2020届二轮复习新信息背景下的数列问题教案（全国通用）

2020届二轮复习新信息背景下的数列问题教案（全国通用）

微专题59 新信息背景下的数列问题 ‎ 含“新信息”背景的数列问题，以其难度通常位于试卷的最后一题。此类问题有以下几个难点：一是对于新的概念与规则，学生在处理时会有一个熟悉的过程，不易抓住信息的关键部分并用于解题之中，二是学生不易发现每一问所指向的知识点，传统题目通常在问法上就直接表明该用哪些知识进行处理，例如“求通项，求和”。但新信息问题所问的因为与新信息相关，所以要运用的知识隐藏的较深，不易让学生找到解题的方向。三是此类问题在设计时通常注重几问之间的联系，即前面问题的处理是为了最后一问做好铺垫。但学生不易发现其中联系，从而导致在处理最后一问时还要重整旗鼓，再加上可能要进行的分类讨论，解题难度陡然增加。本节通过10道例题来说明如何对这种“新信息”题目进行理解与分析，如何寻找到解题的突破口与思路 一、基础知识：‎ ‎1、此类问题常涉及的知识点 ‎（1）等差数列与等比数列的性质与求和公式 ‎（2）数列的单调性 ‎（3）放缩法证明不等式 ‎（4）简单的有关整数的结论 ‎（5）数学归纳法与反证法 ‎2、解决此类问题的一些技巧：‎ ‎（1）此类问题在设立问题中通常具有“环环相扣，层层递进”的特点，第（1）问让你熟悉所创设的定义与背景，第（2），（3）问便进行进一步的应用，那么在解题的过程中要注意解决前面一问中的过程与结论，因为这本身就是对“新信息”的诠释与应用。抓住“新信息”的特点，找到突破口，第（2）（3）问便可寻找到处理的思路 ‎（2）尽管此类题目与传统的数列“求通项，求和”的风格不同，但其根基也是我们所学的一些基础知识与方法。所以在考虑问题时也要向一些基本知识点靠拢，弄清本问所考察的与哪个知识点有关，以便找到一些线索。‎ ‎（3）在分类讨论时要遵循“先易后难”的原则，以相对简单的情况入手，可能在解决的过程中会发现复杂情况与该情况的联系，或者发现一些通用的做法与思路，使得复杂情况也有章可循。‎ 二、典型例题：‎ 例1：定义：若对任意，数列的前项和都为完全平方数，则称数列为“完全平方数列”；特别的，若存在，使得数列的前项和为完全平方数，则称数列为“部分平方数列”‎ ‎（1）若数列为“部分平方数列”，且，求使数列的前项和为完全平方数时的值 ‎（2）若数列的前项和，那么数列是否为“完全平方数列”？若是，求出的值；若不是，请说明理由 ‎（3）试求所有为“完全平方数列”的等差数列 解：（1）思路：依题意可知先求出的表达式，再根据表达式的特点寻找到完全平方式即可 时， ‎ 时，‎ 时，是完全平方数 ‎（2）思路：若要观察的前项和是否为完全平方数，则要先求出的通项公式。由可求得，因为为完全平方式，所以若有些项为中对应项的相反数，则再求和时很有可能不是完全平方数。根据时，，可知只有时，恒大于0，即，所以是“完全平方数列”；时，中存在部分项小于0，可知不是“完全平方数列”‎ 解：时， ‎ 时， ‎ ‎ ‎ 当，时， ‎ 的前项和即为，所以为“完全平方数列”‎ 当时，不是完全平方数 不是“完全平方数列”‎ 综上所述：时，是“完全平方数列”，时，不是“完全平方数列”‎ ‎（3）思路：依题意可知该等差数列的前项和公式应为完全平方式，由等差数列求和公式 出发，可将其通过配方向完全平方式进行靠拢，可得：，所以有，再根据利用整数的特性求解即可。‎ 解：设所求等差数列 的首项为，公差为 ‎ ‎ ‎ 若为“完全平方数列”‎ 则，为完全平方式 ‎ ‎ ‎ ‎ 由①可令 ‎ 由②令，可得： ‎ 代入到③可得：‎ ‎ ‎ ‎ 或 ‎ 当时， ‎ 当时， ‎ 当时，符合上式 综上所述， ‎ 例2：已知数列的前项和为，且满足，，设，．‎ ‎（1）求证：数列是等比数列；‎ ‎（2）若，，求实数的最小值；‎ ‎（3）当时，给出一个新数列，其中设这个新数列的前项和为，若可以写成 (且)的形式，则称为“指数型和”．问中 的项是否存在“指数型和”，若存在，求出所有“指数型和”；若不存在，请说明理由．‎ ‎（1）思路：证明为等比数列，可以利用条件中的作为中间桥梁寻找的关系，则有，只需找到的关系，由及可得：，进而代入解出 ‎ 解： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 为公比是的等比数列 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（2）思路：由（1）可解出，进而可求出，由可在的情况下得到关于的恒成立不等式，从而通过参变分离可求出的范围：，再验证是否成立即可 解：由（1）可得： ‎ 时，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 时， ‎ 即 ‎ ‎ ‎ 当时，成立 ‎ ‎ ‎（3）思路：时，可代入求出，从而，利用“指数型和”的定义，可先求出前项和，从而将问题转化为可否写成的形式，本题不便将变形为的形式，所以考虑利用等式转化为方程是否有解的问题。即判断是否有解。，为偶数时，‎ 为奇数时，。而只是个2相乘，所以可通过对分解后的每个因式能否表示为的形式进行讨论即可。‎ 解：由（1）可得：当时， ‎ ‎ ‎ ‎ 当时，‎ 时， ‎ ‎ ‎ 假设中的项存在“指数型和”，则 使得： ‎ 当为偶数时：‎ 设，则 ‎ ‎ ‎ 可解得： ‎ ‎，即，为“指数型和”‎ 当为奇数时，‎ 若为偶数，则为奇数，为奇数 为奇数，‎ 若为奇数，则为偶数，为个奇数之和也为奇数 ‎ 当为奇数时，不存在“指数型和”‎ 综上所述：只有为“指数型和” ‎ 例3：如果存在常数使得数列满足：若是数列中的一项，则也是数列中的一项，那么就称数列为“兑换数列”，常数是它的“兑换系数”‎ ‎（1）若数列：是“兑换系数”为的“兑换数列”，求和的值 ‎（2）若有穷递增数列是“兑换系数”为的“兑换数列”，求证：数列的前项和 ‎ ‎（3）已知有穷等差数列的项数是，所有项之和是，试判断数列是否为“兑换数列”？如果是，给予证明，并用和表示它的“兑换系数”；如果不是，请说明理由 ‎（1）思路：依照“兑换数列”的定义可知，应均在数列中，在第（1）问中涉及两个变量，故考虑寻找两个等量，通过方程解决。其最重要的等量关系就是找到是数列中的哪一项。通过排序可知，则通过不等式性质可知：，此数列一共就4项且单调递增，所以得，从而解得 ‎ 解：由已知可得：在“兑换数列”中，且 ‎ 也在该数列中，且 ‎ ‎ ‎（2）思路：第（1）问提供了这样一个思路：如果数列是有限数列且单调，则由对应生成的数列也单调，且单调性相反。由“兑换数列”的定义即可知两个数列中项应存在相等关系。所以利用这个特征可知在中，由且能够得到，即，根据首尾和是个常数的特点可知求和时使用倒序相加法即可得到 ‎ 解：不妨设有穷数列的项数为 ‎ 为递增数列 ‎ ‎ ‎ ‎ 即 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（3）思路：由（2）可得：若有穷单调数列 为“兑换数列”，则要满足。那么在等差数列 中，有性质当且仅当，所以就可得到：，且等差数列若不是常数列，则为单调数列。由这两点并结合（2）的思路则可证明等差数列均为“兑换数列”，，再通过等差数列前项和公式即可解出 数列是“兑换数列”，证明如下：‎ 设的公差为 若，则递增 ‎ ‎ 设，由可得：‎ ‎ ‎ 同理，若，则递减 ‎ ‎ ‎ ‎ 若，则为常数列，只需即可，则 ‎ 为“兑换数列”‎ ‎ 由（2）可知： ‎ 例4：设数列满足：①；②所有项；③．[来 设集合，将集合中的元素的最大值记为，即是数列中满足不等式的所有项的项数的最大值．我们称数列为数的伴随数列．例如，数列1，3，5的伴随数列为1，1，2，2，3．‎ ‎（1）若数列的伴随数列为1，1，1，2，2，2，3，请写出数列；‎ ‎（2）设，求数列的伴随数列的前30项之和；‎ ‎（3）若数列的前项和（其中常数），求数列的伴随数列的前项和 ‎（1）思路：首先要根据例子及定义理解什么是“伴随数列”，“是数列中满足不等式 的所有项的项数的最大值”，则意味着每取一个值，则可通过解不等式得到的最大值即为，那么按此规律可知在（1）中，，，说明在中，小于等于3的只有1项，即，，则，所以，同理，则 ‎ 解： ‎ ‎（2）思路：由（1）可知：伴随数列中的项即为解不等式得到的最大值，本题已知，则可建立不等式，则对取每一个值，计算的最大值即可。例如，则；，则；以此类推便可寻找到规律，即时，，即，抓住这个规律即可得到的前30项，进而求和 ‎ 若考虑解关于的不等式 ‎ 当时， ‎ 当时， ‎ 当时， ‎ 当时， ‎ 的前30项和为 ‎ ‎（3）思路：已知即可求出数列的通项公式，再结合（2）对“伴随数列”定义的使用，即可建立不等式，从而可得到：，根据项的的特点可考虑以相邻两项为一组进行求和，则需对项数进行奇偶分类讨论，进而得到 ‎ ‎，则 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解关于的不等式 ‎ ‎ ‎ 时，即 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 当时，即 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 综上所述： ‎ 例5：对于数列，若满足，则称数列为“数列”，定义变换：将“数列”中原有的每个1都变成，原有的每个0都变成.例如：，则，设是“数列”，令 ‎ ‎（1）若数列，求数列 ‎ ‎（2）若数列共有10项，则数列中连续两项相等的数对至少有多少对？请说明理由 ‎（3）若，记数列中连续两项都是的数对个数为，求关于的表达式 ‎（1）思路：依题意可知变换的特点为1项分裂为2项，所以可将中的项两两一组，再根据规则即可还原为，照此方法即可得到 ‎ 解：由变换的规则可知： ‎ ‎（2）思路：首先可先观察两次变换的特点，可知，，发现无论是从1开始还是从0开始，两次变换后均可得到一对相邻的数，且首尾也相同，这意味着若中若含相邻的数，则两次变换后这两个数生成的数首尾也将连接成相邻的数对，例如：。进而可知：共有10项，那么两次变换后至少会有对，（例如当时）‎ 若作两次变换：，‎ 中的每一项通过两次变换均生成一对两项相等的数对，所以至少有10对 ‎（3）思路：依题意可将视为一个数列，则所求即为该数列的通项公式。由数列的知识可知，求通项公式常用的手段有三种：利用数列中的项寻找规律并证明；通过递推公式；通过求和公式。所以若不愿列出具体项寻找规律，则需要先找到关于的一个递推公式，即寻找第次变换与前几次变换数对的联系。由（2）可知，若产生数对，则上一步只能为，所以数对的个数与上一步数对（记为）的个数相同。即，再考虑数对的来源，共有两个，一个是由上一步的得到，一个是由上一步的得到 由变换的规则及（2）可知：中数对只能由中的数对生成，中的1共有个（因为每一次变换生成相同个数的，所以中含个1，个0），所以，联立两个等式可得：，消去即可得到关于的递推公式，然后再求得的通项公式即可 解：设中有个数对 ①‎ 另一方面：，且 中和的总个数相等 中项有个 中有个，有个 而中的数对从处只有两条途径能够得到：一个是由中的得到（个），一个是由中的得到（个）‎ ‎ ②‎ 由①②可得：‎ ‎ ‎ 由，可得： ‎ ‎ ‎ 当为偶数时 ‎ ‎ ‎ ‎ 当为奇数时：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 综上所述： ‎ 例6：已知数列是正整数的一个全排列，若对每个都有或，则称为数列 ‎（1）写出满足的所有数列 ‎ ‎（2）写出一个满足的数列的通项公式 ‎（3）在数列中，记，若数列是公差为的等差数列，求证：或 ‎ 解：（1）或 ‎（2）思路：中的项为的一个全排列，所以在构造最好符合一定的规律，以便于写出通项公式，由（1）的启发可知的前5个数可为第（1）问中的一种情况，因为或，即只关心相邻两项的差，故可为的一个排列，且，这样就保证了在第2组中，相邻项的差均符合条件，只需验证即可：以为例，则，可知符合题意。按此规律构造，5个数为一组，第组的数为第组对应的数加上5，从而得到 ‎ 解：由（1）可知，记为的第一组数 考虑构造数列满足，则对任意的，‎ 或 ‎ 且当时， 符合要求 ‎ ‎ 综上所述： ‎ ‎（3）思路：若的公差为，则，因为中相邻项的差为，所以必然由若干个组成，但不会同时出现且不会同时出现（否则数列会出相同项，不符题意） 即可以写成的形式，且，由此可解得，然后根据的取值分别进行验证，看中的项是否在中（主要抓住），即可判断出的值只能是 ‎ 解：为等差数列 ‎ ‎ 且由或，可得：或 ‎ 且 ‎ ‎① 若，则 ，不符题意 ‎② 若，则 ，不符题意 ‎③ 若，则 ‎ 当时，，不符题意 当时，或，所以可以找到这样的使之成立（例如第（2）问中的结论）‎ ‎④ 若，则，可得不符题意 ‎⑤ 若，则 当时，，不符题意 当时，同③可以找到这样的使之成立（例如第（2）问中的结论）‎ ‎⑥ 若，则 ，不符题意 综上所述，若为等差数列，则或 ‎ 例7：若有穷数列满足：（1）；（2），则称该数列为“阶非凡数列”‎ ‎（1）分别写出一个单调递增的“3阶非凡数列”和一个单调递减的“4阶非凡数列”‎ ‎（2）设，若“阶非凡数列”是等差数列，求其通项公式 ‎（3）记“阶非凡数列”的前项的和为，求证：‎ ‎① ‎ ‎② ‎ 解：（1）3阶非凡数列： 4阶非凡数列： ‎ ‎（2）思路：首先明确其通项公式应该是关于和序数的表达式，要求得通项公式，关键要确定，因为非常数列的等差数列为单调数列，所以由一方面利用等差数列性质可得到，另一方面也可知该数列以为分界线，左右两侧分为正项与负项（与的符号有关），可分进行讨论。当时，为递增数列，从而可知为负项，为正项。再由可得，从而用可表示出，另一方面，进而均可用表示，所以可求得其通项公式。按同样的方法可求出时的通项公式 解：设等差数列的公差为 ‎ ‎ ‎ 即 ‎ 当时，为递增数列 ‎，且； ‎ ‎ ‎ 且 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 当时，为递减数列，同理可得：‎ ‎，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 即 ‎ ‎ ‎ ‎（3）①证明：当时， ‎ 当时， ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎② 思路一：本题的难点在于不知中各项的符号，但从（1）（2）问可得到一个规律，任意“归化数列”，其正项和为，负项和为，进而可以考虑在求和时正项一组，负项一组进行放缩。‎ 解：依题意可得：中的项有正有负 设中的正项为，负项为，零项为 而（所有系数放大为1）‎ ‎（所有系数变为）‎ 思路二：本题从通项公式入手，考虑，从而，合并同类项即可得到：，联想到裂项相消，且由第①问可知，可利用放缩及绝对值不等式得到 解：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎，且 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 即不等式得证 小炼有话说：（1）对于“新概念”的题目，要善于利用具体实例或者前面的小问掌握其规律，为最后一问做准备。在本题中通过前两问所总结出的“正项和为，负项和为”即为第三问的突破口 ‎（2）从一个已知数列中抽出若干项形成新数列，要善于运用双字母进行书写。可参考本题中的写法。可以表示出新数列的项源自于的第几项，而表示新数列中该项的序数。一种写法，两个含义均显现其中。‎ 例8：对于数列，把作为新数列的第一项，把或（）作为新数列的第项，数列称为数列的一个生成数列．例如，数列的一个生成数列是．已知数列为数列的生成数列，为数列的前项和．‎ ‎（1）写出的所有可能值；‎ ‎（2）若生成数列满足，求数列的通项公式；‎ ‎（3）证明：对于给定的，的所有可能值组成的集合为 ‎．‎ ‎（1）思路：由“生成数列”的定义可知的前三项可能的值为，进而通过不同的组合可求得 ‎ 解：由已知可得：，且 ‎ ‎ ‎ 可能的求和为： ‎ 可能的取值为 ‎ ‎（2）思路：本题已知的表达式，可类比在数列中已知求数列通项的方式，得到，计算可得：，由为生成数列可得： ，通过合理组合即可得到：，从而得到通项公式 ‎ ‎ ‎ 当时， ‎ 当时， ‎ ‎ 数列为数列的生成数列 ‎ ‎ 若，则以上各种组合中，只有 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（3）思路：由生成数列的定义可知，所以其共计中情况。而观察中元素的个数恰好也为个（从取到个），且本题无法一一计算出，故从可取的值的个数与元素个数相等作为突破口，若要证取值集合所给集合相等，则可通过两个步骤证明：一是证明的值一定都在中，可通过，其中为奇数可得，二是证明对于不同的生成数列，其和也必然不同（利用反证法），进而再利用可取的值的个数与的个数均为即可证明结论 共有种情况 ‎，即：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎，可知为奇数 满足且分子为奇数的共有种 共有种情况 只需证明两个不同的生成数列，其和不同即可 设数列为两个不同的生成数列，且和分别记为 ‎ 则 ‎ 为生成数列，所以 ‎ 或 ‎ ‎ 不同 ‎，使得 ‎ ‎ ‎ 所以种不同的生成数列，其和共有种可能 只有种可能 ‎∴可能值必恰为，共个．‎ 的所有可能值组成的集合为 例9：有限数列同时满足下列两个条件：‎ ‎① 对于任意的（），；‎ ‎② 对于任意的（），，，三个数中至少有一个数是数列中的项.[学 ‎（1）若，且，，，，求的值；‎ ‎（2）证明：不可能是数列中的项；‎ ‎（3）求的最大值 解：（1）由①可知： ‎ 考虑，依题意三个数至少有一个在中 且 ‎ ‎ 均不在中 ‎ ‎ ‎（2）思路：本题并不容易去证明“不可能”，故考虑用反证法，先假设可能，再推出矛盾。若均在中，则中至少有一项在里，此时就会“创造出一项”位于中，‎ 进而可知这种“创造”是无休止的，所生成的新的项要大于之前的每一个数（数列递增）那么以此类推下去，的项数会无限增加下去，与“为有限数列”矛盾。所以本题的证明可以以“为有限数列”为突破口，假定最后的三项为，则，则比都大，那么只能为，即，同理对于，也可得到，从而推出，与数列递增矛盾。所以不可能是数列中的项 解：（反证法）：假设是数列中的项 由②可知：6，10，15中至少有一个是数列中的项，则有限数列的最后一项，且.‎ 由①，. ‎ 对于数，由②可知：；对于数，由②可知：. ‎ 所以 ，这与①矛盾.‎ 所以 不可能是数列中的项. ‎ ‎（3）思路：本题的主旨在于尽可能构造项数多的，由（2）的证明过程可提供一条线索，当大于1的项超过3项时，则不成立，所以可知中至多有3项，且这3项中两项的乘积等于第三项。同时还可对其进行推广得到中至多有3项，绝对值大于1；然后可将这种思路拓展至其它范围，比如绝对值在0至1之间同理也至多只有3项。再补充上，所以的最大值为，可构造为 解：的最大值为，证明如下： ‎ ‎（1）令，则符合①、②. ‎ ‎（2）设符合①、②，则：‎ ‎① 中至多有三项，其绝对值大于1.‎ 假设中至少有四项，其绝对值大于1，不妨设，，，是中绝对值最大的四项，其中.‎ 则对有，所以均不是数列中的项，即是数列中的项 同理：也是数列中的项 但 ‎ ‎ ‎ ‎，与①矛盾 ‎②中至多有三项，其绝对值大于0且小于1.‎ 假设中至少有四项，其绝对值大于0且小于1，类似（ⅰ）得出矛盾.‎ ‎③中至多有两项绝对值等于1.‎ ‎④中至多有一项等于0.‎ 综合①②③④可知中至多有9项. ‎ 由（1），（2）可得，的最大值为9.‎ 例10：对于实数，将满足“且为整数”的实数称为实数的小数部分，用记号表示，对于实数，无穷数列满足如下条件：‎ ‎ 其中. ‎ ‎（1）若，求数列；‎ ‎（2）当时，对任意的，都有，求符合要求的实数构成的集合．‎ ‎（3）若是有理数，设 （是整数，是正整数，、互质），问对于大于的任意正整数，是否都有成立，并证明你的结论． ‎ ‎（1）思路：按照题目规则可知即为的小数部分，所以只有确定介于哪两个整数之间，才能够求出。由得，，由得，进而发现，且计算的过程与计算相同，可猜想，考虑到可由求出，所以用数学归纳法即可证明 解： ‎ ‎ ‎ 猜想，下面用数学归纳法证明：‎ 当时， ‎ 假设时，，则时 ‎ ‎ 成立 ‎（2）思路：由（1）的过程可知本题在计算各项时关键要把握住“”里面数的范围， ，意味着故的范围是本问的关键，由得，所以要对分为进行分类讨论，从而确定的结果，得到关于的方程，求解即可 依题意可知 ‎ ‎ ‎ 当时， ‎ ‎，解得： ‎ 当时， ‎ ‎，解得： ‎ 当时， ‎ ‎，解得： ‎ 综上所述： ‎ ‎（3）思路：因为，从而，所以也可写成“”的形式，且，所以均可表示为的形式，依规则可知一旦，则后面的项均为0，所以要证明大于的任意正整数，，则需要在中寻找出得0的项。本题已知递推公式，所以考虑以相邻项的关系入手，即寻找与的关系，，确定的范围是关键，对于且可知利用带余除法得到，从而中，所以，再由即可得到，从而可知为递减数列，且均为正整数。则有，此处便可发现突破口，小于的正整数共有个，但中小于的项共有个，则里面必含，即证明结论 解：该结论成立，证明如下：‎ ‎ ，即，为正有理数或0‎ 设，则有 ‎ ‎，即 ‎ 若，则可知，所以当时，均有 ‎ 若，可设 ‎ ‎ ‎ ‎，依假设可知 ‎ ‎ 由可得： ‎ 为递减数列，且 ‎ ‎ ‎ 对于给定的，若均不为0，‎ 则即小于的整数有个 但小于的正整数为共个，所以矛盾 中至少有一个为0，即存在，使得 从而 ‎ ‎，均有，即 ‎ 三、历年好题精选 ‎1、(2018，北京西城一模)设数列和的项均为，则将数列和的距离定义为.‎ ‎（1）该出数列和数列的距离 ‎（2）设为满足递推关系的所有数列的集合，和为中的两个元素，且项数均为，若，，和的距离小于，求得最大值；‎ ‎（3）记是所有项数列或的集合，，且由任何两个元素的距离大于或等于，证明：中的元素个数小于或等于.‎ ‎2、已知数列满足，且当时，，记．‎ ‎（1）写出的所有可能的值；‎ ‎（2）求的最大值 ‎3、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.‎ ‎4、设是关于的次多项式，数列的首项，前项和为，对于任意的正整数都成立 ‎（1）若，求证：数列是等比数列 ‎（2）试确定所有的自然数，使得能成等差数列 ‎5、（2018，上海五校联考）‎ 数列的前项和为，若对任意的正整数，总存在正整数，使得，则称数列是“E数列”‎ ‎（1）数列的前项和，判断数列是否为“E数列”，并说明理由 ‎（2）数列是等差数列，其首项，公差，若数列 是“E数列”，求的值 ‎（3）证明：对任意的等差数列，总存在两个“E数列”，使得成立 习题答案：‎ ‎1、解析：（1）由公式可得：‎ ‎（2）由可得：‎ 数列为周期是4的周期数列 中，‎ 中，‎ 由可知，越大，其距离越大 ‎ ‎ 时， ‎ ‎（3）证明，假设中的元素个数大于或等于17个 或 可能的组合为：‎ 中的数列必有三个相同的 设这三个数列分别为：‎ 其中 因为三个数列中每两个的距离大于或等于3‎ 所以中，至少有3个成立 或 中必有一个成立 同理中必有一个成立，中必有一个成立 即“中至少有两个成立”，或“中至少有两个成立”‎ 中必有一个成立 和中必有一个成立，与题意矛盾 假设不成立 中的元素个数小于或等于16个 ‎2、解:（1）由题设，满足条件的数列的所有可能情况有：‎ ‎； ；；‎ ‎；‎ 所以，的所有可能的值为：，，，，． ‎ ‎（2）由， 可设，则或（，），因为，所以 ‎ ‎．‎ 因为，所以，且为奇数，是由 个1和个构成的数列．‎ 所以 则当的前项取，后项取时最大，‎ 此时．‎ 证明如下：假设的前项中恰有项取，则 的后项中恰有项取，其中，‎ ‎，，．‎ ‎ ‎ ‎．‎ 所以的最大值为． ‎ ‎3、解析：（1）单调递增 ‎ ‎ ‎（2）由题意可得：，由可得：‎ ‎ 即单调递增 ‎，所以 是公差为2的等差数列 ‎（3）构造数列，其中，可知是递增数列 ‎，‎ ‎，可知单调递增，满足题意 ‎4、解析：（1）证明：若，则为常数，设 ‎ ‎ 是公比为的等比数列 ‎（2）解：若，由（1）可得不符题意，舍去 若，设 两式相减可得：‎ 若为首项是1，公差为的等差数列，‎ 则 ‎，即为常数列 若，设 同理，若为首项是1，公差为的等差数列，‎ 则 ‎，且 ‎，符合题意 时，存在为等差数列 当时，若为等差数列，则为不高于二次的多项式，所以 综上所述：时，存在为等差数列 ‎5、解析：（1）时，‎ 时， ‎ ‎ 当时，，假设存在使得 ‎ 则 ‎ 不是“E数列”‎ ‎（2）由的条件可得：‎ ‎ ‎ 为“E数列”‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（3）若等差数列（为常数）‎ 则的前项和是该数列的第项 为“E数列”‎ 对任意等差数列，设 ‎ 则令 ‎ 根据上式可知均为“E数列”，且 ‎ 命题得证