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新高考数学一轮复习专题六数列6-4数列求和练习含答案
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这是一份新高考数学一轮复习专题六数列6-4数列求和练习含答案，共10页。
高考新风向
(2024全国甲理,18,12分,易)记Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)∵4Sn=3an+4①,
∴当n=1时,4S1=4a1=3a1+4,得a1=4,
当n≥2时,4Sn-1=3an-1+4②,
由①-②得,4an=3an-3an-1,
∴an=-3an-1,
∴数列{an}是首项为4,公比为-3的等比数列.
∴an=4×(-3)n-1.
(2)由(1)得bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1,
∴Tn=4×30+4×2×31+4×3×32+…+4(n-1)·3n-2+4n·3n-1③,
3Tn=4×31+4×2×32+4×3×33+…+4(n-1)·3n-1+4n·3n④,
③-④得-2Tn=4+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n×3n,
∴-2Tn=4+4·3(1−3n−1)1−3-4n·3n,
∴-2Tn=4+(2-4n)·3n-6=-2+(2-4n)3n,
∴Tn=1+(2n-1)3n.
考点 数列求和
1.(多选)(2021新高考Ⅱ,12,5分,难)设正整数n=a0·20+a1·21+…+ak-1·2k-1+ak·2k,其中ai∈{0,1},记ω(n)=a0+a1+…+ak,则( ACD )
A.ω(2n)=ω(n)
B.ω(2n+3)=ω(n)+1
C.ω(8n+5)=ω(4n+3)
D.ω(2n-1)=n
2.(2021新高考Ⅰ,16,5分,难)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 5 ;如果对折n次,那么k=1nSk= 240×3−n+32n dm2.
3.(2021新高考Ⅰ,17,10分,易)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an+1,n为奇数,an+2,n为偶数.
(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;
(2)求{an}的前20项和.
解析 (1)由题设可得a2k+2=a2k+1+1,a2k+1=a2k+2(k∈N*),故a2k+2=a2k+3,即bn+1=bn+3,
即bn+1-bn=3,b1=a2=a1+1=2,b2=b1+3=5,
所以{bn}是首项为2,公差为3的等差数列,
故bn=2+(n-1)×3=3n-1.
(2)当n为奇数时,an=an+1-1.
设数列{an}的前n项和为Sn,
则S20=a1+a2+…+a20
=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)
=[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20)
=2(a2+a4+…+a20)-10
=2(b1+b2+…+b10)-10=2×10×2+9×102×3-10=300,
即{an}的前20项和为300.
4.(2020新高考Ⅰ,18,12分,中)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
解析 (1)已知数列{an}是公比大于1的等比数列,设公比为q(q>1),依题意有a1q+a1q3=20,a1q2=8,解得a1=2,q=2或a1=32,q=12(舍)(注意:不要忽略公比大于1这一条件),
所以an=2n,所以数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,
所以b1对应的区间为(0,1],则b1=0;
b2,b3对应的区间分别为(0,2],(0,3],则b2=b3=1,即有2个1;
b4,b5,b6,b7对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7],则b4=b5=b6=b7=2,即有22个2;
b8,b9,…,b15对应的区间分别为(0,8],(0,9],…,(0,15],则b8=b9=…=b15=3,即有23个3;
b16,b17,…,b31对应的区间分别为(0,16],(0,17],…,(0,31],则b16=b17=…=b31=4,即有24个4;
b32,b33,…,b63对应的区间分别为(0,32],(0,33],…,(0,63],则b32=b33=…=b63=5,即有25个5;
b64,b65,…,b100对应的区间分别为(0,64],(0,65],…,(0,100],则b64=b65=…=b100=6,即有37个6.
所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.
三年模拟
练速度
1.(2024浙江杭州二模,5)设数列{an},{bn}满足a1=b1=1,an+bn+1=2n,an+1+bn=2n.设Sn为数列{an+bn}的前n项的和,则S7=( A )
A.110 B.120 C.288 D.306
2.(2024浙江金丽衢十二校第二次联考,15)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=2an+n2-1.
(1)求an;
(2)求数列1anan+1的前n项和Tn.
解析 (1)因为2Sn=2an+n2-1,①
所以当n≥2时,2Sn-1=2an-1+(n-1)2-1,②
①-②得2an=2an-2an-1+2n-1,整理得an-1=n-12,n≥2,
所以an=n+12,n∈N*.
(2)由(1)知an=n+12,
所以1anan+1=1n+12n+32=1n+12-1n+32=22n+1-22n+3,
所以Tn=1a1a2+1a2a3+…+1anan+1=23-25+25-27+…+22n+1-22n+3=23-22n+3.
3.(2024江苏南通、徐州大联考,15)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且4Sn=(an+1)2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=an·a2n,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)因为4Sn=(an+1)2,
所以当n≥2时,4Sn-1=(an−1+1)2,
所以4an=(an+1)2-(an−1+1)2=an2-an−12+2an-2an-1,
整理,得2an+2an-1=(an-an-1)(an+an-1),
因为an>0,
所以an-an-1=2,
所以数列{an}是公差为2的等差数列.
当n=1时,4S1=4a1=(a1+1)2,
解得a1=1,
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)由(1)得bn=an·a2n=(2n-1)(2n+1-1)=(2n-1)2n+1-(2n-1),
记An=i=1n(2i-1)2i+1,Bn=i=1n(2i-1),
则Bn=i=1n(2i-1)=n2,
因为An=i=1n(2i-1)2i+1,2An=i=1n(2i-1)2i+2,
所以-An=22+2(23+24+…+2n+1)-(2n-1)2n+2
=-(2n-3)2n+2-12,
所以An=(2n-3)2n+2+12,
所以Tn=An-Bn=(2n-3)2n+2+12-n2.
练思维
1.(2024广东汕头一模,15)已知数列{an}和{bn},其中bn=2an,n∈N*,数列{an+bn}的前n项和为Sn.
(1)若an=2n,求Sn;
(2)若Sn=3n,求数列{an}和{bn}的通项公式.
解析 (1)当an=2n时,{an}是首项为2,公差为2的等差数列.(1分)
又bn=22n=4n,所以{bn}是首项为4,公比为4的等比数列,(2分)
从而Sn=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)(3分)
=n(2+2n)2+4×(1−4n)1−4
=4n+13+n2+n-43.(6分)
(2)当n≥2时,an+bn=Sn-Sn-1=3,(7分)
当n=1时,a1+b1=S1=3,满足上式,(8分)
故an+bn=3(n∈N*),即an+2an=3,(9分)
令f(x)=x+2x,则f(x)在R上单调递增,且f(1)=3,(11分)
从而an=1,(12分)
则bn=3-an=2.(13分)
2.(2024山东日照一模,16)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且an,Sn,an2为等差数列.
(1)求a1及{an}的通项公式;
(2)记集合anan+4an≤2k,k∈N*的元素个数为bk,求数列{bk}的前50项和.
解析 (1)因为an,Sn,an2为等差数列,
所以2Sn=an+an2,且an>0,
当n=1时,2S1=2a1=a1+a12,可得a1=1.(2分)
当n≥2时,2(Sn-Sn-1)=2an=an+an2-an-1-an−12,(4分)
则an+an-1=an2-an−12=(an+an-1)(an-an-1),
由an+an-1>0,得an-an-1=1,(6分)
所以{an}是首项为1,公差为1的等差数列,故an=n.(7分)
(2)原式等价于12n+4n≤k,
因为12n+4n≥2,当且仅当n=2时“=”成立,
所以b1=0,b2=1,(9分)
当k≥3时,因为2k−12+22k−1=k-12+22k−1k,
所以能使n2+2n≤k成立的n的最大值为2k-1,
所以bk=2k-1(k≥3),(13分)
所以{bk}的前50项和为0+1+5+7+…+99=0+1+(5+99)×482=2 497.(15分)
3.(2024山东聊城二模,17)已知数列{an},{bn}满足a2n-1=b2n-1+12m,a2n=mb2n,m为常数,若{an}为等差数列,且b4-b2=2(b3-b1)=2(a1+b1)=8.
(1)求m的值及{an}的通项公式;
(2)求{bn}的前2n项和S2n.
解析 (1)由题意知b4-b2=8,b3-b1=4,a1+b1=4,(1分)
因为a2n-1=b2n-1+12m,a2n=mb2n,所以a1=b1+12m,a2=mb2,a3=b3+12m,a4=mb4,a1+b1=2a1−12m,(2分)
设等差数列{an}的公差为d,
则a3−a1=b3−b1=4=2d,a4−a2=m(b4−b2)=8m=2d,a1+b1=2a1−12m=4,解得d=2,m=12,b1=−1,a1=5.(5分)
所以an=5+(n-1)×2=2n+3,
所以m的值为12,{an}的通项公式为an=2n+3.(7分)
(2)由(1)知,an=2n+3,b2n-1=a2n-1-6,b2n=2a2n,(8分)
所以S2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+b6+…+b2n)
=(a1+a3+a5+…+a2n-1-6n)+2(a2+a4+a6+…+a2n)
=n(a1+a2n−1)2-6n+2×n(a2+a2n)2=n(5+4n+1)2-6n+n(7+4n+3)=6n2+7n.
所以{bn}的前2n项和S2n=6n2+7n.(15分)
练风向
(新定义理解)(2024湖南长沙雅礼中学一模,19)约数,又称因数.它的定义如下:若整数a除以整数m(m≠0)除得的商正好是整数而没有余数,我们就称a为m的倍数,m为a的约数.设正整数a共有k个正约数,即为a1,a2,…,ak-1,ak(a1(1)当k=4时,若正整数a的k个正约数构成等比数列,请写出一个a的值;
(2)当k≥4时,若a2-a1,a3-a2,…,ak-ak-1构成等比数列,求正整数a(结果用a2表示);
(3)记A=a1a2+a2a3+…+ak-1ak,求证:A解析 (1)当k=4时,正整数a的4个正约数构成等比数列,比如1,2,4,8为8的所有正约数,即a=8.
(2)由题意可知a1=1,ak=a,ak-1=aa2,ak-2=aa3,
因为k≥4,a3−a2a2−a1=ak−ak−1ak−1−ak−2,所以a3−a2a2−a1=a−aa2aa2−aa3,化简可得(a3−a2)2=(a2−1)2a3,所以a3=a3−a2a2−12,
因为a3∈N*,所以a3−a2a2−1∈N*,
因此可知a3是完全平方数.
由于a2是整数a的最小非1因子,a3是a的因子,且a3>a2,所以a3=a22,所以a2-a1,a3-a2,…,ak-ak-1为a2-a1,a22-a2,…,a2k−1-a2k−2,所以a=a2k−1(k≥4).
(3)证明:由题意知a1ak=a,a2ak-1=a,…,aiak+1-i=a,…,(1≤i≤k)所以A=a2ak−1ak+a2ak−2ak−1+…+a2a1a2,
因为1a1a2≤a2−a1a1a2=1a1-1a2,…,1ak−1ak≤ak−ak−1ak−1ak=1ak−1-1ak,
所以A=a2ak−1ak+a2ak−2ak−1+…+a2a1a2=a21ak−1ak+1ak−2ak−1+…+1a1a2≤a21a1−1a2+1a2−1a3+…+1ak−1−1ak=a21a1−1ak,
因为a1=1,ak=a,所以1a1-1ak<1,
所以A≤a21a1−1ak
高考新风向
(2024全国甲理,18,12分,易)记Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)∵4Sn=3an+4①,
∴当n=1时,4S1=4a1=3a1+4,得a1=4,
当n≥2时,4Sn-1=3an-1+4②,
由①-②得,4an=3an-3an-1,
∴an=-3an-1,
∴数列{an}是首项为4,公比为-3的等比数列.
∴an=4×(-3)n-1.
(2)由(1)得bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1,
∴Tn=4×30+4×2×31+4×3×32+…+4(n-1)·3n-2+4n·3n-1③,
3Tn=4×31+4×2×32+4×3×33+…+4(n-1)·3n-1+4n·3n④,
③-④得-2Tn=4+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n×3n,
∴-2Tn=4+4·3(1−3n−1)1−3-4n·3n,
∴-2Tn=4+(2-4n)·3n-6=-2+(2-4n)3n,
∴Tn=1+(2n-1)3n.
考点 数列求和
1.(多选)(2021新高考Ⅱ,12,5分,难)设正整数n=a0·20+a1·21+…+ak-1·2k-1+ak·2k,其中ai∈{0,1},记ω(n)=a0+a1+…+ak,则( ACD )
A.ω(2n)=ω(n)
B.ω(2n+3)=ω(n)+1
C.ω(8n+5)=ω(4n+3)
D.ω(2n-1)=n
2.(2021新高考Ⅰ,16,5分,难)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 5 ;如果对折n次,那么k=1nSk= 240×3−n+32n dm2.
3.(2021新高考Ⅰ,17,10分,易)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an+1,n为奇数,an+2,n为偶数.
(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;
(2)求{an}的前20项和.
解析 (1)由题设可得a2k+2=a2k+1+1,a2k+1=a2k+2(k∈N*),故a2k+2=a2k+3,即bn+1=bn+3,
即bn+1-bn=3,b1=a2=a1+1=2,b2=b1+3=5,
所以{bn}是首项为2,公差为3的等差数列,
故bn=2+(n-1)×3=3n-1.
(2)当n为奇数时,an=an+1-1.
设数列{an}的前n项和为Sn,
则S20=a1+a2+…+a20
=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)
=[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20)
=2(a2+a4+…+a20)-10
=2(b1+b2+…+b10)-10=2×10×2+9×102×3-10=300,
即{an}的前20项和为300.
4.(2020新高考Ⅰ,18,12分,中)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
解析 (1)已知数列{an}是公比大于1的等比数列,设公比为q(q>1),依题意有a1q+a1q3=20,a1q2=8,解得a1=2,q=2或a1=32,q=12(舍)(注意:不要忽略公比大于1这一条件),
所以an=2n,所以数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,
所以b1对应的区间为(0,1],则b1=0;
b2,b3对应的区间分别为(0,2],(0,3],则b2=b3=1,即有2个1;
b4,b5,b6,b7对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7],则b4=b5=b6=b7=2,即有22个2;
b8,b9,…,b15对应的区间分别为(0,8],(0,9],…,(0,15],则b8=b9=…=b15=3,即有23个3;
b16,b17,…,b31对应的区间分别为(0,16],(0,17],…,(0,31],则b16=b17=…=b31=4,即有24个4;
b32,b33,…,b63对应的区间分别为(0,32],(0,33],…,(0,63],则b32=b33=…=b63=5,即有25个5;
b64,b65,…,b100对应的区间分别为(0,64],(0,65],…,(0,100],则b64=b65=…=b100=6,即有37个6.
所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.
三年模拟
练速度
1.(2024浙江杭州二模,5)设数列{an},{bn}满足a1=b1=1,an+bn+1=2n,an+1+bn=2n.设Sn为数列{an+bn}的前n项的和,则S7=( A )
A.110 B.120 C.288 D.306
2.(2024浙江金丽衢十二校第二次联考,15)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=2an+n2-1.
(1)求an;
(2)求数列1anan+1的前n项和Tn.
解析 (1)因为2Sn=2an+n2-1,①
所以当n≥2时,2Sn-1=2an-1+(n-1)2-1,②
①-②得2an=2an-2an-1+2n-1,整理得an-1=n-12,n≥2,
所以an=n+12,n∈N*.
(2)由(1)知an=n+12,
所以1anan+1=1n+12n+32=1n+12-1n+32=22n+1-22n+3,
所以Tn=1a1a2+1a2a3+…+1anan+1=23-25+25-27+…+22n+1-22n+3=23-22n+3.
3.(2024江苏南通、徐州大联考,15)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且4Sn=(an+1)2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=an·a2n,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)因为4Sn=(an+1)2,
所以当n≥2时,4Sn-1=(an−1+1)2,
所以4an=(an+1)2-(an−1+1)2=an2-an−12+2an-2an-1,
整理,得2an+2an-1=(an-an-1)(an+an-1),
因为an>0,
所以an-an-1=2,
所以数列{an}是公差为2的等差数列.
当n=1时,4S1=4a1=(a1+1)2,
解得a1=1,
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)由(1)得bn=an·a2n=(2n-1)(2n+1-1)=(2n-1)2n+1-(2n-1),
记An=i=1n(2i-1)2i+1,Bn=i=1n(2i-1),
则Bn=i=1n(2i-1)=n2,
因为An=i=1n(2i-1)2i+1,2An=i=1n(2i-1)2i+2,
所以-An=22+2(23+24+…+2n+1)-(2n-1)2n+2
=-(2n-3)2n+2-12,
所以An=(2n-3)2n+2+12,
所以Tn=An-Bn=(2n-3)2n+2+12-n2.
练思维
1.(2024广东汕头一模,15)已知数列{an}和{bn},其中bn=2an,n∈N*,数列{an+bn}的前n项和为Sn.
(1)若an=2n,求Sn;
(2)若Sn=3n,求数列{an}和{bn}的通项公式.
解析 (1)当an=2n时,{an}是首项为2,公差为2的等差数列.(1分)
又bn=22n=4n,所以{bn}是首项为4,公比为4的等比数列,(2分)
从而Sn=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)(3分)
=n(2+2n)2+4×(1−4n)1−4
=4n+13+n2+n-43.(6分)
(2)当n≥2时,an+bn=Sn-Sn-1=3,(7分)
当n=1时,a1+b1=S1=3,满足上式,(8分)
故an+bn=3(n∈N*),即an+2an=3,(9分)
令f(x)=x+2x,则f(x)在R上单调递增,且f(1)=3,(11分)
从而an=1,(12分)
则bn=3-an=2.(13分)
2.(2024山东日照一模,16)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且an,Sn,an2为等差数列.
(1)求a1及{an}的通项公式;
(2)记集合anan+4an≤2k,k∈N*的元素个数为bk,求数列{bk}的前50项和.
解析 (1)因为an,Sn,an2为等差数列,
所以2Sn=an+an2,且an>0,
当n=1时,2S1=2a1=a1+a12,可得a1=1.(2分)
当n≥2时,2(Sn-Sn-1)=2an=an+an2-an-1-an−12,(4分)
则an+an-1=an2-an−12=(an+an-1)(an-an-1),
由an+an-1>0,得an-an-1=1,(6分)
所以{an}是首项为1,公差为1的等差数列,故an=n.(7分)
(2)原式等价于12n+4n≤k,
因为12n+4n≥2,当且仅当n=2时“=”成立,
所以b1=0,b2=1,(9分)
当k≥3时,因为2k−12+22k−1=k-12+22k−1
所以能使n2+2n≤k成立的n的最大值为2k-1,
所以bk=2k-1(k≥3),(13分)
所以{bk}的前50项和为0+1+5+7+…+99=0+1+(5+99)×482=2 497.(15分)
3.(2024山东聊城二模,17)已知数列{an},{bn}满足a2n-1=b2n-1+12m,a2n=mb2n,m为常数,若{an}为等差数列,且b4-b2=2(b3-b1)=2(a1+b1)=8.
(1)求m的值及{an}的通项公式;
(2)求{bn}的前2n项和S2n.
解析 (1)由题意知b4-b2=8,b3-b1=4,a1+b1=4,(1分)
因为a2n-1=b2n-1+12m,a2n=mb2n,所以a1=b1+12m,a2=mb2,a3=b3+12m,a4=mb4,a1+b1=2a1−12m,(2分)
设等差数列{an}的公差为d,
则a3−a1=b3−b1=4=2d,a4−a2=m(b4−b2)=8m=2d,a1+b1=2a1−12m=4,解得d=2,m=12,b1=−1,a1=5.(5分)
所以an=5+(n-1)×2=2n+3,
所以m的值为12,{an}的通项公式为an=2n+3.(7分)
(2)由(1)知,an=2n+3,b2n-1=a2n-1-6,b2n=2a2n,(8分)
所以S2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+b6+…+b2n)
=(a1+a3+a5+…+a2n-1-6n)+2(a2+a4+a6+…+a2n)
=n(a1+a2n−1)2-6n+2×n(a2+a2n)2=n(5+4n+1)2-6n+n(7+4n+3)=6n2+7n.
所以{bn}的前2n项和S2n=6n2+7n.(15分)
练风向
(新定义理解)(2024湖南长沙雅礼中学一模,19)约数,又称因数.它的定义如下:若整数a除以整数m(m≠0)除得的商正好是整数而没有余数,我们就称a为m的倍数,m为a的约数.设正整数a共有k个正约数,即为a1,a2,…,ak-1,ak(a1
(2)当k≥4时,若a2-a1,a3-a2,…,ak-ak-1构成等比数列,求正整数a(结果用a2表示);
(3)记A=a1a2+a2a3+…+ak-1ak,求证:A
(2)由题意可知a1=1,ak=a,ak-1=aa2,ak-2=aa3,
因为k≥4,a3−a2a2−a1=ak−ak−1ak−1−ak−2,所以a3−a2a2−a1=a−aa2aa2−aa3,化简可得(a3−a2)2=(a2−1)2a3,所以a3=a3−a2a2−12,
因为a3∈N*,所以a3−a2a2−1∈N*,
因此可知a3是完全平方数.
由于a2是整数a的最小非1因子,a3是a的因子,且a3>a2,所以a3=a22,所以a2-a1,a3-a2,…,ak-ak-1为a2-a1,a22-a2,…,a2k−1-a2k−2,所以a=a2k−1(k≥4).
(3)证明:由题意知a1ak=a,a2ak-1=a,…,aiak+1-i=a,…,(1≤i≤k)所以A=a2ak−1ak+a2ak−2ak−1+…+a2a1a2,
因为1a1a2≤a2−a1a1a2=1a1-1a2,…,1ak−1ak≤ak−ak−1ak−1ak=1ak−1-1ak,
所以A=a2ak−1ak+a2ak−2ak−1+…+a2a1a2=a21ak−1ak+1ak−2ak−1+…+1a1a2≤a21a1−1a2+1a2−1a3+…+1ak−1−1ak=a21a1−1ak,
因为a1=1,ak=a,所以1a1-1ak<1,
所以A≤a21a1−1ak
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