2023届高考数学二轮复习微专题51数列中的存在性问题学案

微专题51数列中的存在性问题数列中的存在性问题一般转化为求不定方程正整数解的问题，往往涉及数论、函数、方程、不等式等知识，蕴含了丰富的数学思想．本专题对数列中一些存在性问题进行探究，使学生学会通过研究方程两边范围的策略来解不定方程整数解的问题.例题：已知an＝2n，是否存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得ap，aq，ar成等差数列？并说明理由．变式1已知an＝2n，是否存在三个互不相等正整数p，q，r，且p，q，r成等差数列，使得ap－1，aq－1，ar－1成等比数列？并说明理由．变式2已知an＝n＋eq\r(2)，是否存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得ap，aq，ar成等比数列？并说明理由．

串讲1已知数列是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项和，且满足an2＝S2n－1，令bn＝eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,an·an＋1)))，数列{bn}的前n项和{bn}为Tn.(1)求数列{an}的通项公式及数列{bn}的前n项和Tn；(2)是否存在正整数m，n(1<m<n)，使得T1，Tm，Tn成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值，若不存在，请说明理由．串讲2已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为An和Bn，且对任意n∈N*，an＋1－an＝2(bn＋1－bn)恒成立．(1)若An＝n2，b1＝2，求Bn；(2)若a1＝2，bn＝2n，是否存在两个互不相等的整数s，t(1<s<t)，使eq\f(A1,B1)，eq\f(As,Bs)，eq\f(At,Bt)成等差数列？若存在，求出s，t的值；若不存在，请说明理由．

(2018·无锡期末)已知数列{an}满足eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a2)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,an)))＝eq\f(1,an)，n∈N*，Sn是数列{an}的前n项和．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若ap，30，Sq成等差数列，ap，18，Sq成等比数列，求正整数p，q的值；(3)是否存在k∈N*，使得eq\r(akak＋1＋16)为数列{an}中的项？若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，请说明理由．(2018·扬州期末)已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝an2＋an，数列{bn}满足b1＝eq\f(1,2)，2bn＋1＝bn＋eq\f(bn,an).(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足cn＝eq\f(bn＋2,Sn)，求和c1＋c2＋…＋cn；(3)是否存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得bp，bq，br成等差数列？若存在，求出所有满足要求的p，q，r，若不存在，请说明理由．答案：(1)an＝n，bn＝eq\f(n,2n)；(2)eq\f(1,2)－eq\f(1,（n＋1）2n＋1)；(3)存在，p＝1，q＝3，r＝4.或p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，r＝2m＋1.解析：(1)2Sn＝an2＋an①，2Sn＋1＝an＋12＋an＋1②，②－①得2an＋1＝an＋12－an2＋an＋1－an，即(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.1分因为{an}是正数数列，所以an＋1－an－1＝0，即an＋1－an＝1，所以{an}是等差数列，其中公差为1，2分在2Sn＝an2＋an中，令n＝1，得a1＝1，所以an＝n，由2bn＋1＝bn＋eq\f(bn,an)得eq\f(bn＋1,n＋1)＝eq\f(1,2)·eq\f(bn,n)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,n)))是等比数列，其中首项为eq\f(1,2)，公比为eq\f(1,2)，所以eq\f(bn,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，即bn＝eq\f(n,2n).(注：也可累乘求{bn}的通项．)3分(2)cn＝eq\f(bn＋2,Sn)＝eq\f(n＋2,（n2＋n）2n＋1)，裂项得cn＝eq\f(1,n·2n)－eq\f(1,（n＋1）2n＋1)，所以c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,（n＋1）2n＋1).3分(3)假设存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得bp，bq，br成等差数列，则bp＋br＝2bq，即eq\f(p,2p)＋eq\f(r,2r)＝eq\f(2q,2q)，因为bn＋1－bn＝eq\f(n＋1,2n＋1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(1－n,2n＋1)，所以数列{bn}从第二项起单调递减，当p＝1时，eq\f(1,2)＋eq\f(r,2r)＝eq\f(2q,2q)，若q＝2，则eq\f(r,2r)＝eq\f(1,2)，此时无解；7分若q＝3，则eq\f(r,2r)＝eq\f(1,4)，因为{bn}从第二项起递减，故r＝4，所以p＝1，q＝3，r＝4符合要求，若q≥4，则eq\f(b1,bq)≥eq\f(b1,b4)≥2，即b1≥2bq，不符合要求，此时无解；9分当p≥2时，一定有q－p＝1，否则若q－p≥2，则eq\f(bp,bq)≥eq\f(bp,bp＋2)＝eq\f(4p,p＋2)＝eq\f(4,1＋\f(2,p))≥2，即bp≥2bq，矛盾，11分所以q－p＝1，此时eq\f(r,2r)＝eq\f(1,2p)，令r－p＝m＋1，则r＝2m＋1，所以p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，13分综上得，存在p＝1，q＝3，r＝4或p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，r＝2m＋1满足要求.14分微专题51例题答案：略．解法1假设存在正整数p，q，r(p<q<r)，ap，aq，ar成等差数列，那么2·2q＝2p＋2r，在等式两边同除以2p，得2q＋1－p＝1＋2r－p，因为p，q，r是正整数，且p<q<r，所以q＋1－p，r－p都是正整数，所以2q＋1－p，2r－p都是偶数，所以2r－p＋1是奇数，所以2q＋1－p＝1＋2r－p不可能成立，所以不存在正整数p，q，r(p<q<r)，ap，aq，ar成等差数列．解法2假设存在正整数p，q，r(p<q<r)，ap，aq，ar成等差数列，那么2·2q＝2p＋2r，在等式两边同除以2q，得2＝2p－q＋2r－q＝eq\f(1,2q－p)＋2r－q，所以2－2r－q＝eq\f(1,2q－p)，因为p，q，r是正整数，且p<q<r，所以2q－p，2r－q都是正整数，所以eq\f(1,2q－p)是真分数，所以2－2r－q＝eq\f(1,2q－p)不可能成立，所以不存在正整数p，q，r(p<q<r)，ap，aq，ar成等差数列．解法3假设存在正整数p，q，r(p<q<r)，ap，aq，ar成等差数列，那么2·2q＝2p＋2r，在等式两边同除以2q得2＝2p－q＋2r－q＝eq\f(1,2q－p)＋2r－q，所以2－2r－q＝eq\f(1,2q－p)，因为p，q，r是正整数，且p<q<r，所以r－q≥1，q－p>0，所以2－2r－q≤0，eq\f(1,2q－p)>0.所以2－2r－q＝eq\f(1,2q－p)不可能成立，所以不存在正整数p，q，r(p<q<r)，ap，aq，ar成等差数列．变式联想变式1答案：不存在．解析：∵p，q，r成等差数列，∴p＋r＝2q.假设ap－1，aq－1，ar－1成等比数列，则(ap－1)(ar－1)＝(aq－1)2，即(2p－1)(2r－1)＝(2q－1)2，化简得2p＋2r＝2×2q.(*)又因为p，q，r成等差数列，因为p≠r，所以2p＋2r>2eq\r(2p×2r)＝2×2q，这与(*)式矛盾，故假设不成立．所以ap－1，aq－1，ar－1不是等比数列．变式2答案：不存在．解析：假设存在正整数p，q，r(p<q<r)，ap，aq，ar成等比数列，所以(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2))．所以(q2－pr)＋(2q－p－r)eq\r(2)＝0.因为p，q，r都是正整数．所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0，))消去q化简可得p＝r，这与p<q<r矛盾．所以不存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得ap，aq，ar成等比数列．说明：在处理多元方程整数解时，主要考虑因素是等式两边的“范围”是否一致，比如：正数与负数，有理数与无理数，整数与分数，奇数与偶数，等得到矛盾，进而判断方程无解；也根据等式一侧范围来限定另一侧范围，进而得到整数方程的解．串讲激活串讲1答案：(1)an＝2n－1；Tn＝eq\f(n,2n＋1)；(2)m＝2，n＝12.解析：(1)因为{an}是等差数列，由an2＝S2n－1＝eq\f(（a1＋a2n－1）（2n－1）,2)＝(2n－1)an.又因为an≠0，所以an＝2n－1.由bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，所以Tn＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))＝eq\f(n,2n＋1).(2)由(1)知，Tn＝eq\f(n,2n＋1).所以T1＝eq\f(1,3)，Tm＝eq\f(m,2m＋1)，Tn＝eq\f(n,2n＋1).若T1，Tm，Tn成等比数列，则(eq\f(m,2m＋1))2＝eq\f(1,3)(eq\f(n,2n＋1))，即eq\f(m2,4m2＋4m＋1)＝eq\f(n,6n＋3).解法1：由eq\f(m2,4m2＋4m＋1)＝eq\f(n,6n＋3)，可得eq\f(3,n)＝eq\f(－2m2＋4m＋1,m2)，所以－2m2＋4m＋1>0，从而1－eq\f(\r(6),2)<m<1＋eq\f(\r(6),2)，又m∈N*，且m>1，所以m＝2.此时n＝12.故当且仅当m＝2，n＝12，数列{Tn}中的T1，Tm，Tn成等比数列．解法2：因为eq\f(n,6n＋3)＝eq\f(1,6＋\f(3,n))<eq\f(1,6)，故eq\f(m2,4m2＋4m＋1)<eq\f(1,6)，即2m2－4m－1<0，从而1－eq\f(\r(6),2)<m<1＋eq\f(\r(6),2)，(以下同解法一)．串讲2答案：(1)Bn＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(3,2)n；(2)不存在．解析：(1)因为An＝n2，所以当n＝1时，a1＝1，当n≥2时，an＝n2－(n－1)2＝2n－1，又a1符合an，所以an＝2n－1，故bn＋1－bn＝eq\f(1,2)(an＋1－an)＝1，所以数列{bn}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以Bn＝n·2＋eq\f(1,2)·n·(n－1)·1＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(3,2)n.(2)由an＋1－an＝2(bn＋1－bn)得an＋1－an＝2n＋1，所以，当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2n－1＋…＋23＋22＋2＝2n＋1－2，当n＝1时，上式也成立，所以An＝2n＋2－4－2n，又Bn＝2n＋1－2，所以eq\f(An,Bn)＝eq\f(2n＋2－4－2n,2n＋1－2)＝2－eq\f(n,2n－1)，假设存在两个互不相等的整数s，t(1<s<t)，使eq\f(A1,B1)，eq\f(As,Bs)，eq\f(At,Bt)成等差数列，等价于eq\f(1,21－1)，eq\f(s,2s－1)，eq\f(t,2t－1)成等差数列，即eq\f(2s,2s－1)＝eq\f(1,21－1)＋eq\f(t,2t－1)，即eq\f(2s,2s－1)＝1＋eq\f(t,2t－1)，因为1＋eq\f(t,2t－1)>1，所以eq\f(2s,2s－1)>1，即2s<2s＋1，令h(s)＝2s－2s－1(s≥2，s∈N*)，则h(s＋1)－h(s)＝2s－2>0，所以h(s)递增，若s≥3，则h(s)≥h(3)＝1>0，不满足2s<2s＋1，所以s＝2，代入eq\f(2s,2s－1)＝eq\f(1,21－1)＋eq\f(t,2t－1)得2t－3t－1＝0(t≥3)，当t＝3时，显然不符合要求；当t≥4时，令φ(t)＝2t－3t－1(t≥3，t∈N*)，则同理可证φ(t)递增，所以φ(t)≥φ(4)＝3>0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s，t(1<s<t)，使eq\f(A1,B1)，eq\f(As,Bs)，eq\f(At,Bt)成等差数列．新题在线答案：(1)an＝n＋1；(2)p＝5，q＝9；(3)3或14.解析：(1)因为(1－eq\f(1,a1))(1－eq\f(1,a2))…(1－eq\f(1,an))＝eq\f(1,an)，n∈N*，所以当n＝1时，1－eq\f(1,a1)＝eq\f(1,a1)，a1＝2，当n≥2时，由(1－eq\f(1,a1))(1－eq\f(1,a2))…(1－eq\f(1,an))＝eq\f(1,an)和(eq\f(1,1－a1))(1－eq\f(1,a2))…(1－eq\f(1,an－1))＝eq\f(1,an－1)，两式相除可得，1－eq\f(1,an)＝eq\f(an－1,an)，即an－an－1＝1(n≥2)．所以，数列{an}是首项为2，公差为1的等差数列．于是，an＝n＋1.(2)因为ap，30，Sq成等差数列，ap，18，Sq成等比数列，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al