高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題六數(shù)列微專題13數(shù)列中的探索性問題課件

微專題13數(shù)列中的探索性問題微專題13數(shù)列中的探索性問題

題型一新定義數(shù)列的探究型問題例1

(2018江蘇揚(yáng)州高三模擬)已知數(shù)列{an}中,a1=1,前n項(xiàng)和為Sn,若對(duì)任意

的n∈N*,均有Sn=an+k-k(k是常數(shù),且k∈N*)成立,則稱數(shù)列{an}為“H(k)數(shù)列”.(1)若數(shù)列{an}為“H(1)數(shù)列”,求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn;(2)若數(shù)列{an}為“H(2)數(shù)列”,且a2為整數(shù),試問:是否存在數(shù)列{an},使得|

-an-1an+1|≤40對(duì)任意n≥2,n∈N*成立?如果存在,求出這樣數(shù)列{an}的a2的所有可能

值,如果不存在,請(qǐng)說明理由.解析(1)因?yàn)閿?shù)列{an}為“H(1)數(shù)列”,所以Sn=an+1-1,故Sn-1=an-1(n≥2),兩式

相減得an+1=2an(n≥2),在Sn=an+1-1中令n=1,則可得a2=2,故a2=2a1.所以

=2(n∈N*),所以數(shù)列{an}為等比數(shù)列,所以an=2n-1,所以Sn=2n-1.(2)由題意得Sn=an+2-2,故Sn-1=an+1-2(n≥2),兩式相減得an+2=an+1+an(n≥2),所以,當(dāng)n≥2時(shí),

-anan+2=

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

,又因?yàn)閍n+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),所以當(dāng)n≥3時(shí),數(shù)列{|

-an+1an-1|}是常數(shù)列,所以|

-an+1an-1|=|

-a2a4|(n≥3),因?yàn)閍4=a3+a2,所以|

-an+1an-1|=|

-a2a3-

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

|≤40,又n=2時(shí)|

-a1a3|=|

-3|≤40,且a2為整數(shù),所以可解得a2=0,±1,±2,±3,±4,±5,-6.【方法歸納】

對(duì)于新定義數(shù)列中的探究性問題,讀懂、理解新數(shù)列的定義

是重點(diǎn).一般而言,這類題目考查的難點(diǎn)已在新定義中體現(xiàn),后續(xù)反而不會(huì)太

難,但需要具備舉一反三的能力,結(jié)合原有數(shù)列知識(shí)去探求出題目所要求的條

件,大膽嘗試、總結(jié).解析(1)證明:an=2+2(n-1)=2n,a3=6,則a3+n=2×(3+n)=6+2n=a3+an.∴{an}為“3階可分拆數(shù)列”.(2)Sn=2n-a(a>0),a1=S1=2-a,n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=2n-a-(2n-1-a)=2n-1.∵數(shù)列{an}為“1階可分拆數(shù)列”,∴an+1=a1+an,∴2n=2-a+2n-1,∴a=2-2n-1.令n=1時(shí),a=1.(3)假設(shè)數(shù)列{an}為“m階可分拆數(shù)列”.則am+n=am+an成立,∴2n+m+(n+m)2+12=2m+m2+12+2n+n2+12,化為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時(shí)n不存在.∴只有兩組:m=1,n=3;m=3,n=1.題型二探究數(shù)列中是否存在滿足條件的項(xiàng)的問題例2

(2018揚(yáng)州高三考前調(diào)研)已知無窮數(shù)列{an}的各項(xiàng)都不為零,其前n項(xiàng)

和為Sn,且滿足an·an+1=Sn(n∈N*),數(shù)列{bn}滿足bn=

,其中t為正整數(shù).(1)求a2018;(2)若不等式

+

<Sn+Sn+1對(duì)任意n∈N*都成立,求首項(xiàng)a1的取值范圍;(3)若首項(xiàng)a1是正整數(shù),則數(shù)列{bn}中的任意一項(xiàng)是否總可以表示為數(shù)列{bn}中

的其他兩項(xiàng)之積?若是,請(qǐng)給出一種表示方式;若不是,請(qǐng)說明理由.解析(1)令n=1,則a1a2=S1,即a1a2=a1,又a1≠0,故a2=1.由an·an+1=Sn,得an+1·an+2=Sn+1,兩式相減得(an+2-an)an+1=an+1,又an+1≠0,故an+2-an=1.所以數(shù)列{a2n}是首項(xiàng)為1、公差為1的等差數(shù)列.所以a2018=a2+

×1=1009.(2)由(1)知,數(shù)列{a2n}是首項(xiàng)為1,公差為1的等差數(shù)列;數(shù)列{a2n-1}是首項(xiàng)為a1,公

差為1的等差數(shù)列,故an=

所以Sn=

①當(dāng)n是奇數(shù)時(shí),

+

<Sn+Sn+1,即

+

<

+

,即

-2a1<

對(duì)任意正奇數(shù)n恒成立,所以

-2a1<0,即0<a1<2;②當(dāng)n是偶數(shù)時(shí),

+

<Sn+Sn+1,即

+

<

+

,即

-a1<

對(duì)任意正偶數(shù)n恒成立,所以

-a1<1,即

<a1<

.綜合①②得:0<a1<

.(3)由數(shù)列{a2n}是首項(xiàng)為1、公差為1的等差數(shù)列,數(shù)列{a2n-1}是首項(xiàng)為正整數(shù)a

1、公差為1的等差數(shù)列知,數(shù)列{an}的各項(xiàng)都是正整數(shù),設(shè)bn=bmbk,即

=

·

,即am=

,取k=n+2,則ak-an=1,故am=an(an+2+t),不妨設(shè)m是偶數(shù),則

=an(an+2+t)一定是整數(shù),故當(dāng)n是偶數(shù)時(shí),方程bn=bmbk的一組解是

故當(dāng)n是奇數(shù)時(shí),方程bn=bmbk的一組解是

所以,數(shù)列{bn}中的任意一項(xiàng)總可以表示為數(shù)列{bn}中的其他兩項(xiàng)之積.【方法歸納】

(1)此類問題常與函數(shù)、方程、不等式等知識(shí)相互關(guān)聯(lián)滲透,

解題時(shí)注意方程思想、整體思想、分類討論思想以及數(shù)形結(jié)合思想等的靈

活運(yùn)用.(2)數(shù)列中的不等式恒成立問題與函數(shù)問題中的不等式恒成立問題的解法一

致,即都是利用分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為求最值,但要注意數(shù)列的單調(diào)性與函數(shù)單調(diào)性

的研究是有區(qū)別的,關(guān)鍵是數(shù)列的定義域是正整數(shù)集(或其子集).2-1

(2018江蘇鹽城高三期中)已知數(shù)列{an}滿足a1=-1,a2=1,且an+2=

an(n∈N*).(1)求a5+a6的值;(2)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和,求Sn;(3)設(shè)bn=a2n-1+a2n,是否存正整數(shù)i,j,k(i<j<k),使得bi,bj,bk成等差數(shù)列?若存在,求出

所有滿足條件的i,j,k;若不存在,請(qǐng)說明理由.解析(1)由題意,為n為奇數(shù)時(shí),an+2=

an;當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),an+2=

an.又a1=-1,a2=1,∴a3=-

,a5=-

,a4=

,a6=

,則a5+a6=2.(2)①當(dāng)n=2k時(shí),Sn=S2k=(a1+a3+…+a2k-1)+(a2+a4+…+a2k)=

+

=2

-4=2

-4.②當(dāng)n=2k-1時(shí),Sn=S2k-a2k=2

-4-

=2×

+

-4=2×

+

-4.∴Sn=

(3)由(1),得bn=a2n-1+a2n=

-

≥0(僅b1=0且{bn}遞增).∵k>j,且k,j∈Z,∴k≥j+1.①當(dāng)k≥j+2時(shí),bk≥bj+2,若bi,bj,bk成等差數(shù)列,則bi=2bj-bk≤2bj-bj+2=2

-

=-

×

-

×

<0,此與bn≥0矛盾.故此時(shí)不存在這樣的等差數(shù)列;②當(dāng)k=j+1時(shí),bk=bj+1,若bi,bj,bk成等差數(shù)列,則bi=2bj-bk=2bj-bj+1=2

-

=

×

-

×

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

×

-

×

≤

-

,得

+5×

≤0,矛盾,∴i=j-1.從而2bj=bj-1+bj+1,得2

=

+

,化簡(jiǎn),得3j-2=1,解得j=2.從而,滿足條件的i,j,k只有唯一一組解,即i=1,j=2,k=3.題型三數(shù)列滿足條件的參數(shù)的存在性問題例3

(2018江蘇啟東中學(xué)高三上學(xué)期第二次月考)已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列,

a1=1,公比為q,且q≠1,Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.(1)若a3+a5=20,求

;(2)若調(diào)換a1,a2,a3的順序后能構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列,求q的所有可能值;(3)是否存在正常數(shù)c,q,使得對(duì)任意正整數(shù)n,不等式

>2總成立?若存在,求出q的范圍;若不存在,請(qǐng)說明理由.解析(1)因?yàn)閍1=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成等差數(shù)列,則2a1=a3+a2,q2+q-2=0,解得q=-2或1(舍去);若a1,a3,a2或a2,a3,a1成等差數(shù)列,則2a3=a1+a2,2q2-q-1=0,解得q=-

或1(舍去);若a3,a2,a1成等差數(shù)列,則2a2=a3+a1,q2-2q+1=0,解得q=1(舍去).綜上,q=-2或-

.(3)由

-2>0(c>0),可得

<0,故等價(jià)于c<Sn<2c恒成立.因?yàn)閍1=1,an>0,所以Sn≥1,得到c<1.當(dāng)q>1時(shí),S2>2>2c不可能成立;當(dāng)

<q<1時(shí),令

>2,得qn<2q-1,解得n>logq(2q-1).因?yàn)?/p>

<q<1,所以logq(2q-1)>1,即當(dāng)n>logq(2q-1)時(shí),Sn>2,所以Sn<2c不可能成立;當(dāng)q=

時(shí),由

<2c,即1-

<c,所以

>1-c,則當(dāng)n>lo

(1-c)時(shí),Sn<2c不成立;當(dāng)0<q<

時(shí),Sn=

<

,所以當(dāng)

<c<1時(shí),c<Sn<2c恒成立.綜上,存在正常數(shù)c,q,使得對(duì)任意正整數(shù)n,不等式

>2總成立,q的取值范圍為

.【方法歸納】

此類問題往往結(jié)合整數(shù)方程、函數(shù)的性質(zhì)等進(jìn)行求解,需要

在理解題意的基礎(chǔ)上不斷地嘗試探索,往往是從特殊到一般尋找規(guī)律,會(huì)使用

到列舉法、特殊值法、代入驗(yàn)證等方法.總之,我們必須仔細(xì)審題,合情推理,

恰當(dāng)轉(zhuǎn)化,透過現(xiàn)象看本質(zhì).解析(1)當(dāng)k=

時(shí),由an+1=k(an+an+2)得an+1=

(an+an+2),即an+2-an+1=an+1-an,所以數(shù)列{an}為等差數(shù)列,公差為d=a2-a1=a-1,數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn=n+

·(a-1),由S18=171得171=18+

·(a-1),解得a=2.(2)設(shè)存在k使數(shù)列{an}為等比數(shù)列,則其公比為q=

=a,an=an-1,an+1=an,an+2=an+1.①an+1為等差中項(xiàng),則2an+1=an+an+2,即2an=an-1+an+1,解得a=1,與已知不符,舍去;②若an為等差中項(xiàng),則2an=an+1+an+2,即2an-1=an+an+1,