2020届二轮复习子数列问题学案（全国通用）

 专题15 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 已知数列的前项和为，对任意满足，且，数列满足，其前9项和为63．
（1）求数列和的通项公式；
（2）略；
（3）将数列的项按照“当为奇数时，放在前面；当为偶数时，放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新的数列：，求这个新数列的前项和．
【答案】（1）；（2）略；（3）
【解析】
（1）∵，∴数列是首项为1，公差为的等差数列，
∴，即，
∴，
又，∴
∵，∴数列是等差数列，
设的前项和为，∵且，
∴，∴的公差为
（2） 略
（3）数列的前项和，数列的前项和，
①当时，；
②当时，，
特别地，当时，也符合上式；
③当时，．
综上：．
【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】已知数列满足， ，其中， ， 为非零常数.
（1）若， ，求证： 为等比数列，并求数列的通项公式；
（2）若数列是公差不等于零的等差数列.
①求实数， 的值；
②数列的前项和构成数列，从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）（2）①， ， .②， ，
【解析】解：（1）当， 时， ，
.
又，不然，这与矛盾，
为2为首项，3为公比的等比数列，
， .
（2）①设 ，
由得 ，
，

对任意恒成立.
令，2，3，解得， ， ， .
经检验，满足题意.
综上， ， ， .
②由①知.
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， ， ， 是满足条件的四项，
则 ，
，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， ， ， 是满足条件的四项，
则 ， .
由504为偶数知， ， ， 中一个偶数两个奇数或者三个偶数.
1）若， ， 中一个偶数两个奇数，不妨设， ， ，
则 ，这与251为奇数矛盾.
2）若， ， 均为偶数，不妨设， ， ，
则，继续奇偶分析知， ， 中两奇数一个偶数，
不妨设， ， ，则 .
因为， 均为偶数，所以为奇数，不妨设，
当时， ， ，检验得， ， ，
当时， ， ，检验得， ， ，
当时， ， ，检验得， ， ，
即， ， ， 或者， ， ， 或者， ， ， 满足条件，
综上所述， ， ， 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 设数列满足，其中，且， 为常数.
（1）若是等差数列，且公差，求的值；
（2）若，且存在，使得对任意的都成立，求的最小值；
（3）若，且数列不是常数列，如果存在正整数，使得对任意的均成立. 求所有满足条件的数列中的最小值.
【答案】（1）（2）（3）3
【解析】
解：（1）由题意，可得，
化简得，又，所以.
（2）将代入条件，可得，解得，
所以，所以数列是首项为1，公比的等比数列，所以.
欲存在，使得，即对任意都成立，
则，所以对任意都成立.
令，则，
所以当时， ；当时， ；当时， ．
所以的最大值为，所以的最小值为.
（3）因为数列不是常数列，所以．
①若，则恒成立，从而， ，所以，
所以，又，所以，可得是常数列．矛盾．
所以不合题意.
②若，取（*），满足恒成立．
由，得．
则条件式变为．
由，知；
由，知；
由，知．
所以，数列（*）适合题意．
所以的最小值为.
【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】已知数列的前项和，对任意正整数，总存在正数使得， 恒成立：数列的前项和，且对任意正整数， 恒成立.
（1）求常数的值；
（2）证明数列为等差数列；
（3）若，记 ，是否存在正整数，使得对任意正整数， 恒成立，若存在，求正整数的最小值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）见解析（3）正整数的最小值为4
【解析】
（1）∵①
∴②，，
①-②得： ，即， ，
又
∴， ，
时， ； 时， .
∵为正数
∴.
又∵， ，且
∴.
（2）∵③
∴当时， ④，
∴③-④得： ，即⑤，
又∵⑥
∴⑤+⑥得： ，即
∴为等差数列.
（3）∵， ，由（2）知为等差数列
∴.
又由（1）知，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
令得，
∴，解得，
∴时， ，即，
∵时， ，
∴，即.
此时，即，
∴的最大值为
若存在正整数，使得对任意正整数， 恒成立，则，
∴正整数的最小值为4.

类型三 新数列中定义理解与应用问题
典例3 记.对数列和的子集T，若,定义;若，定义.例如：时，.现设是公比为3的等比数列，且当时，.
（1）求数列的通项公式；
（2）对任意正整数，若，求证：；
（3）设,求证：.
【答案】（1）（2）详见解析（3）详见解析
【解析】（1）由已知得.
于是当时，.
又，故，即.
所以数列的通项公式为.
（2）因为，，
所以.
因此，.
（3）下面分三种情况证明.
①若是的子集，则.
②若是的子集，则.
③若不是的子集，且不是的子集.
令，则，，.
于是，，进而由，得.
设是中的最大数，为中的最大数，则.
由（2）知，，于是，所以，即.
又，故，
从而，
故，所以，
即.
综合①②③得，.
【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： ， ,… ().如果对小于()的每个正整数都有 ＜ ，则称是数列A的一个“G时刻”.记“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，写出的所有元素；
（2）证明：若数列A中存在使得>，则 ；
（3）证明：若数列A满足- ≤1（n=2,3, …,N）,则的元素个数不小于 -.
【答案】（1）的元素为和；（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，根据定义即可写出的所有元素；
（2）要证，即证中含有一元素即可；
（3）当时，结论成立.只要证明当时仍然成立即可.
试题解析：（1）的元素为和.
（2）因为存在使得，所以.
记，
则，且对任意正整数.
因此，从而.
（3）当时，结论成立.
以下设.
由（Ⅱ）知.
设，记.
则.
对，记.
如果，取，则对任何.
从而且.
又因为是中的最大元素，所以.
从而对任意，，特别地，.
对.
因此.
所以.

1.已知数列{an}为等比数列， 公比为 为数列{an}的前n项和.
（1）若求;
（2）若调换的顺序后能构成一个等差数列，求的所有可能值；
（3）是否存在正常数，使得对任意正整数n，不等式总成立？若存在，求出的范围，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）17（2） （3）
【解析】解：（1）因为所以，
所以或（舍去）．
所以
（2）若或成等差数列，
则，解得或1（舍去）；
若或成等差数列，
则，解得或1（舍去）；
若成等差数列，
则，解得（舍去）.
综上，
（3）由，可得，
故等价于恒成立.
因为 所以 得到
当时， 不可能成立.
当时，另 ，得，解得
因为 ，所以
即当时， ，所以不可能成立.
当时，由 ，
即，所以
即当时， 不成立.
当时，
所以当时， 恒成立.
综上，存在正常数，使得对任意正整数n，不等式总成立,
的取值范围为.
2. 若无穷数列满足：只要，必有，则称具有性质.
（1）若具有性质，且，，求；
（2）若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为正数的等比数列，，，判断是否具有性质，并说明理由；
（3）设是无穷数列，已知.求证：“对任意都具有性质”的充要条件为“是常数列”.
【答案】（1）．（2）不具有性质．（3）见解析．
【解析】
试题分析：（1）根据已知条件，得到，结合求解．
（2）根据的公差为，的公比为，写出通项公式，从而可得．
通过计算，，，，即知不具有性质．
（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，所以，，．
于是，又因为，解得．
（2）的公差为，的公比为，
所以，．
．
，但，，，
所以不具有性质．
（3）[证]充分性：
当为常数列时，．
对任意给定的，只要，则由，必有．
充分性得证．
必要性：
用反证法证明．假设不是常数列，则存在，
使得，而．
下面证明存在满足的，使得，但．
设，取，使得，则
，，故存在使得．
取，因为（），所以，
依此类推，得．
但，即．
所以不具有性质，矛盾．
必要性得证．
综上，“对任意，都具有性质”的充要条件为“是常数列”．
3. 已知数列满足.数列 前项和为.
(Ⅰ) 求数列的通项公式；
（Ⅱ）若，求正整数的值；
（Ⅲ）是否存在正整数，使得恰好为数列中的一项？若存在，求出所有满足条件的值，若不存在，说明理由.
【答案】(Ⅰ) （Ⅱ）（III）或
【解析】（I）,因此数列的奇数项依次构成以为首项，为公差的等差数列，所以.
，因此数列偶数项依次构成以为首项，为公比的等比数列，所以.
故
（II）由，①若，则 即，即
② 若，即 即，
为正整数为正整数，即，即，但此时式为不合题意
综上，. ………9分
（III）若为中的一项，则为正整数
又
，
，
故若为中的某一项只能为，
①若无解；
②若，显然不符合题意，符合题意，
当时，设，则
即为增函数，故，即为增函数，
故，故当时方程无解，
即是方程唯一解；
③若即，
综上所述，或.
4. 已知数列各项均为正数， ， ，且对任意恒成立，记的前项和为.
（1）若，求的值；
（2）证明：对任意正实数， 成等比数列；
（3）是否存在正实数，使得数列为等比数列.若存在，求出此时和的表达式；若不存在，说明理由.
【答案】（1）（2）见解析（3）存在使数列为等比数列，此时， .
【解析】
解：（1）∵，∴，又∵，∴；
（2）由，两式相乘得，
∵，∴，
从而的奇数项和偶数项均构成等比数列，
设公比分别为，则， ，
又∵，∴，即，
设，则，且恒成立，
数列是首项为，公比为的等比数列，问题得证；
（3）在（2）中令，则数列是首项为3，公比为的等比数列，
∴
，
且， ， ， ，
∵数列为等比数列，∴
即即
解得（舍去），
∴， ，
从而对任意有，
此时， 为常数，满足成等比数列，
当时， ，又，∴，
综上，存在使数列为等比数列，此时， .
5. 已知数列中任意连续三项的和为零，且
(Ⅰ) 求数列的通项公式；
（Ⅱ）若数列满足，求数列的前项和的取值范围.
【答案】(Ⅰ) （Ⅱ）
【解析】（I）由题意得，，两式相减得：，因此，，.又所以
因此数列的通项公式为
（II）因为，
所以，，
从而当时，，
当时，，
当时，，
因此的取值范围为
6. 设首项为1的正项数列的前n项和为，且.
（1）求证：数列为等比数列；
（2）数列是否存在一项，使得恰好可以表示为该数列中连续项的和？请说明理由；
（3）设试问是否存在正整数使成等差数列？若存在，求出所有满足条件的数组；若不存在，说明理由．
【答案】(Ⅰ)见解析 （Ⅱ）不存在（3）
【解析】解：（1）当时，，两式相减得
当时，由，即
所以数列是等比数列，且
（2）假设数列存在一项，满足（*）
因为数列是单调递增数列，所以
而，与（*）矛盾，
因此这样的项不存在.
（3）假设存在正整数数组，使成等差数列，
则．
所以，易知为方程（*）的一组解．
当时，，
故数列为递减数列
于是，所以此时方程（*）无正整数解．
综上，存在唯一正整数数对，使成等差数列．
7. 等差数列的前项和为，已知，.
（1）求；
（2）若从中抽取一个公比为的等比数列，其中，且，.
①当取最小值时，求的通项公式；
②若关于的不等式有解，试求的值.
【答案】(Ⅰ) （Ⅱ）①②．
【解析】（1）设等差数列的公差为，则，解得，
所以.
（2）①因为数列是正项递增等差数列，所以数列的公比，
若，则由，得，此时，由，
解得，所以，同理；
若，则由，得，此时，
另一方面，，所以，即，
所以对任何正整数，是数列的第项．所以最小的公比．
所以．
②因为，得，而，
所以当且时，所有的均为正整数，适合题意；
当且时，不全是正整数，不合题意.
而有解，所以有解，经检验，当，，时，都是的解，适合题意；
下证当时，无解, 设，
则，
因为，所以在上递减，
又因为，所以恒成立，所以，所以恒成立，
又因为当时，，所以当时，无解.
综上所述，的取值为
8. 已知数列的前项和为，且．
（1）若，求数列的前项和；
（2）设，先计算的值，再借用这个结论求出的表达式（用表示）并在（1）的前提下，比较与的大小关系；
（3）若，求的值．
【答案】(Ⅰ) （Ⅱ）见解析．（3）
【解析】（1）由已知得，则，以上两式两边相减可得：，所以，
取可得：，，将以上个等式两边相乘可得：，注意到，所以，此时；
（2）=，
，在这个等式中分别取可得如下个恒等式：
，，，．
将以上个等式两边相加可得：
，由此化简可得：，即，而，故．
①若，即时，；
②若，即时，；
③若，即时，；
（3）由已知得，则，以上两式两边相减可得：，当时，，所以，注意到，因此，取可得：，，将以上个等式两边相乘可得：，
取可得：，注意到，所以，
即，
所以，注意到且，则，故，此时．
下证不可能．
①若，则，
故，与题设不符，故不成立；
②若，则，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的值为，此时.
9. 已知数列中，，，
（1）当时，试证明：成等差数列；
（2）若成等比数列，试求实数之值；
（3）当时，试证明：存在，使得.
【答案】(Ⅰ) 见解析（Ⅱ）（3）见解析
【解析】（Ⅰ）当时，，从而，，
，因，故成等差数列；
（2），，，因构成公比不为1的等比数列，故，解之得；
（3）因 ，
当时，令，则，
从而，，，将上述不等式相加得，
因，故，取正整数，则
10. 设数列共有项，记该数列前项中的最大项为，该数列后项中的最小项为，.
（1）若数列的通项公式为，求数列的通项公式；
（2）若数列满足，，求数列的通项公式；
（3）试构造一个数列，满足，其中是公差不为零的等差数列，是等比数列，使得对于任意给定的正整数，数列都是单调递增的，并说明理由.
【答案】(Ⅰ) （Ⅱ）（3）
【解析】（1）因为单调递增，所以，，
所以，.
（2）根据题意可知，，，因为，所以
可得即，又因为，所以单调递增，
则，，所以，即，，
所以是公差为2的等差数列，，.
（3）构造，其中，.
下证数列满足题意.
证明：因为，所以数列单调递增，
所以，，
所以，，
因为，
所以数列单调递增，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；
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；
则

当时，
当时，
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＝．
（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)使得求q的值．
【答案】(Ⅰ) ①②见解析（Ⅱ）．
【解析】解：（1）①因为3b1，2b2，b3成等差数列，
所以4b2＝3b1＋b3，即4×＝3(2a＋d)＋，
解得，．
② 由an＋1≤bn＜an＋2，
得a＋nd≤＜a＋(n＋1)d，
整理得
解得＜n≤，
由于－＝1且＞0．
因此存在唯一的正整数n，使得an＋1≤bn＜an＋2．
（2）因为，所以．
设，n≥2，n∈N*．
则f(n＋1)－f(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，这与互相矛盾．
所以r＝1，即．
若t≥3，则f(t)≥f(3)＝，即，
与相矛盾．
于是t＝2，所以，即3q2－5q－5＝0．
又q＞2，所以q＝．
13. 已知数列满足，其中是数列的前项和．
（1）若数列是首项为，公比为的等比数列，求数列的通项公式；
（2）若，，求数列的通项公式；
（3）在（2）的条件下，设，求证：数列中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．
【答案】(Ⅰ) （Ⅱ）．（3）见解析
【解析】（1）因为，
，
所以．
（2）若，则，∴，
两式相减得，即，
当时，，
两式相减得，即，
又由，得，，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
故数列的通项公式是．
（3）由（2）得 ，
对于给定的，若存在，使得，
只需，
即，即，则，
取，则，
∴对数列中的任意一项，都存在和
使得．
14. 已知两个无穷数列分别满足，，
其中，设数列的前项和分别为，
（1）若数列都为递增数列，求数列的通项公式；
（2）若数列满足：存在唯一的正整数（），使得，称数列为“坠点数列”
①若数列为“5坠点数列”，求；
②若数列为“坠点数列”，数列为“坠点数列”，是否存在正整数，使得，若存在，求的最大值；若不存在，说明理由.
【答案】（1），，（2）①②6．
【解析】（1）数列都为递增数列，∴，，
∴，
；
（2）①∵数列满足：存在唯一的正整数，使得，且，
∴数列必为，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 ∵，即，
而数列为“坠点数列”且，∴数列中有且只有两个负项．
假设存在正整数，使得，显然，且为奇数，而中各项均为奇数，
∴必为偶数．

i.当时，
当时，，故不存在，使得成立
ii.当时，
显然不存在，使得成立
iii．当时，
当时，才存在，使得成立
所以
当时，，构造：为，为
此时，，所以的最大值为.
15. 设数列的各项均为正数，的前项和，．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）等比数列的各项均为正数，，，且存在整数，使得．
（i）求数列公比的最小值（用表示）；
（ii）当时，，求数列的通项公式．
【答案】(1)见解析；(2) （i）；（ii）
【解析】：（1）由得，
两式相减得，从而，
因，故，即，故数列为等差数列；
（2）（i）由得，解之得：，故数列的通项为，于是，
因数列为等比数列，故，由得，
因，故，其中，故
由得，从而
当时，上式恒成立；
当时，两边取自然对数得，从而
记，则
又设，其中，因，故在上单调递减，从而，故当时，，从而在上单调递减，又因,故，于是，得，
当时，同理可知
综上所述，的最小值为
（ii）由（i）可知，因,故从而
当时，由得，，不合题意；
当时，由得，，不合题意；
当时，由得，，符合题意；
综上所述，数列的通项公式为
16. 已知数列满足，，其中, 是不为的常数.
（Ⅰ）证明：若是递增数列，则不可能是等差数列；
（Ⅱ）证明：若是递减的等比数列，则中的每一项都大于其后任意个项的和；
（Ⅲ）若，且是递增数列，是递减数列，求数列的通项公式．
【答案】(Ⅰ) 见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）
【解析】解析：(Ⅰ)因为是递增数列，所以.
由于，所以，.
假设数列是等差数列，那么，，成等差数列.
所以，因而，解得或.
由已知，当，，这与是递增数列矛盾，故的值不存在.
所以数列不可能是等差数列.
(Ⅱ) 因为是递减数列，所以.
因为，所以，.
因为数列是等比数列，
所以，得或（舍去）.
则，公比，故.
设，那么，，，（）．
因为，，，，
所以．
因为
而，即，
所以.
即:数列中的每一项大于其后任意个项的和.
(Ⅲ)由于是递增数列，所以，
所以 ． 　　　 ①
因为，所以. 　　　 ②
由①②知，，因此. 　　 ③
因为是递减数列，同理得，，
故. ④
由③④可知，.
因此

.
所以数列的通项公式为.