1、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 栏目导航 专项限时集训(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 anan1q(常数 q0)；nN*时，有an1an q
2、(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 a113，an113an 23n1，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 an113an 23n1，nN*，所以 3n1an13nan2，又因为 a113
3、，所以 31a11，所以3nan是首项为 1，公差为2 的等差数列(3)假设存在正整数 p，q，r(pqr)，使 Sp，Sq，Sr 成等差数列，则 2SqSpSr，即2q3q p3p r3r.由于当 n2 时，an(32n)13n0，所以数列Sn单调递减又 pq，所以 pq1 且 q 至少为 2，所以 p3pq13q1，q13q1 2q3qq33q.当 q3 时，p3pq13q1 2q3q，又 r3r0，所以 p3p r3r2q3q，等式不成立当 q2 时，p1，所以4913 r3r，所以 r3r19，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
4、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
5、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，1dq215dq4，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.c20a1
6、749.(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 d 2n11，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 Snnn12；当 b1c23 时，d2，此时 cn2n1，只需取 an2n1，由 3n2m1，得 m3n12，3n 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 Snnn12或 Snn2.(3)存在等差数列an，只需首项 a1(1，q)，公差 dq1.下证 bn 与 bn 1 之间数列an的项数为 bn，即证对任意正整数 n，都有bnab1b2bn11，bn1ab1b2bn，即bna1qqn21bn1a1qqn1 成立由 bna1qqn21qn1a1(1qqn2)(q1)1a10，bn1a1qqn1qna1(1qqn11)(q1)qa10.所以首项 a1(1，q)，公差 dq1 的等差数列an符合题意专项限时集训（六）点击图标进入
