)，即 f(n)单调递增． 所以当 r≥2 时，t＞r≥2， 则 f(t)＞f(r)，即 1 11 1 ( 2) r( 2) t rq q t t r     ，这与 1 11 1 ( 2) r( 2) t rq q t t r     互相矛盾． 所以 r＝1，即 1 21 1 ( 2) 3 tq q t t    ． 若 t≥3，则 f(t)≥f(3)＝ 4 2 2 21 1 1 1 15 3 5 3 q q q q      ，即 1 21 1 ( 2) 3 tq q t t    ， 与 1 21 1 ( 2) 3 tq q t t    相矛盾． 于是 t＝2，所以 3 21 1 8 3 q q  ，即 3q2－5q－5＝0． 又 q＞2，所以 q＝ 5 85 6  ． 13. 已知数列{ },{ }n na b 满足 2 ( 2)n n nS a b  ，其中 nS 是数列{ }na 的前 n 项和． （1）若数列{ }na 是首项为 2 3 ，公比为 1 3  的等比数列，求数列{ }nb 的通项公式； （2）若 nb n ， 2 3a  ，求数列{ }na 的通项公式；（3）在（2）的条件下，设 n n n ac b  ，求证：数列{ }nc 中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积． 【答案】(Ⅰ) 1 2 （Ⅱ） 1na n  ．（3）见解析 【解析】（1）因为 12 1 1( ) 2( )3 3 3 n n na      ， 2 1[(1 ( ) ] 1 13 3 [(1 ( ) ]1 2 31 ( )3 n n nS         ， 所以 11 ( )2 13 12 22( ) 23 n n n nn Sb a         ． （2）若 nb n ，则 2 2n nS na n  ，∴ 1 12 ( 1) 2n nS n a    ， 两式相减得 1 12 ( 1) 2n n na n a na     ，即 1( 1) 2n nna n a    ， 当 2n  时， 1( 1) ( 2) 2n nn a n a    ， 两式相减得 1 1( 1) ( 1) 2( 1)n n nn a n a n a      ，即 1 1 2n n na a a   ， 又由 1 12 2S a  ， 2 22 2 4S a  得 1 2a  ， 2 3a  ， 所以数列{ }na 是首项为 2 ，公差为 3 2 1  的等差数列， 故数列{ }na 的通项公式是 1na n  ． （3）由（2）得 1 n nc n  ， 对于给定的 *n N ，若存在 *, , ,k t n k t N  ，使得 n k tc c c  ， 只需 1 1 1n k t n k t     ， 即 1 1 11 (1 ) (1 )n k t      ，即 1 1 1 1 n k t kt    ，则 ( 1)n kt k n   ， 取 1k n  ，则 ( 2)t n n  ， ∴对数列{ }nc 中的任意一项 1 n nc n  ，都存在 1 2 1n nc n   和 2 2 22 2 1 2n n n nc n n    使得 21 2n n n nc c c   ．14. 已知两个无穷数列   ,n na b 分别满足 1 1 1 2n n a a a     ， 1 1 1 2n n b b b      ， 其中 *n N ，设数列   ,n na b 的前 n 项和分别为 ,n nS T ， （1）若数列   ,n na b 都为递增数列，求数列   ,n na b 的通项公式； （2）若数列 nc 满足：存在唯一的正整数 k （ 2k  ），使得 1k kc c  ，称数列 nc 为“ k 坠点数列” ①若数列 na 为“5 坠点数列”，求 nS ； ②若数列 na 为“ p 坠点数列”，数列 nb 为“ q 坠点数列”，是否存在正整数 m ，使得 1m mS T  ，若 存在，求 m 的最大值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 2 1na n  ， 1 1, 1 2 , 2n n n b n     ，（2）① 2 2 , 4 4 15, 5n n nS n n n       ②6． 【解析】（1）数列   ,n na b 都为递增数列，∴ 1 2n na a   ， 2 1 2 12 , 2 ,n nb b b b n N       ， ∴ 2 1na n  ， 1 1, 1 2 , 2n n n b n     ； （2）①∵数列 na 满足：存在唯一的正整数 =5k ，使得 1k ka a  ，且 1 2n na a   ， ∴数列 na 必为1,3,5,7,5,7,9,11, ，即前 4 项为首项为 1，公差为 2 的等差数列，从第 5 项开始为首项 5， 公差为 2 的等差数列， 故 2 2 , 4 4 15, 5n n nS n n n       ； ② ∵ 2 2 1 4n nb b  ，即 1 2n nb b   ， 1| | 2n nb   而数列 nb 为“ q 坠点数列”且 1 1b   ，∴数列 nb 中有且只有两个负项． 假设存在正整数 m ，使得 +1m mS T ，显然 1m  ，且 mT 为奇数，而 na 中各项均为奇数， ∴ m 必为偶数．   2 1 1 3 2 1 ( 1)mS m m       i.当 q m 时， 1 2 11 2 2 2 2 3m m m mT         当 6m  时， 22 3 ( 1)m m   ，故不存在 m ，使得 1m mS T  成立ii.当 q m 时， 1 2 11 2 2 2 3 0m m mT          显然不存在 m ，使得 1m mS T  成立 iii．当 q m 时，    1 3 2 1 11 2 +2 2 2 2 3m m m m mT             当 1 22 3 ( 1)m m    时，才存在 m ，使得 1m mS T  成立 所以 6m  当 6m  时， 6q  ，构造： na 为1,3,1,3,5,7,9, ， nb 为 1,2,4,8, 16,32,   此时 3p  ， 5q  ，所以 m 的最大值为6 . 15. 设数列 na 的各项均为正数， na 的前n 项和 2)1(4 1  nn aS ， *Nn ． （1）求证：数列 na 为等差数列； （2）等比数列 nb 的各项均为正数， 2 1 nnn Sbb  ， *Nn ，且存在整数 2k ，使得 2 1 kkk Sbb  ． （i）求数列 nb 公比q 的最小值（用k 表示）； （ii）当 2n 时， *Nbn  ，求数列 nb 的通项公式． 【答案】(1)见解析；(2) （i） 2)1( k k  ；（ii） 322  n nb 【解析】：（1）由 2)1(4 1  nn aS 得 2 11 )1(4 1   nn aS ， 2n 两式相减得 2 1 2 )1(4 1)1(4 1  nnn aaa ，从而 2 1 2 )1()1(  nn aa ， 因 0. na ，故 11 1  nn aa ，即 )2(,21   naa nn ，故数列 na 为等差数列； （2）（i）由 2)1(4 1  nn aS 得 2 11 )1(4 1  aa ，解之得： 11 a ，故数列 na 的通项为 *,12 Nnnan  ， 于是 2nSn  ， 因数列 nb 为等比数列，故 1 1  n n qbb ，由 42 1 kSbb kkk  得 4122 1 kqb k  ， 因 0nb ，故 2 1 2 1   k qkb ，其中 2k ，故 2 1 2   kn n qkb 由 4 1 nbb nn  得 4224 nqk kn  ，从而 2)(k nq kn  当 kn  时，上式恒成立； 当 kn  时，两边取自然对数得 )ln(ln2ln)( knqkn  ，从而 kn knq   )ln(ln2ln记 kx kxxf   lnln)( ，则 2)( )ln(ln)(1 )(＇ kx kxkxxxf    2)( ln1 kx x k k x    又设 tttg 1ln1)(  ，其中 1t ，因 0111)(＇ 22  t t tttg ，故 )(tg 在 ),1(  上单调递减，从而 0)1()(  gtg ，故当 kx  时， 0)(＇ xf ，从而 )(xf 在 ),( k 上单调递减，又因 *Nx  ,故 kkkfxf ln)1ln()1()( max  ，于是 k kq 1ln2ln  ，得 2)1( k kq  ， 当 kn  时，同理可知 )1(  k kq 综上所述，q 的最小值为 2)1( k k  （ii）由（i）可知 ])1(,)1[( 22   k k k kq ，因 *Nbn  ,故 *Nq  从而  4,3,2q 当 2q 时，由 ])1(,)1[(2 22   k k k k 得 3k ， 2 7 29   n nb ，不合题意； 当 3q 时，由 ])1(,)1[(3 22   k k k k 得 2k ， 2 5 24   n nb ，不合题意； 当 4q 时，由 ])1(,)1[(4 22   k k k k 得 2k ， 322 5 244   nn nb ，符合题意； 综上所述，数列 nb 的通项公式为 322  n nb 16. 已知数列 na 满足 1 1a  ， 1 n n na a p   ，其中 Nn  , p 是不为1的常数. （Ⅰ）证明：若 na 是递增数列，则 na 不可能是等差数列； （Ⅱ）证明：若 na 是递减的等比数列，则 na 中的每一项都大于其后任意  Nm m  个项的和； （Ⅲ）若 2p  ，且 2 1na  是递增数列， 2na 是递减数列，求数列 na 的通项公式． 【答案】(Ⅰ) 见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）    21 3 3 n na n N    【解析】解析：(Ⅰ)因为 na 是递增数列，所以 1 1 n n n n na a a a p     . 由于 1 1a  ，所以 2 1a p  ， 2 3 1a p p   . 假设数列 na 是等差数列，那么 1a ， 2a ， 3a 成等差数列.所以 2 1 32a a a  ，因而 2 0p p  ，解得 1p  或 0p  . 由已知 1p  ，当 0p  ， 1n na a  ，这与 na 是递增数列矛盾，故 p 的值不存在. 所以数列 na 不可能是等差数列. (Ⅱ) 因为 na 是递减数列，所以 1 1 n n n n na a a a p     . 因为 1 1a  ，所以 2 1a p  ， 2 3 1a p p   . 因为数列 na 是等比数列， 所以 2 2(1 ) 1p p p    ，得 1 2p  或 0p  （舍去）. 则 2 1 2a  ，公比 1q 2  ，故 11( )2 n na  . 设 1 2 mn n n n   … ，那么 11n n  ， 22n n  ，… ， mn m n  （ 1m  ）． 因为 111 1 2 2 n n          ， 221 1 2 2 n n          ，… ， 1 1 2 2 mn m n          ， 所以 1 2 1 21 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 mn n n n n n m                                          … … ． 因为 1 2 1 11 (1 1 1 1 1 12 112 2 2 2 2 21 2 mn n n m n n m                                                 ) … 而 1 11 1 1 1 11 02 2 2 2 2 n m n m na                                        ，即 1 112 2 n m na                ， 所以 1 21 1 1 2 2 2 n n n m na                      … . 即:数列 na 中的每一项大于其后任意 ( )m m N  个项的和. (Ⅲ)由于 2 1na  是递增数列，所以 2 1 2 1 0n na a   ， 所以 2 1 2 2 2 1 0n n n na a a a     ． ① 因为 2 2 12 2n n ，所以 2 1 2 2 2 1n n n na a a a    . ② 由①②知， 2 1 2 0n na a   ，因此  22 2 1 2 2 2 nn n na a     . ③ 因为 2na 是递减数列，同理得， 2 2 1 0n na a   ，故  2 12 1 2 2 1 2 2 nn n na a       . ④ 由③④可知，  1 2 n n na a    . 因此      1 2 1 3 2 1n n na a a a a a a a              2 11 2 2 2 n               1 1 2 1 2 21 1 2 3 3 3 n n n            . 所以数列 na 的通项公式为    21 3 3 n na n N    .