高考数学二轮复习专题六数列微专题13数列中的探索性问题课件

微专题13数列中的探索性问题微专题13数列中的探索性问题

题型一新定义数列的探究型问题例1

(2018江苏扬州高三模拟)已知数列{an}中,a1=1,前n项和为Sn,若对任意

的n∈N*,均有Sn=an+k-k(k是常数,且k∈N*)成立,则称数列{an}为“H(k)数列”.(1)若数列{an}为“H(1)数列”,求数列{an}的前n项和Sn;(2)若数列{an}为“H(2)数列”,且a2为整数,试问:是否存在数列{an},使得|

-an-1an+1|≤40对任意n≥2,n∈N*成立?如果存在,求出这样数列{an}的a2的所有可能

值,如果不存在,请说明理由.解析(1)因为数列{an}为“H(1)数列”,所以Sn=an+1-1,故Sn-1=an-1(n≥2),两式

相减得an+1=2an(n≥2),在Sn=an+1-1中令n=1,则可得a2=2,故a2=2a1.所以

=2(n∈N*),所以数列{an}为等比数列,所以an=2n-1,所以Sn=2n-1.(2)由题意得Sn=an+2-2,故Sn-1=an+1-2(n≥2),两式相减得an+2=an+1+an(n≥2),所以,当n≥2时,

-anan+2=

-an(an+1+an)=an+1(an+1-an)-

,又因为an+1-an=an-1(n≥3),所以

-anan+2=an+1(an+1-an)-

=an+1an-1-

,所以|

-anan+2|=|

-an+1an-1|(n≥3),所以当n≥3时,数列{|

-an+1an-1|}是常数列,所以|

-an+1an-1|=|

-a2a4|(n≥3),因为a4=a3+a2,所以|

-an+1an-1|=|

-a2a3-

|(n≥3).在Sn=an+2-2中令n=1,则可得a3=3,所以|9-3a2-

|≤40,又n=2时|

-a1a3|=|

-3|≤40,且a2为整数,所以可解得a2=0,±1,±2,±3,±4,±5,-6.【方法归纳】

对于新定义数列中的探究性问题,读懂、理解新数列的定义

是重点.一般而言,这类题目考查的难点已在新定义中体现,后续反而不会太

难,但需要具备举一反三的能力,结合原有数列知识去探求出题目所要求的条

件,大胆尝试、总结.解析(1)证明:an=2+2(n-1)=2n,a3=6,则a3+n=2×(3+n)=6+2n=a3+an.∴{an}为“3阶可分拆数列”.(2)Sn=2n-a(a>0),a1=S1=2-a,n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-a-(2n-1-a)=2n-1.∵数列{an}为“1阶可分拆数列”,∴an+1=a1+an,∴2n=2-a+2n-1,∴a=2-2n-1.令n=1时,a=1.(3)假设数列{an}为“m阶可分拆数列”.则am+n=am+an成立,∴2n+m+(n+m)2+12=2m+m2+12+2n+n2+12,化为2n+m+2mn=2m+2n+12,∴(2m-1)(2n-1)+2mn=13.可得:m=1,n=3;m=2,n不存在;m=3,n=1;m≥4时n不存在.∴只有两组:m=1,n=3;m=3,n=1.题型二探究数列中是否存在满足条件的项的问题例2

(2018扬州高三考前调研)已知无穷数列{an}的各项都不为零,其前n项

和为Sn,且满足an·an+1=Sn(n∈N*),数列{bn}满足bn=

,其中t为正整数.(1)求a2018;(2)若不等式

+

<Sn+Sn+1对任意n∈N*都成立,求首项a1的取值范围;(3)若首项a1是正整数,则数列{bn}中的任意一项是否总可以表示为数列{bn}中

的其他两项之积?若是,请给出一种表示方式;若不是,请说明理由.解析(1)令n=1,则a1a2=S1,即a1a2=a1,又a1≠0,故a2=1.由an·an+1=Sn,得an+1·an+2=Sn+1,两式相减得(an+2-an)an+1=an+1,又an+1≠0,故an+2-an=1.所以数列{a2n}是首项为1、公差为1的等差数列.所以a2018=a2+

×1=1009.(2)由(1)知,数列{a2n}是首项为1,公差为1的等差数列;数列{a2n-1}是首项为a1,公

差为1的等差数列,故an=

所以Sn=

①当n是奇数时,

+

<Sn+Sn+1,即

+

<

+

,即

-2a1<

对任意正奇数n恒成立,所以

-2a1<0,即0<a1<2;②当n是偶数时,

+

<Sn+Sn+1,即

+

<

+

,即

-a1<

对任意正偶数n恒成立,所以

-a1<1,即

<a1<

.综合①②得:0<a1<

.(3)由数列{a2n}是首项为1、公差为1的等差数列,数列{a2n-1}是首项为正整数a

1、公差为1的等差数列知,数列{an}的各项都是正整数,设bn=bmbk,即

=

·

,即am=

,取k=n+2,则ak-an=1,故am=an(an+2+t),不妨设m是偶数,则

=an(an+2+t)一定是整数,故当n是偶数时,方程bn=bmbk的一组解是

故当n是奇数时,方程bn=bmbk的一组解是

所以,数列{bn}中的任意一项总可以表示为数列{bn}中的其他两项之积.【方法归纳】

(1)此类问题常与函数、方程、不等式等知识相互关联渗透,

解题时注意方程思想、整体思想、分类讨论思想以及数形结合思想等的灵

活运用.(2)数列中的不等式恒成立问题与函数问题中的不等式恒成立问题的解法一

致,即都是利用分离参数转化为求最值,但要注意数列的单调性与函数单调性

的研究是有区别的,关键是数列的定义域是正整数集(或其子集).2-1

(2018江苏盐城高三期中)已知数列{an}满足a1=-1,a2=1,且an+2=

an(n∈N*).(1)求a5+a6的值;(2)Sn为数列{an}的前n项的和,求Sn;(3)设bn=a2n-1+a2n,是否存正整数i,j,k(i<j<k),使得bi,bj,bk成等差数列?若存在,求出

所有满足条件的i,j,k;若不存在,请说明理由.解析(1)由题意,为n为奇数时,an+2=

an;当n为偶数时,an+2=

an.又a1=-1,a2=1,∴a3=-

,a5=-

,a4=

,a6=

,则a5+a6=2.(2)①当n=2k时,Sn=S2k=(a1+a3+…+a2k-1)+(a2+a4+…+a2k)=

+

=2

-4=2

-4.②当n=2k-1时,Sn=S2k-a2k=2

-4-

=2×

+

-4=2×

+

-4.∴Sn=

(3)由(1),得bn=a2n-1+a2n=

-

≥0(仅b1=0且{bn}递增).∵k>j,且k,j∈Z,∴k≥j+1.①当k≥j+2时,bk≥bj+2,若bi,bj,bk成等差数列,则bi=2bj-bk≤2bj-bj+2=2

-

=-

×

-

×

<0,此与bn≥0矛盾.故此时不存在这样的等差数列;②当k=j+1时,bk=bj+1,若bi,bj,bk成等差数列,则bi=2bj-bk=2bj-bj+1=2

-

=

×

-

×

,又∵i<j,且i,j∈Z,∴i≤j-1.若i≤j-2,则bi≤bj-2,得

×

-

×

≤

-

,得

+5×

≤0,矛盾,∴i=j-1.从而2bj=bj-1+bj+1,得2

=

+

,化简,得3j-2=1,解得j=2.从而,满足条件的i,j,k只有唯一一组解,即i=1,j=2,k=3.题型三数列满足条件的参数的存在性问题例3

(2018江苏启东中学高三上学期第二次月考)已知数列{an}为等比数列,

a1=1,公比为q,且q≠1,Sn为数列{an}的前n项和.(1)若a3+a5=20,求

;(2)若调换a1,a2,a3的顺序后能构成一个等差数列,求q的所有可能值;(3)是否存在正常数c,q,使得对任意正整数n,不等式

>2总成立?若存在,求出q的范围;若不存在,请说明理由.解析(1)因为a1=1,a3+a5=20,所以q4+q2-20=0,所以q2=4或q2=-5(舍去).所以

=1+q4=17.(2)若a2,a1,a3或a3,a1,a2成等差数列,则2a1=a3+a2,q2+q-2=0,解得q=-2或1(舍去);若a1,a3,a2或a2,a3,a1成等差数列,则2a3=a1+a2,2q2-q-1=0,解得q=-

或1(舍去);若a3,a2,a1成等差数列,则2a2=a3+a1,q2-2q+1=0,解得q=1(舍去).综上,q=-2或-

.(3)由

-2>0(c>0),可得

<0,故等价于c<Sn<2c恒成立.因为a1=1,an>0,所以Sn≥1,得到c<1.当q>1时,S2>2>2c不可能成立;当

<q<1时,令

>2,得qn<2q-1,解得n>logq(2q-1).因为

<q<1,所以logq(2q-1)>1,即当n>logq(2q-1)时,Sn>2,所以Sn<2c不可能成立;当q=

时,由

<2c,即1-

<c,所以

>1-c,则当n>lo

(1-c)时,Sn<2c不成立;当0<q<

时,Sn=

<

,所以当

<c<1时,c<Sn<2c恒成立.综上,存在正常数c,q,使得对任意正整数n,不等式

>2总成立,q的取值范围为

.【方法归纳】

此类问题往往结合整数方程、函数的性质等进行求解,需要

在理解题意的基础上不断地尝试探索,往往是从特殊到一般寻找规律,会使用

到列举法、特殊值法、代入验证等方法.总之,我们必须仔细审题,合情推理,

恰当转化,透过现象看本质.解析(1)当k=

时,由an+1=k(an+an+2)得an+1=

(an+an+2),即an+2-an+1=an+1-an,所以数列{an}为等差数列,公差为d=a2-a1=a-1,数列{an}的前n项和为Sn=n+

·(a-1),由S18=171得171=18+

·(a-1),解得a=2.(2)设存在k使数列{an}为等比数列,则其公比为q=

=a,an=an-1,an+1=an,an+2=an+1.①an+1为等差中项,则2an+1=an+an+2,即2an=an-1+an+1,解得a=1,与已知不符,舍去;②若an为等差中项,则2an=an+1+an+2,即2an-1=an+an+1,