第38讲 数列的综合运用（教师版）备战2021年新高考数学微专题讲义

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1、 第 1 页 / 共 20 页 第第 38 讲：数列的综合运用讲：数列的综合运用 一、课程标准 1、理解等差数列、等比数列的概念，掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式及其应用。 2、了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系。 3、会用数列的等差关系或等比关系解决实际问题。 二、基础知识回顾 1、数列与函数综合问题的主要类型及求解策略 (1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题 (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前 n 项和公式、求和方 法等对式子化简变形 注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为

2、正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊 性 数列在实际问题中的应用 2、现实生活中涉及银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、产品产量等问题，常常考虑用数列的知识 去解决 1数列实际应用中的常见模型 (1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差； (2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就 是公比； (3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑是第 n 项 an与第 n1 项 an1的递推关系还是前 n 项和 Sn与前 n1 项和 Sn1之间的递

3、推关系 2解决数列实际应用题的 3 个关键点 (1)根据题意，正确确定数列模型； (2)利用数列知识准确求解模型； 三、自主热身、归纳总结 1. 设等差数列 an的前 n 项和为 Sn，点(a1 010，a1 012)在直线 xy20 上，则 S2 021等于(B ) A. 4 042 B. 2 021 C. 1 010 D. 1 012 【答案】B 第 2 页 / 共 20 页 【解析】 由题意得 a1 010a1 0122，由等差数列求和公式，得 S2 0212 021（a1a2 021） 2 2 021.故选 B. 2、(2019 广东潮州二模)我国古代名著九章算术中有这样一段话：“今有

4、金箠，长五尺，斩本一尺，重 四斤，斩末一尺，重二斤”意思是：现有一根金箠，长 5 尺，头部 1 尺，重 4 斤，尾部 1 尺，重 2 斤若 该金箠从头到尾，每一尺的质量构成等差数列，则该金箠共重( ) A6 斤 B.7 斤 C9 斤 D15 斤 【答案】D 【解析】设从头到尾每一尺的质量构成等差数列an， 则有 a14，a52， 所以 a1a56， 数列an的前 5 项和为 S55 a1a5 2 5 315，即该金箠共重 15 斤故选 D. 3、 （2019 南充高三第二次诊断）已知等比例an中的各项都是正数，且 a1，1 2a3，2a2 成等差数列，则a10a11 a8a9 ( ) A. 1

5、 2 B. 1 2 C. 32 2 D. 32 2 【答案】C 【解析】 记等比数列an的公比为 q，其中 q0，由题意知 a3a12a2，即 a1q2a12a1q. a10，有 q22q10，解得 q1 2，又 q0，q1 2.a10a11 a8a9 q 2（a 8a9） a8a9 q2(1 2)232 2.故选 C. 4、(2019 吉林长春 5 月联考)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，公差 d0，a6和 a8是函数 f(x)15 4 ln x1 2x 2 8x 的极值点，则 S8( ) A38 B38 C17 D17 【答案】A 【解析】因为 f(x)15 4 ln x1 2x

6、28x， 所以 f(x)15 4xx8 x28x15 4 x x1 2 x15 2 x ， 第 3 页 / 共 20 页 令 f(x)0，解得 x1 2或 x 15 2 . 又 a6和 a8是函数 f(x)的极值点，且公差 d0， 所以 a61 2，a8 15 2 ，所以 a15d1 2， a17d15 2 ， 解得 a117， d7 2. 所以 S88a18 81 2 d38，故选 A. 5、已知 x0，y0，x，a1，a2，y 成等差数列，x，b1，b2，y 成等比数列，那么（a1a2） 2 b1b2 的最小值是_ 【答案】4 【解析】 a1a2xy，b1b2xy，（a1a2） 2 b1b

7、2 （xy） 2 xy x 2y22xy xy x 2y2 xy 2224，当且 仅当 xy 时取等号 6、(2019 河北石家庄 4 月模拟)数列an的前 n 项和为 Sn，定义an的“优值”为 Hna12a22 n1a n n ， 现已知an的“优值”Hn2n，则 Sn_. 【答案】 ：nn3 2 【解析】由 Hna12a22 n1a n n 2n， 得 a12a22n 1a nn 2 n， 当 n2 时，a12a22n 2a n1(n1)2 n1， 由得 2n 1a nn 2 n(n1)2n1(n1)2n1，即 a nn1(n2)， 当 n1 时，a12 也满足式子 ann1， 所以数列

8、an的通项公式为 ann1，所以 Snn2n1 2 nn3 2 . 四、例题选讲 考点一 数列在数学文化与实际问题中的应用 例 1、(1)(2020 长沙模拟)我国古代数学著作九章算术有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重 四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长 5 尺，一头粗，一头细，在粗 的一端截下 1 尺，重 4 斤，在细的一端截下 1 尺，重 2 斤，问依次每一尺各重多少斤？”设该金箠由粗到细 是均匀变化的，其重量为 M，现将该金箠截成长度相等的 10 段，记第 i 段的重量为 ai(i1,2，10)，且 a1a2a10，若 48ai5M，则 i(

9、 ) A4 B5 第 4 页 / 共 20 页 C6 D7 (2)(2019 北京市石景山区 3 月模拟)九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成 串，以解开为胜据明代杨慎丹铅总录记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一” 在某种玩法中，用 an表示解下 n(n9，nN*)个圆环所需的最少移动次数，数列an满足 a11，且 an 2an11，n为偶数， 2an12，n为奇数， 则解下 4 个环所需的最少移动次数 a4为( ) A7 B.10 C12 D22 【答案】 (1)C (2)A 【解析】 (1)由题意知， 由细到粗每段的重量组成一个等差数列， 记为a

10、n， 设公差为 d， 则有 a1a22， a9a104 2a1d2， 2a117d4 a115 16， d1 8. 所以该金箠的总重量 M10 15 16 10 9 2 1 815. 因为 48ai5M，所以有 48 15 16i1 1 8 75，解得 i6，故选 C. (2)因为数列an满足 a11，且 an 2an11，n为偶数， 2an12，n为奇数， 所以 a22a11211，所以 a32a222 124， 所以 a42a312 417.故选 A. 变式 1、（河北衡水中学 2019 届模拟）中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里 关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，

11、六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为： “有一个人走了 378 里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了 6 天后 到达目的地”则此人第 4 天和第 5 天共走了( ) A60 里 B48 里 C36 里 D24 里 【答案】C 【解析】由题意知，此人每天走的里数构成公比为1 2的等比数列an， 第 5 页 / 共 20 页 设等比数列的首项为 a1，则 a1 1 1 26 11 2 378， 解得 a1192，所以 a4192 1 824，a524 1 212， 则 a4a5241236，即此人第 4 天和第 5 天共走了 36 里 变式 2

12、、 （江苏常州高级中学 2019 届模拟） 我国古代数学名著 九章算术 中有如下问题： “今有蒲生一日， 长三尺莞生一日，长一尺蒲生日自半，莞生日自倍问几何日而长等？”意思是：“今有蒲草第一天长高 3 尺，莞草第一天长高 1 尺以后，蒲草每天长高前一天的一半，莞草每天长高前一天的 2 倍问第几天蒲 草和莞草的高度相同？”根据上述的已知条件， 可求得第_天时， 蒲草和莞草的高度相同(结果采取“只 入不舍”的原则取整数，相关数据：lg 30.477 1，lg 20.301 0) 【答案】3 【解析】由题意得，蒲草的高度组成首项为 a13，公比为1 2的等比数列an，设其前 n 项和为 An；莞草的

13、 高度组成首项为 b11， 公比为 2 的等比数列bn， 设其前 n 项和为Bn.则An 3 1 1 2n 11 2 ， Bn2 n1 21 ， 令 3 1 1 2n 11 2 2 n1 21 ， 化简得 2n 6 2n7(nN *)， 解得 2n6， 所以 nlg 6 lg 21 lg 3 lg 23， 即第 3 天时蒲草和莞草高度相同。 变式 3、(2019 山东临沂三模 )意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”： 1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，即 F(1)F(2)1，F(n)F(n1)F(n2)(n3，nN*)，此数列在现代物理、化 学等方面都有着广泛的应

14、用若此数列被 2 除后的余数构成一个新数列an，则数列an的前 2 019 项的和 为( ) A672 B673 C1 346 D2 019 【答案】C 【解析】由于an是数列 1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，各项除以 2 的余数， 故an为 1,1,0,1,1,0,1,1,0,1， 所以an是周期为 3 的周期数列， 且一个周期中的三项之和为 1102. 因为 2 019673 3， 所以数列an的前 2 019 项的和为 673 21 346.故选 C. 第 6 页 / 共 20 页 变式 4、(2019 苏锡常镇调研）中国古代著作张丘建算经有这样一个问题：“今有马行转迟，

15、次日减 半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一 共行走了 700 里那么这匹马在最后一天行走的里程数为_ 【答案】700 127 【解析】 设这匹马第 n 天行走的里程是 an里， 则数列 an是公比 q1 2的等比数列， 且其前 7 项的和 S7700， 即 a1 1 1 27 11 2 700，解得 a1700 2 6 127 ， 所以这匹马在最后一天行走的里程数为 a7a1q6700 2 6 127 1 26 700 127. 方法总结：将已知条件翻译成数学语言，将实际问题转化成数列问题，并分清数列是等差数列还是等比数 列 考点二

16、等差数列与等比数列的综合 例 1、(2018 苏中三市、苏北四市三调）已知实数abc， ，成等比数列，621abc，成等差数列， 则b的最大值为 【答案】 3 4 【解析】解法 1（基本不等式）由题意知， 2 ,247,bacbac 所以 23,acb 由基本不等式的变形式 2 , , 2 ac aca cR ,则有： 2 2 23 2 b b ，解得 3 4 b ，所以 b的最大值为 3 4 . 解法 2（判别式法） 由题意知， 2 ,247,bacbac 则 23cba ,代入得 2 (23)baba ，即 22 (32 )0ab ab ，上述关于 a的方程有解，所以 22 (32 )40

17、bb ，解得 3 4 b ，所以 b的最大值为 3 4 . 变式 1、(2018 无锡期末） 已知等比数列an满足 a2a52a3，且 a4，5 4，2a7 成等差数列，则 a1 a2an的最 大值为_ 【答案】 1 024 解法 1 设等比数列an的公比为 q，根据等比数列的性质可得 a2a5a3a42a3，由于 a30，可得 a42.因为 第 7 页 / 共 20 页 a4，5 4，2a7 成等差数列，所以 2 5 4a42a7，可得 a7 1 4，由 a7a4q 3可得 q1 2，由 a4a1q 3可得 a 116， 从而 ana1qn 116 1 2 n1(也可直接由 a na4q n

18、4得出)， 令 b na1 a2an， 则b n1 bn an116 1 2 n ， 令 16 1 2 n 1，可得 n4，故 b1b2b6bn，所以当 n4 或 5 时，a1 a2an的值最大，为 1 024. 解法 2 同解法 1 得 an16 1 2 n1，令 a n1 可得 n5，故当 1n5 时，an1，当 n6 时，0anTn，求证：anbn. 【解析】(1)由 3Sn12SnSn2an， 得 2(Sn1Sn)Sn2Sn1an， 即 2an1an2an，an2an1an1an. 由 a11，S24，可知 a23. 数列an是以 1 为首项，2 为公差的等差数列故 an的通项公式为

19、an2n1. (2)(方法 1)设数列 bn的公差为 d，则 Tnnb1n（n1） 2 d，由(1)知，Snn2. SnTn，n2nb1n（n1） 2 d，即(2d)nd2b10 恒成立 第 11 页 / 共 20 页 2d0， d2b10，即 d2， 2b1d， 又由 S1T1，得 b11， anbn2n1b1(n1)d (2d)nd1b1(2d)d1b1 1b10，anbn，得证 (方法 2)设 bnbn的公差为 d，假设存在自然数 n02，使得 an0bn0，则 a1(n01)2b1(n01)d， 即 a1b1(n01)(d2)， a1b1，d2. TnSnnb1n（n1） 2 dn2

20、d 21 n 2 b1d 2 n， d 210，存在 N0N *，当 nN 0时，TnSn0 恒成立 这与“对任意的 nN*，都有 SnTn”矛盾， anbn，得证 变式 2、设函数 f(x)1 2 1 x，正项数列an满足 a11，anf 1 an1 ，nN*，且 n2. (1)求数列an的通项公式； (2)求证： 1 a1a2 1 a2a3 1 a3a4 1 anan12. 【解析】(1)因为 anf 1 an1 ， 所以 an1 2an1，nN *，且 n2， 所以数列an是以 1 为首项，1 2为公差的等差数列， 所以 ana1(n1)d11 2(n1) n1 2 . (2)证明：由(

21、1)可知 1 anan1 4 n1n24 1 n1 1 n2 ， 所以 1 a1a2 1 a2a3 1 a3a4 1 anan14 1 2 1 3 1 3 1 4 1 4 1 5 1 n1 1 n2 4 1 2 1 n2 2 4 n22. 方法总结：数列与函数综合问题的主要类型及求解策略 第 12 页 / 共 20 页 (1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题 (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前 n 项和公式、求和方 法等对式子化简变形 注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意

22、这一特殊 性 2数列与不等式综合问题的求解策略 解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、 分析法、放缩法等；若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决 考点三、数列中的“定义型问题” 例 1、 （2019 苏州调研改编） 定义： 对于任意 nN*， xnxn2xn1仍为数列 xn中的项， 则称数列 xn为“回 归数列” (1)已知 an2n(nN*)，判断数列 an是否为“回归数列”，并说明理由； (2)若数列 bn为“回归数列”，b33，b99，且对于任意 nN*，均有 bnbn1成立，求数列 bn的通项 公式 【解

23、析】 (1)假设 an是“回归数列”，则对任意 nN*，总存在 kN*，使 anan2an1ak成立，即 2n 4 2n2 2n2k，即 3 2n2k，此时等式左边为奇数，右边为偶数，不成立，假设不成立， an不是“回 归数列”； (2)bnbn1，bn1bn且 bnbn2bn1bn2(bn1bn)bn2.又 bn为“回 归数列”，bnbn2bn1bn1，即 bnbn22bn1， 数列 bn为等差数列又 b33，b99，bnn(nN*) 变式 1、 （2020 届江苏省南通市如皋中学高三下学期 3 月线上模拟）如果无穷数列an满足条件： 2 1 2 nn n aa a ； 存在实数 M，使得

24、anM，其中 nN*，那么我们称数列an为 数列. （1）设数列bn的通项为 bn20n2n，且是 数列，求 M 的取值范围； （2）设cn是各项为正数的等比数列，Sn是其前 n 项和，c3 1 4 ，S3 7 4 ，证明：数列Sn是 数列； （3）设数列dn是各项均为正整数的 数列，求证：dndn1. 【解析】 （1）因为 bn20n2n，所以 1 1 2012202202 nnn nn bbn ， 第 13 页 / 共 20 页 所以当4n时， 1nn bb ；当5n时， 1nn bb ， 所以数列bn的最大项是 5 68b ， 所以68M ，所以 M 的取值范围是68,). （2）设cn

25、的公比为(0)q q ，则 33 31233 2 7 4 cc Scccc qq ，c3 1 4 ， 整理得 2 610qq ，解得 1 2 q 或 1 3 q ，因为0q ，所以 1 2 q . 因为cn是等比数列，所以 所以 2 11 111 22 2222 nn nn SS 1 2 5511 222 2422 n nnn S 1 1 1 11 1 1 (1)112 ,22 1 212 1 2 n n n nn nn cq cc qS q . 因为2 n S ，所以数列Sn是 数列. （3）假设存在正整数k，使得 1kk dd ，由数列dn是各项均为正整数得 1+1kk dd ，即 1 1

26、 kk dd . 因为数列dn是 数列，所以 2 1 2 kk k dd d ， 所以 21 2212 kkkkkk dddddd ， 同理， 321111 22123 kkkkkkk ddddddd ， 依此类推，得 k mk ddm . 因为数列dn是 数列，所以存在M， k dM，所以当mM时，0 k mk ddm ，与数列dn各项 均为正整数矛盾，所以假设不成立，即对任意的正整数n，dndn1 变式 2、(2019 南京学情调研）如果数列an共有 k(kN*，k4)项，且满足条件： a1a2ak0； |a1|a2|ak|1， 则称数列an为 P(k)数列 (1) 若等比数列an为 P(

27、4)数列，求 a1的值； 第 14 页 / 共 20 页 (2) 已知 m 为给定的正整数，且 m2. 若公差为正数的等差数列an是 P(2m3)数列，求数列an的公差； 若 an q n1 3 ，1nm，nN*， mn 12 ，m1n2m，nN*， 其中 q 为常数，q1.判断数列an是否为 P(2m)数列，说明 理由 【解析】 (1)设等比数列an的公比为 q. 因为数列an为 P(4)数列，所以 a1a2a3a40， 从而 1qq2q30，即 (1q)( 1q2)0. 所以 q1. 又因为|a1|a2|a3|a4|1， 所以 4|a1|1，解得 a11 4 或 1 4. (3 分) (2

28、) 设等差数列an的公差为 d. 因为数列an为 P(2m3)数列， 所以 a1a2a2m30，即（a1a2m 3）（2m3） 2 0. 因为 12m32(m2)，所以 a1a2m32am2， 从而 (2m3)am20，即 am20. (6 分) 又因为 |a1|a2|a2m3|1，且 d0， 所以 (a1a2am1)(am3am4a2m3)1， 即(m2)(m1)d1，解得 d 1 （m1）（m2）. 因此等差数列an的公差为 d 1 （m1）（m2）. (9 分) 若数列an是 P(2m)数列，则有： a1a2a2m0；|a1|a2|a2m|1. 因为 an 1 * * 312 12 n

29、qmn nmnN mnmnN ，1， ， ，且 q1， 所以 1 1(1) 0 3124 m qm m q （*） ， 11(1 ) 1 3 12 4 m qm m q （*）. 第 15 页 / 共 20 页 当 m 为偶数时，在(*)中，1 3 1qm 1q 0，m（m1） 24 0， 所以(*)不成立(12 分) 当 m 为奇数时，由(*)(*)得： 1qm 1q 1|q| m 1|q| 3. 又因为 q1，所以1q m 1q 1q m 1q 3, 解得 qm 13q 21 2 . 因为 m (m2)为奇数，所以 qm 1q4， 所以3q 21 2 q4，整理得(2q21)(q21)0，

30、 即 1 2q 21，与 q1 矛盾 综上可知，数列an不是 P(2m)数列(16 分) 五、优化提升与真题演练 1、 （山东省日照市 2019 届高三联考） 已知等差数列的公差为 2， 若成等比数列，是 的前项和，则等于（ ） A-8 B-6 C10 D0 【答案】D 【解析】a1，a3，a4成等比数列，=a1a4， =a1（a1+3 2） ， 化为 2a1=-16，解得 a1=-8 则 S9=-8 9+ 2=0， 故选 D。 2、 （北京市朝阳区 2019 届高三模拟）天坛公园是明、清两代皇帝“祭天”“祈谷”的场所天坛公园中的圜丘 台共有三层（如图 1 所示） ，上层坛的中心是一块呈圆形的

31、大理石板，从中心向外围以扇面形石（如图 2 所 示） 上层坛从第一环至第九环共有九环，中层坛从第十环至第十八环共有九环，下层坛从第十九环至第二 十七环共有九环；第一环的扇面形石有 9 块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多 9 块，则第二 十七环的扇面形石块数是_；上、中、下三层坛所有的扇面形石块数是_ n a 134 ,a a a n S n a n 9 S 6 , 5 2 1 (2 2)a 9 8 2 第 16 页 / 共 20 页 【答案】243 3402 【解析】第一环的扇面形石有 9 块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多 9 块， 则依题意得：每环的扇面形石块数是一个以

32、 9 为首项，9 为公差的等差数列， 所以，an9（n1） 99n， 所以，a279 27243， 前 27 项和为：3402. 3、 （湖南省长沙市长郡中学 2019 届高三模拟）在各项均为正数的等比数列中，当取最 小值时，则数列的前项和为_ 【答案】 【解析】等比数列中，所以 ，令 则，令 解得 ，因为各项均为正数的等比数列 所以 当时， 当时， 127 27 27()27(9243) 22 aa S n a 31 8aa 4 a 2 n nan (84)34 n n Sn n a 31 8aa 1 2 8 1 a q 3 3 41 2 8 1 q aa q q 3 2 8 1 q f q

33、 q 22 3 42 2 83 8 1 1 qq q fq q q 0fq 3q n a 3q 3q 0fq 3q 0fq 第 17 页 / 共 20 页 所以在时取得最小值 设，代入化简可得 所以 两式相减得 4、已知数列an为等比数列，数列bn为等差数列，且 b1a11，b2a1a2，a32b36.(1)求数列an， bn的通项公式； (2)设 cn 1 bnbn2，数列cn的前 n 项和为 Tn，证明： 1 5Tn0，所以 Tn1 3.又因为 Tn 在1，)上单调递增，所以当 n1 时，Tn取最小值 T11 5，所以 1 5Tn 1 3. 5、 （2020 浙江镇海中学高三 3 月模拟）

34、在数列 n a中， 1 1a ， 2 3a ，且对任意的nN*，都有 21 32 nnn aaa . 3q 3 4 2 8 1 q af q q 2 nn bna3q 1 163n n bn 12321nnnn Sbbbbbb 012321 16 1 32 33 323133 nnn n Snnn 12321 316 1 32 33 323133 nnn n Snnn 12321 216 1 333333 nnn n Sn 1 3 2163 1 3 n n n Sn 834 34 nn n Sn 8434 n n Sn 第 18 页 / 共 20 页 （）证明数列 +1nn aa是等比数列，并

35、求数列 n a的通项公式； （）设 1 2n n nn b a a ，记数列 n b的前n项和为 n S，若对任意的nN*都有 1 n n Sm a ，求实数m的取 值范围. 【解析】 （）由 21 32 nnn aaa 可得 211 2() nnnn aaaa 又 1 1a ， 2 3a ，所以 21 20aa，故 21 1 2 nn nn aa aa . 所以 1 nn aa 是首项为 2，公比为 2 的等比数列.所以 1 2n nn aa . 所以 1211 ()() nnn aaaaaa 2 1 222n 21 n . （）因为 1 2 (21)(21) n n nn b 1 1 (2

36、1)(21) (21)(21) nn nn 1 11 2121 nn . 所以 12nn Sbbb 223+1 111111 2 12121212121 nn +1 1 =1 21 n . 又因为对任意的 * nN都有 1 n n Sm a ，所以 +1 11 1 2121 nn m 恒成立， 即 1 min 11 1 2121 nn m ,即当1n 时， 1 3 m . 6、 （2020 年江苏卷）.已知数列 * () n anN的首项 a1=1，前 n项和为 Sn设 与 k 是常数，若对一切正整 数 n，均有 111 11 kkk nnn SSa 成立，则称此数列为“k”数列 （1）若等差

37、数列 n a是“1”数列，求 的值； （2）若数列 n a是“ 3 2 3 ”数列，且 an0，求数列 n a的通项公式； （3）对于给定的 ，是否存在三个不同的数列 n a为“3”数列，且 an0?若存在，求 的取值范围；若不 存在，说明理由， 第 19 页 / 共 20 页 【解析】 （1） +111111 101 nnnnnn SSaaaaa Q （2） 11 22 11 00 nnnnn aSSSS Q 111 222 +1+1 3 () 3 nnnn SSSSQ 111111 2 222222 +1+1+1 1 ()()() 3 nnnnnn SSSSSS 111111 1 2222

38、22 +1+1+1+1 1 ()=2=44 3 n nnnnnnnnn SSSSSSSSS 11 1Sa， 1 4n n S 122 443 4,2 nnn n an 2 1,1 3 4,2 n n n a n （3）假设存在三个不同的数列 n a为3数列. 11111 33 33333 +11+1+1 ()() nnnnnnn SSaSSSS 11 33 +1nn SS 或 112211 23 333333 +1+1+1 ()() nnnnnn SSSSSS +1nn SS或 2211 333 3333 +1+1 (1)(1)(2)0 nnnn SSSS 对于给定的，存在三个不同的数列 n

39、a为3数列，且0 n a 1,1 0,2 n n a n 或 2211 333 3333 +1+1 (1)(1)(2)01 nnnn SSSS 有两个不等的正根. 2211 333 3333 +1+1 (1)(1)(2)01 nnnn SSSS 可转化为 21 33 33 3 +1+1 21 33 (1)(2) (1)01 nn nn SS SS ，不妨设 1 3 1 0 n n S x x S ，则 3233 (1)(2)(1)01xx有两个不等正根，设 3233 (1)(2)(1)01f xxx. 第 20 页 / 共 20 页 当1时， 32323 (2)4(1)004 ， 即01， 此时 3 010f ， 3 3 (2) 0 2(1) x 对 ，满足题意. 当1时， 32323 (2)4(1)004 ， 即 3 14 ， 此时 3 010f ， 3 3 (2) 0 2(1) x 对 ，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去. 综上，01