高考数学二轮复习 第2部分 八大难点突破 难点6 数列中的证明、探索性和存在性、不定方程的解等综合问题学案

难点六数列中的证明、探索性和存在性、不定方程的解等综合问题 (对应学生用书第72页)近几年的高考试卷中经常出现以数列为载体的证明、探索等综合问题，这类问题不仅考查学生的分析问题解决问题的能力，以及探索能力，而且给学生提供了创新思维的空间1等差数列、等比数列的证明问题有关证明、判断数列是等差(等比)数列的主要证明方法有：定义法、性质法定义法：用定义法判断一个数列是等差数列，常采用的两个式子anan1d和an1and有差别，前者必须加上“n2”，否则n1时a0无意义；在等比数列中一样有：n2时，有q(常数q0)；nN*时，有q(常数q0)性质法：anan22an1an是等差数列，anan2(an1)2(an0)an是等比数列，这是证明数列an为等差(等比)数列的另一种主要方法【例1】(苏北四市淮安、宿 迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)在数列an中，已知a1，an1an，nN*，设Sn为an的前n项和(1)求证：数列3nan是等差数列；(2)求Sn；(3)是否存在正整数p，q，r(pqr)，使Sp，Sq，Sr成等差数列？若存在，求出p，q，r的值；若不存在，说明理由解(1)证明：因为an1an，nN*，所以3n1an13nan2，又因为a1，所以31a11，所以3nan是首项为1，公差为2的等差数列(2)由(1)知3nan1(n1)(2)32n，所以an(32n)n，所以Sn11(1)2(3)3(32n)n，所以Sn12(1)3(52n)n(32n)n1，两式相减得Sn2(32n)n12(2n3)n12nn1，所以Sn.(3)假设存在正整数p，q，r(pqr)，使Sp，Sq，Sr成等差数列，则2SqSpSr，即.由于当n2时，an(32n)n0，所以数列Sn单调递减又pq，所以pq1且q至少为2，所以，.当q3时，又0，所以，等式不成立当q2时，p1，所以，所以，所以r3(Sn单调递减，解唯一确定)综上可知，p，q，r的值为1,2,3.2数列中探索与存在性问题数列探索性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果而要确定范围内的数值，则往往涉及不定方程的正整数解问题【例2】(2017江苏省盐城市高考数学三模)已知数列an，bn都是单调递增数列，若将这两个数列的项按由小到大的顺序排成一列(相同的项视为一项)，则得到一个新数列cn(1)设数列an，bn分别为等差、等比数列，若a1b11，a2b3，a6b5，求c20；(2)设an的首项为1，各项为正整数，bn3n，若新数列cn是等差数列，求数列cn的前n项和Sn；(3)设bnqn1(q是不小于2的正整数)，c1b1，是否存在等差数列an，使得对任意的nN *，在bn与bn1之间数列an的项数总是bn？若存在，请给出一个满足题意的等差数列an；若不存在，请说明理由 【导学号：56394105】解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，由题意得，解得d0或3，因数列an，bn单调递增，所以d0，q1，所以d3，q2，所以an3n2，bn2n1.因为a1b11，a2b3，a6b5，b7a20.c20a1749.(2)设等差数列cn的公差为d，又a11，且bn3n，所以c11，所以cndn1d.因为b13是cn中的项，所以设b1cn，即d(n1)2.当n4时，解得d1，不满足各项为正整数；当b1c33时，d1，此时cnn，只需取ann，而等比数列bn的项都是等差数列an中的项，所以Sn；当b1c23时，d2，此时cn2n1，只需取an2n1，由3n2m1，得m，3n是奇数，3n1是正偶数，m有正整数解，所以等比数列bn的项都是等差数列an中的项，所以Snn2.综上所述，数列cn的前n项和Sn或Snn2.(3)存在等差数列an，只需首项a1(1，q)，公差dq1.下证bn与bn1之间数列an的项数为bn，即证对任意正整数n，都有即成立由bna1qqn21qn1a1(1qqn2)(q1)1a10，bn1a1qqn1qna1(1qqn11)(q1)qa10.所以首项a1(1，q)