暑期拾遗-数学-江苏-高二-C专题(数列的整除性和存在性问题5星).doc

专题：数列的整除性和存在性问题(★★★★★)
教学目标
1.掌握常见的奇偶性分析和整除性分析.
2.理解存在性命题的常见分析思路.
知识梳理 3 min.
等差数列和等比数列的基本性质和公式
前n项和Sn和通项an之间的关系
因数分解和因式分解，简单的不定方程正整数解求法
典例精讲 25min.
题型一：分离之后代数式被数字整除
例1.（★★★★）设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a＋a＝a＋a，S7＝7.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)试求所有的正整数m，使得为数列{an}中的项．
【解题思路】可以利用基本量法把题目中的两个信息列方程解，也可以移项转化.
【答案】⑴设公差为d，则由a－a＝a－a得－3d(a4＋a3)＝d(a4＋a3)．
因为d≠0，所以a4＋a3＝0，即2a1＋5d＝0.
又S7＝7得7a1＋d＝7，解得a1＝－5，d＝2，所以{an}的通项公式为an＝2n－7，
前n项和Sn＝n2－6n.
⑵＝，设2m－3＝t，
则＝＝t＋－6，所以t为8的约数．
因为t是奇数，所以t可取的值为±1，
当t＝1，m＝2时，t＋－6＝3,2×5－7＝3，是数列{an}中的项；
当t＝－1，m＝1时，t＋－6＝－15，数列{an}中的最小项是－5，不符合．
所以满足条件的正整数m＝2.
【小结】⑴这里的换元的目的是简化运算，可以引申到不等式中分式的化简处理以及分式函数求值域的方法：把一次项看成整体然后做分母，分离思想的运用，然后代数式被一个数字整除；
⑵一定要检验，才能知道具体哪个符合哪个不符合，因为结论是通过分析得来而不是代数恒等变形得到。
题型二：两个未知数的数量关系，是一个一次式一个二次式
例2.（★★★★）各项均为正偶数的数列中，前三项依次成公差为的等差数列，后三项依次成公比为的等比数列，若，则的所有可能的值构成的集合为
【解题思路】转化成基本量的关系式之后把其中一个用另外一个表示，然后找范围，其中整数是有限的，然后逐一带入检验.
【答案】设这四个数为，，，，其中，均为正偶数，
则，整理得，
所以，即，
所以的所有可能值为24，26，28，
当时，，；
当时，（舍去）；
当时，，，
所以q的所有可能值构成的集合为.
【小结】：注意体会这里用“”而不用“”的好处，实际是一种估算能力。

题型三：构成平方项利用平方差公式之后的因数分解
例3.（★★★★）已知数列{an}中，a2＝a(a为非零常数)，其前n项和Sn满足：Sn＝(nÎN*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a＝2，且，求m、n的值；
(3)是否存在实数a、b，使得对任意正整数p，数列{an}中满足的最大项恰为第3p－2项?若存在，分别求出a与b的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解题思路】任何一个数列，它的前项和与通项都存在关系：
因此遇到Sn和an的关系式可以利用这个处理方法得到。
【答案】(1)证明:由已知，得a1=S1==0，
\Sn=， 用n+1替换n可得Sn+1=，
\相减得2(Sn+1－Sn)=(n+1)an+1－nan，即(n－1)an+1=nan nÎN*，
\再次用n+1替换n得到nan+2=(n+1)an+1，
两式相减得，2an+1=an+2+an nÎN*， 即an+1－an+1=an+1－an nÎN*，故数列{an}是等差数列.
又a1=0，a2=a，\an=(n－1)a.
(2)若a=2，则an=2(n－1)，\Sn=n(n-1).
由，得n2-n+11=(m-1)2，即4(m-1)2－(2n-1)2=43，\(2m+2n-3)(2m－2n-1)=43.
∵43是质数， 2m+2n-3>2m－2n-1， 2m+2n-3>0，
\，解得m=12，n=11.
(III)由an+b£p，得a(n－1)+b£p.
若a<0，则n³+1，不合题意，舍去;
若a>0，则n£+1.
∵不等式an+b£p成立的最大正整数解为3p－2，
\3p－2£+1<3p－1， 即2a－b<(3a－1)p£3a－b对任意正整数p都成立.
\3a－1=0，解得a=， 此时，－b<0£1－b，解得<b£1.
故存在实数a、b满足条件， a与b的取值范围是a=，<b£1.
【小结】⑴退位或进位相减处理前项和与通项的关系式是常见的方法；
⑵以上三种题型对照理解，分别针对不同特征的关系式，采用三种不同的方式来处理。

题型四：数的同余问题
例4.（★★★★）已知数列{bn}的通项公式为, 判断数列{bn}中是否存在三项成等差数列？若存在写出一组满足条件的三项, 若不存在说明理由.

【解题思路】处理该类问题，一般都假设存在，然后找出对应关系，再判断.

【答案】假设存在三项（不妨设r<s<t）成等差数列,
则有等式：即,
化为,
显然上式的右端可以被3整除, 而等式的左端不能被3整除, 所以数列不存在三项成等差数列.

【小结】化成整式来分析整除性。.

例5.（★★★★）已知数列{an}为等差数列, 首项为, 公差为, 数列为等比数列, 首项为, 公比为, 其中, 且,
（1） 求的值；
（2） 若存在满足, 试求的值.

【解题思路】关于多个未知数的长不等式可以以某一项为主体，来观察其中存在的特征关系
【答案】(1)由可得,
将不等式的每一部分同乘以可得,
由可知.
(2) 由可得, 即,
因为且, 所以, 又因为, 所以不符合条件, 舍去. 因此, 此时.
【小结】不难看出这两小题经整除性分析就可以得到结果, 属于较典型的“整除性问题”.
例6.（★★★★）设数列{an}是一个无穷数列，记Tn＝2i－1ai＋2a1－a3－2n＋2an＋1，n∈N*.
(1)若{an}是等差数列，证明：对于任意的n∈N*，Tn＝0；
(2)对任意的n∈N*，若Tn＝0，证明：{an}是等差数列；
(3)若Tn＝0，且a1＝0，a2＝1，数列{bn}满足bn＝2an，由{bn}构成一个新数列3，b2，b3，…设这个新数列的前n项和为Sn，若Sn可以写成ab，(a，b∈N，a>1，b>1)，则称Sn为“好和”．问S1，S2，S3，…中是否存在“好和”，若存在，求出所有“好和”；若不存在，说明理由．
【解题思路】对于求和符号，不熟悉的时候可以直接把它拆开写出来.

【答案】(1)证明：对于任意的正整数n，
∵Tn＝2i－1ai＋2a1－a3－2n＋2an＋1，
∴2Tn＝22i－1ai＋4a1－2a3－2n＋3an＋1.
将上面两等式作差得－Tn＝a3－a1＋2i(ai＋1－ai)＋2n＋2(an＋1－an＋2)．
∵数列{an}是等差数列，设其公差为d，
∴－Tn＝2d＋d2i－2n＋2d＝0，∴Tn＝0.
(2)证明：∵对于任意的正整数n，Tn＝2i－1ai＋2a1－a3－2n＋2an＋1＝0，
∴Tn＋1＝2i－1ai＋2a1－a3－2n＋3an＋2＝0，
将上面两等式作差得an＋1－2an＋2＋an＋3＝0.
由T1＝2i－1ai＋2a1－a3－23a2＝0即a3－a2＝a2－a1，
综上，对一切正整数n，都有an＋1－2an＋an－1＝0，
所以数列{an}是等差数列．
(3)由(2)知{an}是等差数列，其公差是1，
所以an＝a1＋(n－1)＝n－1，bn＝2an＝2n－1.
当n≥2时，Sn＝3＋2＋4＋…＋2n－1＝2n＋1，S1＝3，
所以对正整数n都有Sn＝2n＋1.
由ab＝2n＋1，ab－1＝2n，a，b∈N，a>1，b>1，a只能是不小于3的奇数．
当b为偶数时，ab－1＝(a＋1)(a－1)＝2n，
因为a＋1和a－1都是大于1的正整数，
所以存在正整数t，s，使得a＋1＝2s，a－1＝2t，
2s－2t＝2,2t(2s－t－1)＝2,2t＝2且2s－t－1＝1，t＝1，s＝2，相应的n＝3，即有S3＝32，S3为好和；
当b为奇数时，ab－1＝(a－1)(1＋a＋a2＋…＋ab－1)，由于1＋a＋a2＋…＋ab－1是b个奇数之和，仍为奇数，又a－1为正偶数，所以(a－1)(1＋a＋a2＋…＋ab－1)＝2n不成立，这时没有好和．
【小结】理解求和符号的本质，其实就是前n项和。第一问是错位相减，第二问就是退位或进位相减，第三问就是一个典型的奇偶性分析。

课堂检测 10 min.
（★★★★）已知数列是各项均不为的等差数列，公差为，为其前 项和，且满足
，．数列满足，为数列的前n项和．
（1）求数列的通项公式和数列的前n项和；
（2）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）是否存在正整数，使得成等比数列？若存在，求出所有
的值；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）（法一）在中，令，，
得 即
解得，，
又时，满足，
，
．
（法二）是等差数列，
．
由，得 ，
又，，则．
(求法同法一)
（2） ①当为偶数时，要使不等式恒成立，
即需不等式恒成立．
，等号在时取得． 此时 需满足．
②当为奇数时，要使不等式恒成立，
即需不等式恒成立．
是随的增大而增大， 时取得最小值．
此时 需满足．
综合①、②可得的取值范围是．
（3），
若成等比数列，则，即．
由，可得，即，
．
又，且，所以，此时．
因此，当且仅当， 时，数列中的成等比数列．
[另解：因为，故，即，
，（以下同上）．

回顾总结 2 min.
【整除性问题有哪些处理方式？】
【存在性问题一般怎么解决？】
6