数列经典综合题66例(14)

1nn?2??2?. 2n?12n2n1n(n?2) 要证明当n?6时，Sn?2?成立，只需证明当n?6时，?1成立. nn26?(6?2)483 证法一(1)当n = 6时，???1成立. 62644k(k?2) (2)假设当n?k(k?6)时不等式成立，即?1.

2k 所以Sn?2? 则当n=k+1时，

(k?1)(k?3)k(k?2)(k?1)(k?3)(k?1)(k?3)????1.

2k?12k2k(k?2)(k?2)?2k 由(1)、(2)所述，当n≥6时，

n(n?1)1.即当n≥6时，?1S?2?. n22n(n?1)(n?3)n(n?2)3?n2n(n?2)??n?1?0. 证法二 令cn?(n?6)，则cn?1?cn?n?12222226?83??1. 644n(n?2)1于是当n?6时，综上所述，当时，?1.S?2?.n?6n22n

例61 设m个不全相等的正数a1,a2,?,am(m?7)依次围成一个圆圈．

（Ⅰ）若m?2009，且a1,a2,?,a1005是公差为d的等差数列，而a1,a2009,a2008,?,a1006是公比为q?d的等比数列；数列a1,a2,?,am的前n项和Sn(n?m)满足：S3?15,S2009?S2007?12a1，求通项an(n?m)； 解：因a1,a2009,a2008,???,a1006是公比为d的等比数列，从而a2000?a1d,a2008?a1d2 由

d?3或d??4（舍去）。因此d?3 S2009?S2008?12a1得a2008?a2009?12a1，故解得

又 S3?3a1?3d?15。解得a1?2从而当n?1005时，an?a1?(n?1)d?2?3(n?1)?3n?1 当1006?n?2009时，由a1,a2009,a2008,???,a1006是公比为d的等比数列得

所以当n?6时，cn?1?cn.因此当n?6时，cn?c6?an?a1d2009?(n?1)?a1d2010?n?3n?1,n?1005 (1006?n?2009)因此an??2009?n,1006?n?2009?2?3八、信息迁移题 例62 设同时满足条件：①叫“特界” 数列.

bn?bn?2≤bn?1(n?N*)；②bn≤M(n?N*,M是与n无关的常数)的无穷数列{bn}2（Ⅰ）若数列{an}为等差数列，Sn是其前n项和，a3?4,S3?18，求Sn； （Ⅱ）判断（Ⅰ）中的数列{Sn}是否为“特界” 数列，并说明理由. .解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，

则a1?2d?4,3a1?3d?18,解得a1?8,d??2，Sn?na1?（Ⅱ）由得

Sn?Sn?22n(n?1)d??n2?9n 2(S?Sn?1)?(Sn?1?Sn)an?2?an?1d?Sn?1?n?2????1?0

222Sn?Sn?2?Sn?1，故数列{Sn}适合条件① 292812(n?N*)，则当n?4或5时，Sn有最大值20 而Sn??n?9n??(n?)?24即Sn≤20，故数列{Sn}适合条件②. 综上，故数列{Sn}是“特界”数列。

例63 已知数集A??a1,a2,?an??1?a1?a2??an,n?2?具有性质P；对任意的

i,j?1?i?j?n?，aiaj与

ajai两数中至少有一个属于A.

（Ⅰ）分别判断数集?1,3,4?与?1,2,3,6?是否具有性质P，并说明理由； （Ⅱ）证明：a1?1，且

a1?a2???an?an； ?1?1a1?1?a2???an（Ⅲ）证明：当n?5时，a1,a2,a3,a4,a5成等比数列.

4均不属于数集?1,3,4?，∴该数集不具有性质P. 3661236 由于1?2,1?3,1?6,2?3,,,,,,都属于数集?1,2,3,6?，

231236解：（Ⅰ）由于3?4与

∴该数集具有性质P.（Ⅱ）∵A??a1,a2,?an?具有性质P，∴anan与

an中至少有一个属于A， an由于1?a1?a2???an，∴anan?an，故anan?A. 从而1?an?A，∴a1?1. an∵1?a1?a2???an， ∴akan?an，故akan?A?k?2,3,?,n?. 由A具有性质P可知

anaaaa?A?k?1,2,3,?,n?.又∵n?n???n?n， akanan?1a2a1∴

anaaaaaaa?1,n?a2,?n?an?1,n?an，从而n?n???n?n?a1?a2???an?1?an， anan?1a2a1anan?1a2a1a1?a2???an?an. ?1?1?1a1?a2???ana5a2?a2,5?a3，即a5?a2a4?a3， a4a3a4?A. a3∴

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当n?5时，有

∵1?a1?a2???a5，∴a3a4?a2a4?a5，∴a3a4?A，由A具有性质P可知

a2a4?a3，得

2a3a4aaa??A，且1?3?a2，∴4?3?a2， a2a3a2a3a2∴

a5a4a3a2????a2，即a1,a2,a3,a4,a5是首项为1，公比为a2成等比数列..k.s.5. a4a3a2a1例64 给定项数为m(m?N*,m?3)的数列{an}，其中ai?{0,1}(i?1,2,?,m).

若存在一个正整数k(2?k?m?1)，若数列{an}中存在连续的k项和该数列中另一个连续的k项恰好按次序对应相等，则称数列{an}是“k阶可重复数列”，例如数列{an}0,1,1,0,1,1,0.因为a1,a2,a3,a4与a4,a5,a6,a7按次序对应相等，所以数列{an}是“4阶可重复数列”. （Ⅰ）分别判断下列数列

①{bn}:0, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0. ②{cn}:1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1. 是否是“5阶可重复数列”？如果是，请写出重复的这5项；

（Ⅱ）若数为m的数列{an}一定是 “3阶可重复数列”，则m的最小值是多少？说明理由；

（III）假设数列{an}不是“5阶可重复数列”，若在其最后一项am后再添加一项0或1，均可使新数列是“5解：（Ⅰ）记数列①为?bn?，因为b2,b3,b4,b5,b6与b6,b7,b8,b9,b10按次序对应相等，所以数列①是“5阶可重复数列”，重复的这五项为0,0,1,1,0;

记数列②为?cn?，因为c1,c2,c3,c4,c5、c2,c3,c4,c5,c6、c3,c4,c5,c6,c7、c4,c5,c6,c7,c8、 c5,c6,c7,c8,c9、c6,c7,c8,c9,c10没有完全相同的，所以?cn?不是“5阶可重复数列”.

（Ⅱ）因为数列{an}的每一项只可以是0或1，所以连续3项共有23?8种不同的情形.若m＝11，则数列{an}中有9组连续3项，则这其中至少有两组按次序对应相等，即项数为11的数列{an}一定是“3阶可重复数列”；若m＝10，数列0,0,1,0,1,1,1,0,0,0不是“3阶可重复数列”；则3?m?10时，均存在不是“3阶可重复数列”的数列{an}.所以，要使数列{an}一定是“3阶可重复数列”，则m的最小值是11.

（III）由于数列?an?在其最后一项am后再添加一项0或1，均可使新数列是“5阶可重复数列”，即在数列?an?的末项am后再添加一项0或1，则存在i?j，使得ai,ai?1,ai?2,ai?3,ai?4与am?3,am?2,am?1,am,0按次序对应相等，或 …… 此处隐藏：1431字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……