2020届二轮复习子数列问题学案（全国通用） 31页

‎ 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. ‎