1、微专题51数列中的存在性问题1.若不等式4x29y22kxy对一切正数x，y恒成立，则整数k的最大值为_2已知数列an的前n项和Sn2n2pn，a711，若akak112，则正整数k的最小值为_3设数列an的首项a1，前n项和为Sn，且满足2an1Sn3(nN*)则满足0)的等差数列，后三项依次成公比为q的等比数列若a4a188，则q的所有可能的值构成的集合为_7设数列an的前n项和Snn2，数列bn满足bn(mN*)(1)若b1，b2，b8成等比数列，试求m的值；(2)是否存在m，使得数列bn中存在某项bt满足b1，b4，bt(tN*，t5)成等差数列？若存在，请指出符合题意的m的个数；若不
2、存在，请说明理由8已知数列an的通项公式为an(nN*)(1)求数列an的最大项；(2)设bn，试确定实常数p的值，使得bn为等比数列；(3)设m，n，pN*，mn12k.又S2k2(2k)215(2k)8k230k.8k230k12k，解之得k(舍去负值)因此，正整数k的最小值为6.3答案：7.解析：由2an1Sn3，得2(Sn1Sn)Sn3，即Sn13(Sn3)，Sn3以为公比，为首项，求得Sn3()n13()n，Sn3(1()n)，1()n，从而()n，nN*，n3，4.所有n的和为7.4答案：1，2，4解析：设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，所以da2a16，q2，所以
3、an26(n1)6n8，bn2(2)n1(2)n，因为等差数列an的首项为负，从第二项起均为正数，等比数列bn奇数项为负，偶数项为正，所以除首项外，当anbn时，n为偶数，n4时a416，b4(2)416，n6时，a628b6(2)664.因为n为偶数时，数列an，数列bn均递增，所以当n2k(k3，4，5，)时，an0时，(a5453d)(a54(k54)d)a542，得d38.要使得d是正整数，故(k54，d)(532，19)，(5319，36)，(5338，37)d的可能取值和为019363792.6答案：.解析：设a1，a1d，a12d，a188，其中a1，d均为正偶数，则(a12d)
4、2(a1d)(a188)，整理得a10，(注意体会这里用“a10”而不用“a12”的好处)所以(d22)(3d88)0，即22d，所以d的所有可能值为24，26，28，当d24时a112，q；当d26时，a1(舍去)；当d28时，a1168，q，所以q的所有可能值构成的集合为.7答案：(1)9；(2)9个解析：(1)因为Snn2，所以当n2时，anSnSn12n1.又当n1时，a1S11，适合上式，所以an2n1(nN*)所以bn，则b1，b2，b8，由b22b1b8，得()2，解得m0(舍)或m9，所以m9.(2)假设存在m，使得b1，b4，bt(tN*，t5)成等差数列，即2b4b1bt，
5、则2，化简得t7.所以当m51，2，3，4，6，9，12，18，36时，分别存在t43，25，19，16，13，11，10，9，8适合题意，即存在这样m，且符合题意的m共有9个8答案：(1)an4；(2)2；(3)不存在解析：(1)由题意an2，随着n的增大而减小，所以an中的最大项为a14.(2)bn，若bn为等比数列，则bn12bnbn20(nN*)，所以(2p)3n1(2p)2(2p)3n(2p)(2p)3n2(2p)0(nN*)，化简得(4p2)(23n13n23n)0即(4p2)3n40，解得p2.反之，当p2时，bn3n，bn是等比数列；当p2时，bn1，bn也是等比数列，所以，当且仅当p2时bn为等比数列(3)因为am2，an2，ap2，若存在三项am，an，ap，使数列am，an，ap是等差数列，则2anamap，所以2(2)22，化简得3n(23pn3pm1)13pm23nm(*)，因为m，n，pN*，mnp，所以pmpn1，pmnm1，所以3pm3pn133pn，3pm3nm133nm，(*)左边3n(23pn33pn1)3n(3pn1)0，所以(*)式不可能成立，故数列an中不存在三项am，an，ap，使数列am，an，ap是等差数列
