【11】江苏省海门中学2017届高考考前专题复习-数列与简易数论-(pdf版)

数列与简易数论选讲海门中学数列是高中数学的重要内容，同时也是学习高等数学的基础．在每年的高考中，以数列为载体．综合运用数列知识解决有关不定方程的整数解或整数的整除等问题已成为新的热点．这类和正整数有关的问题对数学思维能力和探索能力提出了更高的要求。为此，我们把二轮复习中，编写的简易数论及编写意图和大家作一分享。一、问题提出问题1：设1250,,,aaa是从－1,0,1这三个整数中取值的数列，若12509aaa，2221250(1)(1)(1)107aaa，则1250,,,aaa中数字0的个数为11.【“数学地”思考问题，简单问题入手】问题2：已知,,,abcd是正整数，abcd，7da，若,,abc成等差数列，,,bcd成等比数列，则这四数依次为2,4,6,9.【解不定方程，利用变量间的相互制约】可设四数为7,,,xbxbbxb得Nxbxx,732问题3：已知等差数列na首项为a，公差为b，等比数列nb首项为b，公比为a，其中,ab都是大于1的正整数，且1123,abba，对于任意的*nN，总存在*mN，使得3mnab成立，则na5n-3..【问题2得深化（解不定方程，利用变量间的相互制约）】利用题中条件判定2a12,)1(2nnnbbbna，由条件得bmbmbnn5213)1(2211得5b问题4：一个正数，它的小数部分、整数部分及它本身，依次构成等比数列，则这个正数为215.【利用正整数性质，对正整数，实行范围控制，从而有限穷取】整数部分为a，小数部分为b,由条件可得12150215aaba问题5：设等比数列2,,,,aaqaq其中q是整数，试问数列中存在三项（按原顺序）构成等差数列吗？【开放性问题、子数列问题】1q，显然存在，1q不存在二、思考探究（由一些常见问题整合而成）探究1：设{}na是公差为d的等差数列，{}nb是公比为q的等比数列.（1）若31nan，是否存在,mkN，使1mmkaaa？（2）数列{}nb中，若11b，公比1(0,)2q，且kN，12kkkbbb仍是{}nb中的项，则q.（3）{}na满足11,2,ad试证明任给Nm,总存在pN使1,,mpaaa成等比数列.【整合数列中常见正整数问题，使常见数列问题穿上正整数问题的外套，强化化归思想的重要性】（1）假设存在,mkN，使1mmkaaa623km，不存在！（2）12kkkbbb12112)1()1(mkmkqqqqqqqb对Nk恒成立。1(0,)2q，kmkmqqq11)1,41(45)21(122)(12kmqqq，且Nkmkm,1当Nkmkm,21(0,)2q410kmq，又)1,41(12qq，即)(不成立从而1km，12q（3）12nan，要证明任给Nm,总存在pN使1,,mpaaa成等比数列，………即证：12)12(2pm对任给Nm，p总有正整数解!探究2：已知na是公差为d的等差数列，nb是公比为q的等比数列，找出所有数列na和nb，使对一切*nN,1nnnaba,并说明理由.【训练数列开放性问题常见解题策略:一般一般（待定系数法），特殊一般（特值探求，严格论证）】由211121221211121)()1()1(,ndaqdnadnaqaaaaaaqbbbaabaannnnnnnnnnnnnn0)22()1(212211122qadandqadanqd对Nn恒成立……1),0,(nnbaRaaa探究3：从数列{}na中取出部分项，并将它们按原来的顺序组成一个数列，称之为数列{}na的一个子数列．设数列{}na是一个首项为1a、公差为d(0)d的无穷等差数列．（1）若1a，2a，5a成等比数列，求其公比q．（2）若17ad，从数列{}na中取出第2项、第6项作为一个等比数列的第1项、第2项，试问该数列是否为{}na的无穷等比子数列，请说明理由．【子数列问题】由17addnan)6(23q，子数列的通项公式只能为1)23(8nndb，存在满足条件得子数列dmadbNmNnmnn)6()23(8,,1，即6)23(81nm，当5n时，Nm探究4：设数列{}na，对任意*nN都有112()()2()nnknbaapaaa，(其中k、b、p是常数)（1）当0k，3b，4p时，求123naaaa；（2）当1k，0b，0p时，若33a，915a，求数列{}na的通项公式；（3）若数列na中任意（不同）两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”.当1k，0b，0p时，设nS是数列na的前n项和，212aa，试问是否存在封闭数列na，对任意*nN，且都有0nS,12311111111218nSSSS若存在，求数列na的首项1a的所有取值；若不存在，说明理由【新定义问题、探求必要条件对正整数范围加以限制从而有限穷取】解：（1）当0k，3b，4p时，1123()42()nnaaaaa，①用1n去代n得，111213()42()nnnaaaaaa，②②-①得，113()2nnnaaa，13nnaa，在①中令1n得，11a，则na0，∴13nnaa，数列{}na是以首项为1，公比为3的等比数列，∴123naaaa=312n（2）当1k，0b，0p时，112()2()nnnaaaaa，③用1n去代n得，11121(1)()2()nnnnaaaaaa，④④-③得，11(1)0nnnanaa，⑤用1n去代n得，211(1)0nnnanaa，⑥⑥-⑤得，2120nnnnanana，即211nnnnaaaa，∴数列{}na是等差数列∵33a，915a，∴公差93293aad，∴23nan（3）由（2）知数列{}na是等差数列，∵212aa，∴12(1)naan。又na是“封闭数列”，得：对任意,mnN，必存在pN使1112(1)2(1)2(1)anamap，得12(1)apmn，故1a是偶数，又由已知，111111218S，故1181211a一方面，当1181211a时，1(1)nSnna0，对任意*nN，都有123111111112nSSSSS另一方面，当12a时，(1)nSnn，1111nSnn，则1231111111nSSSSn，取2n，则1211121113318SS，不合题意当14a时，(3)nSnn，1111()33nSnn，则1231111111111()183123nSSSSnnn1118，当16a时，1(1)nSnna(3)nn，1111()33nSnn，123111111111111()18312318nSSSSnnn，又1181211a，∴14a或16a或18a或110a探究5:已知,为常数，且为正整数，1，无穷数列na的各项均为正整数，其前n项和为nS，对任意正整数n，nnSa．数列na中任意不同两项的和构成集合A．（1）证明无穷数列na为等比数列，并求；（2）如果2015A，求；（3）当n≥１时，设集合13232,nnnBxxxA，nB中元素的个数记为nb求数列nb的通项公式．【整除问题、质因数分解、估值运算】（1）当2n时，nnSa，11nnSa，两式相减得：1nnnaaa，1，11nnaa，所以数列{}na为等比数列．因为无穷数列{}na的各项均为正整数，则公比(1)111111为正整数，为正整数，则2．（2）由（1）得，2nnSa，当1n时，1a，则12nna，所以11(22)1,ijAij*,ijN，如果2015A，则1112015(22)2(12)51331ijiji，因为0ji，则12ji必为不小于3的奇数，则：因1231ji时，无解；1213ji时，无解；121331403ji无解；12531155ji无解；12513312015ji无解.当125ji时，此时2ji，12403i，则1i，否则12i为偶数.所以1,3,403ij，即11312015403(22)A.当1265ji，此时6ji，1231i，则1i，否则12i为偶数.所以1,7,31ij，即1171201513(22)A，综上：31，或403.（3）当1n时，13232,nnnBxxxA，即1`1132(22)32nijn，1,ij,ijN*，nB中元素个数，等价于满足1322232nijn的不同解(,)ij，如果2jn，则311222224232ijininn，矛盾！如果2jn，则1122222232ijinnnn，矛盾！则2jn，又因为12(22)3214232120nnnnn，所以12222121322222222232nnnnnnnn，即1,2,3,,in，共n个不同解(,)ij，即共n个不同nxB，所以nbn（1n）．作业1.对“绝对差数列”有如下定义：在数列na中，12aa、是正整数，且12nnnaaa，3,4,5...,n则称数列na为“绝对差数列”.若在数列na中，203a，221a，则201120122013aaa22.设等比数列{an}满足公比qN，anN，且数列{an}中任意两项之积也是该数列的一项．若a1＝24，则q的所有可能取值之和为223.已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－2，a2＝b2＝4，则满足an＝bn的n的所有取值构成的集合是___4,2,1___．4.设a1，a2，…，an为正整数，其中至少有五个不同值.若对于任意的i，j(1≤i＜j≤n)，存在k，l（k≠l，且异于i与j）使得ai＋aj＝ak＋al，则n的最小值是__13_______5.已知等差数列{}na的公差d不为0，等比数列{}nb的公比q是小于1的正有理数．若1ad，21bd，且222123123aaabbb是正整数，则q等于216．m∈N，若函数()21010fxxmxm存在整数零点，则m的取值集合为___30,14,3,0_____.7.（1）在一个等差数列中，如果其中有一项为326，那么xxx1,65,11能否成为该等差数列的连续三项？（2）已知由正数组成的无穷等差数列中有3项41,25,13.求证：2009是其中一项.8.已知数列{}na的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，公差与公比均为2，并且2415aaaa，798aaa．（I）求数列{}na的