新高考数学专题复习专题39数列中的探索性问题专题练习(学生版+解析)

专题39数列中的探索性问题数列中的探究性问题实际上就是不定方程解的问题，对于此类问题的求解，通常有以下三种常用的方法：①利用等式两边的整数是奇数还是偶数的方法来加以判断是否存在；②利用寻找整数的因数的方法来进行求解，本题的解题思路就是来源于此；③通过求出变量的取值范围，从而对范围内的整数值进行试根的方法来加以求解．对于研究不定方程的解的问题，也可以运用反证法，反证法证明命题的基本步骤：①反设：设要证明的结论的反面成立．作反设时要注意把结论的所有反面都要写出来，不要有遗漏．②归谬：从反设出发，通过正确的推理得出与已知条件或公理、定理矛盾的结论．③存真：否定反设，从而得出原命题结论成立．一、题型选讲题型一、数列中项存在的问题例1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知等差数列的前n项和为．(1)求的通项公式；(2)数列满足为数列的前n项和，是否存在正整数m，，使得?若存在，求出m，k的值；若不存在，请说明理由．例2、（江苏省响水中学2020年秋学期高三年级第三次学情分析考试）在①，，成等比数列，且；②，且这两个条件中任选一个填入下面的横线上并解答．已知数列是公差不为0的等差数列，，其前n项和为，数列的前n项和为，若．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前n项和．（3）设等比数列的首项为2，公比为，其前项和为，若存在正整数，使得，求的值.例3、(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．题型二、数列中的等差数列或者等比数列的存在问题例4、（河北省衡水中学2021届上学期高三年级二调考试）已知正项数列的前项和为,,，其中为常数．(1)证明：(2)是否存在实数，使得数列为等比数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．例5、(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＝aeq\o\al(2,n)＋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．题型三、数列中的参数的问题例6、（恩施高中

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襄阳三中）在①为等比数列，,②为等差数列，,③为等比数列，。这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并作答。已知数列满足,数列满足____________,为数列的前项和,是否存在正整数,使得成立?若存在,求出的最小值；若不存在,请说明理由。例7、【2020年高考江苏】已知数列的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“λ～k”数列．（1）若等差数列是“λ～1”数列，求λ的值；（2）若数列是“”数列，且，求数列的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列为“λ～3”数列，且？若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由．（公众号：高中数学最新试题）二、达标训练1、【2020年高考山东】已知公比大于的等比数列满足．（1）求的通项公式；（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．2、（徐州一中、兴化中学2021届两校联合第二次适应性考试）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的存在，求实数的取值范围；若问题中的不存在，请说明理由.设等差数列的前n项和为，数列的前n项和为，___________，，()，是否存在实数，对任意都有？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．3、（湖南师大附中2021届高三年级上学期第二次月考）已知各项均为整数的数列满足，，前6项依次成等差数列，从第五项起依次成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)求出所有的正整数，使得4、(2019扬州期末）记无穷数列{an}的前n项中最大值为Mn，最小值为mn，令bn＝eq\f(Mn＋mn,2)，数列{an}的前n项和为An，数列{bn}的前n项和为Bn.(1)若数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，求Bn.(2)若数列{bn}是等差数列，试问数列{an}是否也一定是等差数列？若是，请证明；若不是，请举例说明．专题39数列中的探索性问题数列中的探究性问题实际上就是不定方程解的问题，对于此类问题的求解，通常有以下三种常用的方法：①利用等式两边的整数是奇数还是偶数的方法来加以判断是否存在；②利用寻找整数的因数的方法来进行求解，本题的解题思路就是来源于此；③通过求出变量的取值范围，从而对范围内的整数值进行试根的方法来加以求解．对于研究不定方程的解的问题，也可以运用反证法，反证法证明命题的基本步骤：①反设：设要证明的结论的反面成立．作反设时要注意把结论的所有反面都要写出来，不要有遗漏．②归谬：从反设出发，通过正确的推理得出与已知条件或公理、定理矛盾的结论．③存真：否定反设，从而得出原命题结论成立．一、题型选讲题型一、数列中项存在的问题例1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知等差数列的前n项和为．(1)求的通项公式；(2)数列满足为数列的前n项和，是否存在正整数m，，使得?若存在，求出m，k的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）设等差数列的公差为d，由得，解得，；（2），，，若，则，整理得，又，，整理得，解得，又，，，∴存在满足题意．例2、（江苏省响水中学2020年秋学期高三年级第三次学情分析考试）在①，，成等比数列，且；②，且这两个条件中任选一个填入下面的横线上并解答．已知数列是公差不为0的等差数列，，其前n项和为，数列的前n项和为，若．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前n项和．（3）设等比数列的首项为2，公比为，其前项和为，若存在正整数，使得，求的值.【解析】（1）选①，选②…………4分（2）………………8分（3）由（1）可得，，由，得，所以，因为，所以，即，由于，所以，当时，，当时，，所以的值为………………12分例3、(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．【解析】(1)因为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*，所以当n＝1时，1－eq\f(1,a1)＝eq\f(1,a1)，所以a1＝2，(1分)当n≥2时，由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)和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－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.(4分)(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\co1(ap＋Sq＝60，,apSq＝182，))于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ap＝6，,Sq＝54，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ap＝54，,Sq＝6.))(7分)当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ap＝6，,Sq＝54))时，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＋1＝6，,\f(（q＋3）q,2)＝54，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＝5，,q＝9，))当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ap＝54，,Sq＝6))时，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＋1＝54，,\f(（q＋3）q,2)＝6，))无正整数解，所以p＝5，q＝9.(10分)(3)假设存在满足条件的正整数k，使得eq\r(akak＋1＋16)＝am(m∈N*)，则eq\r(（k＋1）（k＋2）＋16)＝m＋1，平方并化简得，(2m＋2)2－(2k＋3)2＝63，(11分)则(2m＋2k＋5)(2m－2k－1)＝63，(12分)所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＋2k＋5＝63，,2m－2k－1＝1，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＋2k＋5＝21，,2m－2k－1＝3，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＋2k＋5＝9，,2m－2k－1＝7，))(14分)解得m＝15，k＝14或m＝5，k＝3或m＝3，k＝－1(舍去)．综上所述，k＝3或14.(16分)（公众号：高中数学最新试题）题型二、数列中的等差数列或者等比数列的存在问题例4、（河北省衡水中学2021届上学期高三年级二调考试）已知正项数列的前项和为,,，其中为常数．(1)证明：(2)是否存在实数，使得数列为等比数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明：因为，，所以，所以因为，所以，所以，所以（6分）(2)解：因为，所以，两式相减，得因为，即，所以，由，得若是等比数列，则，即，解得经检验，符合题意.故存在，使得数列为等比数列．(12分)例5、(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＝aeq\o\al(2,n)＋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．【解析】(1)2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an①，2Sn＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)＋an＋1②，②－①得2an＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＋an＋1－an，即(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.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.在2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an中，令n＝1，得a1＝1，所以an＝n.(2分)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).(5分)(注：也可累乘求bn的通项．)(2)由(1)得cn＝eq\f(bn＋2,Sn)＝eq\f(n＋2,（n2＋n）2n＋1)，所以cn＝eq\f(1,n·2n)－eq\f(1,（n＋1）2n＋1)，(7分)所以c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,（n＋1）2n＋1)＝eq\f(（n＋1）2n－1,（n＋1）2n＋1).(9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；若q＝3，则eq\f(r,2r)＝eq\f(1,4)，且{bn}从第二项起递减，故r＝4，所以p＝1，q＝3，r＝4符合要求；(11分)若q≥4，则eq\f(b1,bq)≥eq\f(b1,b4)＝2，即b1≥2bq，又因为b1＋br＝2bq，所以b1<2bq，矛盾．此时无解．(12分)当p≥2时，一定有q－p＝1.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，这与bp＋br＝2bq矛盾，所以q－p＝1.此时eq\f(r,2r)＝eq\f(1,2p)，则r＝2r－p.令r－p＝m＋1，则r＝2m＋1，所以p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，m∈N*.综上得，存在p＝1，q＝3，r＝4或p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，r＝2m＋1(m∈N*)满足要求．(16分)题型三、数列中的参数的问题例6、（恩施高中

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襄阳三中）在①为等比数列，,②为等差数列，,③为等比数列，。这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并作答。已知数列满足,数列满足____________,为数列的前项和,是否存在正整数,使得成立?若存在,求出的最小值；若不存在,请说明理由。【解析】：由可得,,两式相减可得,,所以,当时,由可得,,满足,所以,若选①可得,所以,此时,可得,,可得,所以存在最小值为.若选②,可得，所以，此时可得，，所以存在最小值为10若选③,可得，所以，此时所以那么两式相减得，所以不存在整数k例7、【2020年高考江苏】已知数列的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“λ～k”数列．（1）若等差数列是“λ～1”数列，求λ的值；（2）若数列是“”数列，且，求数列的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列为“λ～3”数列，且？若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由．【解析】（1）因为等差数列是“λ～1”数列，则，即，也即，此式对一切正整数n均成立．若，则恒成立，故，而，这与是等差数列矛盾．所以．（此时，任意首项为1的等差数列都是“1～1”数列）（2）因为数列是“”数列，所以，即．因为，所以，则．令，则，即．解得，即，也即，所以数列是公比为4的等比数列．因为，所以．则（3）设各项非负的数列为“”数列，则，即．因为，而，所以，则．令，则，即．（*）①若或，则（*）只有一解为，即符合条件的数列只有一个．（此数列为1，0，0，0，…）②若，则（*）化为，因为，所以，则（*）只有一解为，即符合条件的数列只有一个．（此数列为1，0，0，0，…）③若，则的两根分别在（0，1）与（1，+∞）内，则方程（*）有两个大于或等于1的解：其中一个为1，另一个大于1（记此解为t）．所以或．由于数列从任何一项求其后一项均有两种不同结果，所以这样的数列有无数多个，则对应的有无数多个．综上所述，能存在三个各项非负的数列为“”数列，的取值范围是．二、达标训练1、【2020年高考山东】已知公比大于的等比数列满足．（1）求的通项公式；（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．【解析】（1）设的公比为．由题设得，．解得（舍去），．由题设得．所以的通项公式为．（2）由题设及（1）知，且当时，．所以．2、（徐州一中、兴化中学2021届两校联合第二次适应性考试）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的存在，求实数的取值范围；若问题中的不存在，请说明理由.设等差数列的前n项和为，数列的前n项和为，___________，，()，是否存在实数，对任意都有？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】设等差数列的公差为d，当时，，得，从而，当时，，得，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，由对任意，都有，可知等差数列的前n项和存在最小值，假设时，取最小值，所以；（1）若补充条件是①，因为，，从而，由得，所以，由等差数列的前n项和存在最小值，又，所以，所以，故实数的取值范围为.（2）若补充条件是②，由，即，又，所以；所以，由等差数列的前n项和存在最小值，则，得，所以，所以不存在k，使得取最小值，故实数不存在.（3）若补充条件是③，由，得，又，所以，所以，由等差数列的前n项和存在最小值，则，得，又，所以，所以存在，使得取最小值，所以，故实数的取值范围为.3、（湖南师大附中2021届高三年级上学期第二次月考）已知各项均为整数的数列满足，，前6项依次成等差数列，从第五项起依次成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)求出所有的正整数，使得【解析】(1)设前6项的公差为，则,,成等比数列，,解得：,（舍），时，,,，则,时，,…6分(2)由(1)可得：则当时，,当时，,,当时，,当时，,,,当时，假设存在，使得,则有即：,,,，从而无解，时，不存在这样的，使得,综上所述：或.…………12分4、(2019扬州期末）记无穷数列{an}的前n项中最大值为Mn，最小值为mn，令bn＝eq\f(Mn＋mn,2)，数列{an}的前n项和为An，数列{bn}的前n项和为Bn.(1)若数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，求Bn.(2)若数列{bn}是等差数列，试问数列{an}是否也一定是等差数列？若是，请证明；若不是，请举例说明．．规范解答(1)因为数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n，所以mn＝2，Mn＝an＝2n，则有bn＝eq\f(2＋2n,2)＝1＋2n－1，从而Bn＝n＋eq\f(1－2n,1－2)×1＝2n－1＋n.(4分)(2)解法1(参数讨论法)若数列{bn}是等差数列，设其公差为d′.bn－bn－1＝eq\f(Mn＋mn,2)－eq\f(Mn－1＋mn－1,2)＝eq\f(Mn－Mn－1,2)＋eq\f(mn－mn－1,2)＝d′.根据Mn，mn的定义，有以下结论：Mn≥Mn－1，mn≤mn－1，且两个不等式中至少有一个取等号．(6分)说明：若两不等式均不取等号，即Mn>Mn－1，mn<mn－1，则an＝Mn>Mn－1≥an－1，则an>an－1>…>a2>a1，而此时有mn＝mn－1＝a1，不合题意，故两不等式中至少有一个取等号．①若d′>0，则必有Mn>Mn－1，所以an＝Mn>Mn－1≥an－1，即对n≥2，n∈N*，都有an>an－1，所以Mn＝an，mn＝a1，bn－bn－1＝eq\f(Mn＋mn,2)－eq\f(Mn－1＋mn－1,2)＝eq\f(an＋a1,2)－eq\f(an－1＋a1,2)＝eq\f(an－an－1,2)＝d′，所以an－an－1＝2d′，即{an}为等差数列．(7分)②若d′<0时，则必有mn<mn－1，所以an＝mn<mn－1≤an－1，即对n≥2，n∈N*，都有an<a－1，所以Mn＝a1，mn＝an，bn－bn－1＝eq\f(Mn＋mn,2)－eq\f(M