高考数学一轮汇总训练（归纳明确考点+课前自测+教师备选题+误区警示+课后实战题含详解及模拟题）《数列的综合问题 》理 新人教A版.doc

备考方向要明了考 什 么怎 么 考能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题.1.以递推为背景，考查数列的通项公式与前n项和公式，如2012年新课标全国t16等2.等差数列、等比数列综合考查数列的基本计算，如2012年江西t16，湖北t18等3.考查数列与函数、不等式、解析几何的综合问题，且以解答题的形式出现，如2012年广东t19等.归纳知识整合1数列综合应用题的解题步骤(1)审题弄清题意，分析涉及哪些数学内容，在每个数学内容中，各是什么问题(2)分解把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等(3)求解分别求解这些小题或这些“步骤”，从而得到整个问题的解答具体解题步骤如下框图：2常见的数列模型(1)等差数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等差数列，利用等差数列有关知识解决问题(2)等比数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等比数列，利用等比数列有关知识解决问题(3)递推公式模型：通过读题分析，由题意把所给条件用数列递推式表达出来，然后通过分析递推关系式求解探究银行储蓄单利公式及复利公式分别是什么模型？提示：单利公式设本金为a元，每期利率为r，存期为n，则本利和ana(1rn)，属于等差数列模型复利公式设本金为a元，每期利率为r，存期为n，则本利和ana(1r)n，属于等比数列模型自测牛刀小试1(教材习题改编)已知等差数列an的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2的值为()a4b6c8 d10解析：选b由题意知：aa1a4.则(a22)2(a22)(a24)，解得a26.2已知log2x，log2y,2成等差数列，则m(x，y)的轨迹的图象为()解析：选a由于log2x，log2y,2成等差数列，则有2log2ylog2x2，所以y24x.又y0，x0，故m的轨迹图象为a.2412xyz3.在如图所示的表格中，如果每格填上一个数后，每一行成等差数列，每一列成等比数列，那么xyz的值为()a1b2c3d4解析：选c由题意知，第三列各数成等比数列，故x1；第一行第五个数为6，第二行第五个数为3，故z；第一行第四个数为5，第二行第四个数为，故y，从而xyz3.4等比数列an的前n项和为sn，若a11，且4a1,2a2，a3成等差数列，则s4_.解析：设数列an的公比为q，4a24a1a3，4a1q4a1a1q2，即q24q40，解得q2.s415.答案：155已知数列an的前n项和为sn，对任意nn*都有snan，若1sk9(kn*)，则k的值为_解析：由snan得当n2时，sn(snsn1)，即sn2sn11.令snp2(sn1p)得sn2sn13p，可知p.故数列是以为首项，以2为公比的等比数列则sn(2)n1，即sn(2)n1.由1(2)k19，kn*得k4.答案：4等差数列、等比数列的综合问题例1在等比数列an(nn*)中，a11，公比q0，设bnlog2an，且b1b3b56，b1b3b50.(1)求证：数列bn是等差数列；(2)求bn的前n项和sn及an的通项an.自主解答(1)证明：bnlog2an，bn1bnlog2log2q为常数，数列bn为等差数列且公差dlog2q.(2)b1b3b56，b32.a11，b1log2a10.b1b3b50，b50.解得sn4n(1).an25n(nn*)在本例(2)的条件下，试比较an与sn的大小解：显然an25n0，当n9时，sn0，n9时，ansn.a116，a28，a34，a42，a51，a6，a7，a8，s14，s27，s39，s410，s510，s69，s77， s84，当n3，4，5，6，7，8时，ansn.解答数列综合问题的注意事项(1)要重视审题，善于联系，将等差、等比数列与函数、不等式、方程、应用性问题等联系起来(2)对于等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列的通项，前n项和以及等差、等比数列项之间的关系，往往用到转化与化归的思想方法1(2013青岛模拟)已知等差数列an的公差大于零，且a2，a4是方程x218x650的两个根；各项均为正数的等比数列bn的前n项和为sn，且满足b3a3，s313.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)若数列cn满足cn求数列cn的前n项和tn.解：(1)设an的公差为d，bn的公比为q.由x218x650，解得x5或x13.因为d0，所以a20，解得b11，q3.所以bn3n1.(2)当n5时，tna1a2a3ann42n2n；当n5时，tnt5(b6b7b8bn)(2525).所以tn数列与函数的综合应用例2(2012安徽高考)设函数f(x)sin x的所有正的极小值点从小到大排成的数列为.(1)求数列的通项公式；(2)设的前n项和为sn，求sin sn.自主解答(1)令f(x)cos x0，即cos x，解得x2k(kz)由xn是f(x)的第n个正极小值点知，xn2n(nn*)(2)由(1)可知，sn2(12n)nn(n1)，所以sin snsin.因为n(n1)表示两个连续正整数的乘积，n(n1)一定为偶数，所以sin snsin .当n3m2(mn*)时，sin snsin；当n3m1(mn*)时，sin snsin；当n3m(mn*)时，sin snsin 2m0.综上所述，sin sn解决函数与数列的综合问题应该注意的事项(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化2已知函数f(x)x2x1，是方程f(x)0的两个根()，f(x)是f(x)的导数，设a11，an1an(n1,2，)(1)求，的值；(2)已知对任意的正整数n，都有an，记bnln(n1,2，)，求数列bn的前n项和sn.解：(1)由方程x2x10解得方程的根为x1，x2，又，是方程的两个实根，且，.(2)f(x)2x1，an1anan.an(n1,2,3，)，且a11，b1lnln4ln.或b1lnlnln2ln2ln24lnbn1lnlnlnln2ln2bn.即bn是以b1为首项，2为公比的等比数列故数列bn的前n项和sn(2n1)4ln(2n24)ln.数列与不等式的综合应用例3(2012广东高考)设数列an的前n项和为sn，满足2snan12n11，nn*，且a1，a25，a3成等差数列(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1)又a11满足上式，故an3n2n.(3)证明：3，330成立的最小值n.解：(1)an是等比数列，设其公比为q，两式相除得，q3或q，an为递增数列，q3，a1.ana1qn13n123n5，bnlog3n5，数列bn的前n项和sn(n29n)(2)tnb1b2b22b2n1(15)(25)(225)(2n15)5n0，即2n5n1.24551，nmin5(只要给出正确结果，不要求严格证明).数列的实际应用例4(2012湖南高考)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元(1)用d表示a1，a2，并写出an1与an的关系式；(2)若公司希望经过m(m3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)自主解答(1)由题意得a12 000(150%)d3 000d，a2a1(150%)da1d4 500d.an1an(150%)dand.(2)由(1)得anan1dd2an2ddn1a1d.整理得ann1(3 000d)2dn1(3 0003d)2d.由题意，am4 000，即m1(3 0003d)2d4 000.解得d.故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m3)年企业的剩余资金为4 000万元解决数列实际应用问题的方法解等差数列、等比数列应用题时，首先要认真审题，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问题，使关系明朗化、标准化，然后用等差数列、等比数列知识求解这其中体现了把实际问题数学化的能力，即数学建模能力4某市2010年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米那么，到哪一年底，(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2010年为累计的第一年)将首次不少于4 750万平方米？(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比较首次大于85%？(参考数据：1.0841.36,1.0851.47,1.0861.59)解：(1)设中低价房面积形成数列an，由题意可知an是等差数列，其中a1250，d50，则sn250n5025n2225n.令25n2225n4 750，即n29n1900，而n是正整数，解得n10.故到2019年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米(2)设新建住房面积形成数列bn，由题意可知bn是等比数列，其中b1400，q1.08，则bn400(1.08)n1.由题意可知an0.85bn，有250(n1)50400(1.08)n10.85.当n5时，a50.85b6，即满足上述不等式的最小正整数n为6.故到2015年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.1个问题分期付款问题等比数列中处理分期付款问题的注意事项：(1)准确计算出在贷款全部付清时，各期所付款额及利息(最后一次付款没有利息)(2)明确各期所付的款以及各期所付款到最后一次付款时所生的利息之和，等于商品售价及从购买到最后一次付款时的利息之和，只有掌握了这一点，才可顺利建立等量关系3个注意递推、放缩与函数思想的考查(1)数列与解析几何结合时注意递推(2)数列与不等式相结合时注意对不等式进行放缩(3)数列与函数相结合时主要考查函数的思想及函数的性质(多为单调性). 创新交汇数列的新定义问题1数列题目中有时定义一个新数列，然后根据定义的新数列所具备的性质解决有关问题2解决新情境、新定义数列问题，首先要根据新情境、新定义进行推理，从而明确考查的是哪些数列知识，然后熟练运用归纳、构造、正难则反、分类与整合等方法进行解题典例(2011北京高考)若数列an：a1，a2，an(n2)满足|ak1ak|1(k1,2，n1)，则称an为e数列记s(an)a1a2an.(1)写出一个满足a1a50，且s(a5)0的e数列a5；(2)若a112，n2 000.证明：e数列an是递增数列的充要条件是an2 011；(3)对任意给定的整数n(n2), 是否存在首项为0的e数列an，使得s(an)0？如果存在，写出一个满足条件的e数列an；如果不存在，说明理由解(1)0,1,2,1,0是一个满足条件的e数列a5.(答案不唯一，0,1,0,1,0也是一个满足条件的e数列a5)(2)必要性：因为e数列an是递增数列，所以ak1ak1(k1,2，1 999)所以an是首项为12，公差为1的等差数列所以a2 00012(20001)12 011.充分性：由于a2 000a1 9991，a1 999a1 9981，a2a11，所以a2 000a11 999，即a2 000a11 999.又因为a112，a2 0002 011，所以a2 000a11 999.故ak1ak10(k1,2，1 999)，即an是递增数列综上，结论得证(3)令ckak1ak(k1,2，n1)，则ck1.因为a2a1c1，a3a1c1c2，ana1c1c2cn1，所以s(an)na1(n1)c1(n2)c2(n3)c3cn1(n1)(n2)1(1c1)(n1)(1c2)(n2)(1cn1)(1c1)(n1)(1c2)(n2)(1cn1)因为ck1，所以1ck为偶数(k1，n1)所以(1c1)(n1)(1c2)(n2)(1cn1)为偶数，所以要使s(an)0，必须使为偶数，即4整除n(n1)，亦即n4m或n4m1(mn*)当n4m(mn*)时，e数列an的项满足a4k1a4k30，a4k21，a4k1(k1,2，m)时，有a10，s(an)0；当n4m1(mn*)时，e数列an的项满足a4k1a4k30，a4k21，a4k1(k1,2，m)，a4m10时，有a10，s(an)0；当n4m2或n4m3(mn*)时，n(n1)不能被4整除，此时不存在e数列an，使得a10，s(an)0.1本题具有以下创新点：(1)本题为新定义问题，命题背景新颖(2)命题方式创新，既有证明题，也有探究性问题，同一个题目中多种方式相结合2解决本题要注意以下几个问题：对于此类压轴型新定义数列题，首先要有抢分意识，得一分是一分，多尝试解答，仔细分析，认真翻译；其次，要有运用数学思想方法的意识，如构造、分类等第(1)问中e数列a5的首尾都是0，则必须先增后减或先减后增，或者摆动；第(2)问条件在后边，因此，前推后是证明条件的必要性，不可颠倒，前推后比较容易，应该先证明；第(3)问和第(1)问相呼应，所以在推理时要善于前后联系，善于发现矛盾，从而找到解决问题的突破口1已知数列an：a1，a2，a3，an，如果数列bn：b1，b2，b3，bn满足b1an，bkak1akbk1，其中k2,3，n，则称bn为an的“衍生数列”若数列an：a1，a2，a3，a4的“衍生数列”是5，2,7,2，则an为_；若n为偶数，且an的“衍生数列”是bn，则bn的“衍生数列”是_解析：由b1an，bkak1akbk1，k2,3，n可得，a45,2a3a47，解得a34.又7a2a3(2)，解得a21.由2a1a25，解得a12，所以数列an为2,1,4,5.由已知，b1a1(a1an)，b2a1a2b1a2(a1an)，.因为n是偶数，所以bnan(1)n(a1an)a1.设bn的“衍生数列”为cn，则cibi(1)i(b1bn)ai(1)i(a1an)(1)i(b1bn)ai(1)i(a1an)(1)i(ana1)ai，其中i1,2,3，n.则bn的“衍生数列”是an答案：2,1,4,5an2(2012上海高考改编)对于项数为m的有穷数列an，记bkmaxa1，a2，ak(k1,2，m)，即bk为a1，a2，ak中的最大值，并称数列bn是an的控制数列如1,3,2,5,5的控制数列是1,3,3,5,5.(1)若各项均为正整数的数列an的控制数列为2,3,4,5,5，写出所有的an；(2)设bn是an的控制数列，满足akbmk1c(c为常数，k1,2，m)求证：bkak(k1,2，m)解：(1)数列an为：2,3,4,5,1；2,3,4,5,2；2,3,4,5,3；2,3,4,5,4；2,3,4,5,5.(2)证明：因为bkmaxa1，a2，ak，bk1maxa1，a2，ak，ak1，所以bk1bk.因为akbmk1c，ak1bmkc，所以ak1akbmk1bmk0，即ak1ak.因此，bkak.一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1. 等差数列an中，a3a118，数列bn是等比数列，且b7a7，则b6b8的值()a2b4c8 d16解析：选dan为等差数列，a74b7.又bn为等比数列，b6b8b16.2数列an是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列bn中连续的三项，则数列bn的公比为()a. b4c2 d.解析：选c设数列an的公差为d(d0)，由aa1a7得(a12d)2a1(a16d)，解得a12d，故数列bn的公比q2.3(2013泉州模拟)满足a11，log2an1log2an1(nn*)，它的前n项和为sn，则满足sn1 025的最小n值是()a9 b10c11 d12解析：选c因为a11，log2an1log2an1(nn*)，所以an12an，an2n1，sn2n1，则满足sn1 025的最小n值是11.4根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量sn(万件)近似地满足关系式sn(21nn25)(n1,2，12)，按此预测，在本年度内，需求量超过1.5万件的月份是()a5、6月b6、7月c7、8月 d8、9月解析：选c由sn解出an(n215n9)，再解不等式(n215n9)1.5，得6n9.5数列an的通项ann2，其前n项和为sn，则s30为()a470 b490c495 d510解析：选a注意到ann2cos，且函数ycos的最小正周期是3，因此当n是正整数时，anan1an2n2(n1)2(n2)23n，其中n1,4，7，s30(a1a2a3)(a4a5a6)(a28a29a30)310470.6(2013株州模拟)在数列an中，对任意nn*，都有k(k为常数)，则称an为“等差比数列”下面对“等差比数列”的判断：k不可能为0；等差数列一定是等差比数列；等比数列一定是等差比数列；通项公式为anabnc(a0，b0,1)的数列一定是等差比数列其中正确的判断为()abcd解析：选d若k0时，则an2an10，因为an2an1可能为分母，故无意义，故k不可能为0，正确；若等差、等比数列为常数列，则错误；由定义知正确二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7(2013安庆模拟)设关于x的不等式x2x2nx(nn*)的解集中整数的个数为an，数列an的前n项和为sn，则s100的值为_解析：由x2x2nx(nn*)，得0x0)的图象在点(ak，a)处的切线与x轴交点的横坐标为ak1，k为正整数，a116，则a1a3a5_.解析：依题意得，函数yx2(x0)的图象在点( ak，a)处的切线方程是ya2ak(xak)令y0得xak，即ak1ak，因此数列ak是以16为首项，为公比的等比数列，所以ak16k125k，a1a3a5164121.答案：219气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n天的维修保养费为(nn*)元，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均耗资最少)，一共使用了_天解析：由第n天的维修保养费为(nn*)元，可以得出观测仪的整个耗资费用，由平均费用最少而求得最小值成立时的相应n的值由题意知使用n天的平均耗资为，当且仅当时取得最小值，此时n800.答案：800三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10设同时满足条件：bn1；bnm(nn*，m是常数)的无穷数列bn叫“嘉文”数列已知数列an的前n项和sn满足sn(an1)(a为常数，且a0，a1)(1)求数列an的通项公式；(2)设bn1，若数列bn为等比数列，求a的值，并证明数列为“嘉文”数列解：(1)因为s1(a11)a1，所以a1a.当n2时，ansnsn1(anan1)，整理得a，即数列an是以a为首项，a为公比的等比数列所以ana an1an.(2)由(1)知，bn1，(*)由数列bn是等比数列，则bb1b3，故23，解得a，再将a代入(*)式得bn3n，故数列bn为等比数列，所以a.由于，满足条件；由于，故存在m满足条件.故数列为“嘉文”数列11已知正项数列an，bn满足：a13，a26，bn是等差数列，且对任意正整数n，都有bn，bn1成等比数列(1)求数列bn的通项公式；(2)设sn，试比较2sn与2的大小解：(1)对任意正整数n，都有bn，bn1成等比数列，且数列an，bn均为正项数列，anbnbn1(nn*)由a13，a26得又bn为等差数列，即有b1b32b2，解得b1，b2，数列bn是首项为，公差为的等差数列数列bn的通项公式为bn(nn*)(2)由(1)得，对任意nn*，anbnbn1，从而有2，sn21.2sn2.又22，2sn.当n1，n2时，2sn2.12已知数列an的前n项和为sn，对一切正整数n，点pn(n，sn)都在函数f(x)x22x的图象上，且过点pn(n，sn)的切线的斜率为kn.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn2knan，求数列bn的前n项和tn；(3)设qx|xkn，nn*，rx|x2an，nn*，等差数列cn的任一项cnqr，其中c1是qr中的最小数，110c10115，求cn的通项公式解：(1)点pn(n，sn)都在函数f(x)x22x的图象上，snn22n(nn*)当n2时，ansnsn12n1，当n1时，a1s13满足上式，所以数列an的通项公式为an2n1.(2)由f(x)x22x求导可得f(x)2x2.过点pn(n，sn)的切线的斜率为kn，kn2n2.bn2knan4(2n1)4n. tn4341454247434(2n1)4n.由4，得4tn4342454347444(2n1)4n1.得3tn4342(42434n)(2n1)4n14，tn4n2.(3)qx|x2n2，nn*，rx|x4n2，nn*，qrr.又cnqr，其中c1是qr中的最小数，的公差是4的倍数，c104m6(mn*)又110c10n1，即10时，anbn；当abn.2已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a(单位：m2)，其中有部分旧住房需要拆除当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%建设新住房，同时也拆除面积为b(单位：m2)的旧住房(1)分别写出第1年末和第2年末的实际住房面积的表达式；(2)如果第5年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了30%，则每年拆除的旧住房面积b是多少？(计算时取1.151.6)解：(1)第1年末的住房面积为ab1.1ab(m2)，第2年末的住房面积为ba2b1.21a2.1b(m2)(2)第3年末的住房面积为ba3b(m2)，第4年末的住房面积为a4b(m2)，第5年末的住房面积为a5b1.15ab1.6a6b(m2)依题意可知，1.6a6b1.3a，解得b，所以每年拆除的旧住房面积为 m2.3已知数列an的前n项和sn满足sn1ksn2(nn*)，且a12，a21.(1)求k的值和sn的表达式；(2)是否存在正整数m，n，使得成立？若存在，求出这样的正整数；若不存在，请说明理由解：(1)由条件sn1ksn2(nn*)，得s2ks12，即a1a2ka12，a12，a21，212k2，得k.于是，sn1sn2，设sn1x(snx)，即sn1snx，令x2，得x4，sn14(sn4)，即数列sn4是首项为2，公比为的等比数列sn4(2)n1，即sn4(nn*)(2)由不等式，得，即.令t2n(4m)，则不等式变为，解得2t6，即22n(4m)6.假设存在正整数m，n，使得上面的不等式成立，由于2n为偶数，4m为整数，则只能是2n(4m)4，或解得或于是，存在正整数m2，n1或m3，n2，使得0，an0)型这种类型一般是等式两边取对数后转化为an1panq型数列，再利用待定系数法求解例6已知数列an中，a11，an1 a(a0)，求数列an的通项公式解对an1a的两边取对数，得lg an12lg anlg .令bnlg an，则bn12bnlg .由此得bn1lg2，记cnbnlg，则cn12cn，所以数列cn是以c1b1lglg为首项，2为公比的等比数列所以cn2n1lg.所以bncnlg2n1lglglglga12n，即lg anlga12n，所以ana12n.7an1(a，b，c为常数)型对于此类递推数列，可通过两边同时取倒数的方法得出关系式例7已知数列an的首项a1，an1，n1,2,3，求an的通项公式解an1，1.又1，是以为首项，为公比的等比数列，1，an.二、破解数列中的4类探索性问题1条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定，解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意例1已知数列an中，a12，a23，其前n项和sn满足sn2sn2sn11(nn*)；数列bn中，b1a1，bn14bn6(nn*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cnbn2(1)n12an(为非零整数，nn*)，试确定的值，使得对任意nn*，都有cn1cn成立解(1)由已知得sn2sn1(sn1sn)1，所以an2an11(n1)又a2a11，所以数列an是以a12为首项，1为公差的等差数列所以ann1.因为bn14bn6，即bn124(bn2)，又b12a124，所以数列b22是以4为公比，4为首项的等比数列所以bn4n2.(2)因为ann1，bn4n2，所以cn4n(1)n12n1.要使cn1cn成立，需cn1cn4n14n(1)n2n2(1)n12n10恒成立，化简得34n3(1)n12n10恒成立，即(1)n12n1恒成立，当n为奇数时，即2n1恒成立，当且仅当n1时，2n1有最小值1，所以2n1恒成立，当且仅当n2时，2n1有最大值2，所以2，即2cn成立点评对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列遇到sn要注意利用sn与an的关系将其转化为an，再研究其具体性质遇到(1)n型的问题要注意分n为奇数与偶数两种情况进行讨论，本题易忘掉对n的奇偶性的讨论而致误2结论探索性问题此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论例2已知各项均为正数的数列an满足：a2aanan1，且a2a42a34，其中nn*.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足：bn，是否存在正整数m，n(1m0，所以2anan10，即2anan1.所以数列an是公比为2的等比数列由a2a42a34，得2a18a18a14，解得a12.故数列an的通项公式为an2n(nn*)(2)因为bn，所以b1，bm，bn.若b1，bm，bn成等比数列，则2，即.由，可得，所以2m24m10，从而1m1，所以m2，此时n12.故当且仅当m2，n12时，b1，bm，bn成等比数列(3)构造函数f(x)ln(1x)x(x0)，则f(x)1.当x0时，f(x)0，即f(x)在0，)上单调递减，所以f(x)f(0)0.所以ln(1x)x0.所以ln cnlnln.所以lntn.记an，则an，所以anan11，即an2.所以ln tn2.所以tne29，即tn9.点评对于结论探索性问题，需要先得出一个结论，再进行证明注意含有两个变量的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法3存在探索性问题此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立解决此类问题的一般方法是：假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用例3已知数列an的首项a1，an1，nn*.(1)求证：数列为等比数列；(