Question

【題目】已知首項(xiàng)為1的正項(xiàng)數(shù)列{an}滿(mǎn)足an+12+an2＜ ，n∈N* ， Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．
（1）若a2= ，a3=x，a4=4，求x的取值范圍；
（2）設(shè)數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列，若 ＜Sn+1＜2Sn ， n∈N* ， 求q的取值范圍；
（3）若a1 ， a2 ， …，ak（k≥3）成等差數(shù)列，且a1+a2+…+ak=120，求正整數(shù)k的最小值，以及k取最小值時(shí)相應(yīng)數(shù)列a1 ， a2 ， …，ak ．

Answer 1

【答案】
（1）解：∵首項(xiàng)為1的正項(xiàng)數(shù)列{an}滿(mǎn)足an+12+an2＜ ，n∈N*，化為（2an+1﹣an）（an+1﹣2an）＜0，

∴ ＜2．

又a2= ，a3=x，a4=4，

∴ ， ，

解得：2＜x＜3．

∴x的取值范圍是（2，3）

（2）解：由于首項(xiàng)為1的正項(xiàng)數(shù)列{an}，

∵ ＜2．∴ ．

①q=1時(shí)，n=1時(shí)不滿(mǎn)足： ＜Sn+1＜2Sn，n∈N*，因此q≠1．

②可得 ＜2 ，

＜q＜1時(shí)，化為2qn+1﹣qn＜1，qn+1﹣2qn+1＞0，由于qn（2q﹣1）＜1，因此2qn+1﹣qn＜1恒成立；由qn＜q，可得q2n＜qn+1，∴qn ，∴2qn ＜1+qn+1，因此qn+1﹣2qn+1＞0恒成立，可得： ＜q＜1．

2＞q＞1時(shí)，化為2qn+1﹣qn﹣1＞0，qn+1﹣2qn+1＜0，無(wú)解，舍去．

綜上可得： ＜q＜1

（3）解：設(shè)首項(xiàng)為1的正項(xiàng)數(shù)列{an}的公差為d，d≥0，

由 ＜2，可得 ＜ ＜2，

化為1+（n﹣1）d＜2（1+nd）＜4[1+（n﹣1）d]，

n=1時(shí)，0≤d＜1；n=2時(shí)，d≥0；

n≥3時(shí)，d≥0．

綜上可得：0≤d＜1．

∵a1，a2，…，ak（k≥3）成等差數(shù)列，a1+a2+…+ak=120，

∴k+ d=120，

k=1時(shí)，不成立，舍去．

k≥2時(shí)，解得d= ，

∵0≤d＜1．

∴0≤ ＜1．

解得：15＜k≤120．

∴滿(mǎn)足條件的正整數(shù)k的最小值為16，此時(shí)d= ，

相應(yīng)數(shù)列的通項(xiàng)公式為：an=1+ （n﹣1）= ．

數(shù)列為：1，

【解析】（1）首項(xiàng)為1的正項(xiàng)數(shù)列{an}滿(mǎn)足an+12+an2＜ ，n∈N* ， 化為（2an+1﹣an）（an+1﹣2an）＜0，解得： ＜2．又a2= ，a3=x，a4=4，代入解出即可得出．（2）由于首項(xiàng)為1的正項(xiàng)數(shù)列{an}，由于 ＜2．可得 ．對(duì)q分類(lèi)討論：q=1時(shí)，n=1時(shí)不滿(mǎn)足條件，因此q≠1．②由 ＜2 ， ＜q＜1時(shí)，經(jīng)過(guò)驗(yàn)證成立： ＜q＜1.2＞q＞1時(shí)，化為2qn+1﹣qn﹣1＞0，qn+1﹣2qn+1＜0不成立，舍去．（3）設(shè)首項(xiàng)為1的正項(xiàng)數(shù)列{an}的公差為d，d≥0，由 ＜2，化為1+（n﹣1）d＜2（1+nd）＜4[1+（n﹣1）d]．分類(lèi)討論：n=1時(shí)，n=2時(shí)，n≥3時(shí)，可得：0≤d＜1．根據(jù)a1 ， a2 ， …，ak（k≥3）成等差數(shù)列，a1+a2+…+ak=120，可得k+ d=120，k=1時(shí)，不成立，舍去．k≥2時(shí)，解得d= ，代入解得：15＜k≤120．即可得出．
【考點(diǎn)精析】通過(guò)靈活運(yùn)用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式（及其變式）和數(shù)列的前n項(xiàng)和，掌握通項(xiàng)公式：；數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和sn與通項(xiàng)an的關(guān)系即可以解答此題．