专题22 数列中的探究性问题（解析版）

专题22数列中的探究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、(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．eq\a\vs4\al(思路分析)(1)利用关系式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)对一切n∈N*恒成立，通过赋值，整体处理，将复杂的递推关系式转化为an与an－1的关系式，根据定义可求得数列{an}的通项公式，这也是处理复杂递推数列关系式常用的方法；(2)利用等差中项、等比中项的性质得到关于正整数p，q的方程，通过简单的分类讨论即可解决；(3)本题的难点在于对式子eq\r(（k＋1）（k＋2）＋16)＝m＋1的处理，两边平方得k2＋3k＋18＝m2＋2m＋1，两边同乘以4得4k2＋12k＋72＝4m2＋8m＋4，分组配方得(2m＋2)2－(2k＋3)2＝63，利用平方差公式因式分解得(2m＋2k＋5)(2m－2k－1)＝63，因式分解及一定的代数变形技巧是解决这类不定方程问题的关键．规范解答(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)例2、(2019苏州期初调查）已知数列{an}的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列，数列{an}前n项和为Sn，且满足S3＝a4，a5＝a2＋a3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若amam＋1＝am＋2，求正整数m的值；(3)是否存在正整数m，使得eq\f(S2m,S2m－1)恰好为数列{an}中的一项？若存在，求出所有满足条件的m值，若不存在，说明理由．eq\a\vs4\al(思路分析)(1)建立方程组，求出公比和公差，用分段的形式写出{an}的通项公式．(2)对m分奇、偶数，根据通项公式和amam＋1＝am＋2建立方程，求出m的值．(3)运用求和公式求出S2m和S2m－1，计算eq\f(S2m,S2m－1)，通过分析其值只能为a1，a2，a3，分情况讨论，解方程，求m的值．规范解答(1)设奇数项的等差数列公差为d，偶数项的等比数列公比为q.所以数列{an}的前5项依次为1，2，1＋d，2q，1＋2d.因为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S3＝a4，a5＝a2＋a3，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4＋d＝2q，1＋2d＝3＋d，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝2，q＝3.))(2分)所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(n，,n为奇数，2·3\f(3,2)－1，,n为偶数.)))(4分)(2)因为amam＋1＝am＋2.1°若m＝2k(k∈N*)，则a2ka2k＋1＝a2k＋2，所以2·3k－1·(2k＋1)＝2·3k，即2k＋1＝3，所以k＝1，即m＝2.(6分)2°若m＝2k－1(k∈N*)，则a2k－1a2k＝a2k＋1，所以(2k－1)×2·3k－1＝2k＋1，所以2·3k－1＝eq\f(2k＋1,2k－1)＝1＋eq\f(2,2k－1).因为2·3k－1为整数，所以eq\f(2,2k－1)必为整数，所以2k－1＝1，所以k＝1，此时2·30≠3.不合题意．(8分)综上可知m＝2.(9分)(3)因为S2m＝(a1＋a3＋…＋a2m－1)＋(a2＋a4＋…＋a2m)＝eq\f(m（1＋2m－1）,2)＋eq\f(2（1－3m）,1－3)＝3m＋m2－1.(10分)S2m－1＝S2m－a2m＝3m＋m2－1－2·3m－1＝3m－1＋m2－1.(11分)所以eq\f(S2m,S2m－1)＝eq\f(3m＋m2－1,3m－1＋m2－1)＝3－eq\f(2（m2－1）,3m－1＋m2－1)≤3.(12分)若eq\f(S2m,S2m－1)为数列{an}中的项，则只能为a1，a2，a3.1°eq\f(S2m,S2m－1)＝1，则3－eq\f(2（m2－1）,3m－1＋m2－1)＝1，所以3m－1＝0，m无解．(13分)2°eq\f(S2m,S2m－1)＝2，则3－eq\f(2（m2－1）,3m－1＋m2－1)＝2，所以3m－1＋1－m2＝0.当m＝1时，等式不成立；当m＝2时，等式成立；当m≥3时，令f(x)＝3x－1＋1－x2＝eq\f(1,3)·3x＋1－x2.所以f′(x)＝eq\f(ln3,3)·3x－2x，f″(x)＝eq\f(ln23,3)·3x－2.因为f″(x)在(14分)3°eq\f(S2m,S2m－1)＝3，则3－eq\f(2（m2－1）,3m－1＋m2－1)＝3，所以m2－1＝0，即m＝1.(15分)综上可知m＝1或m＝2.(16分)题型二、数列中的等差数列或者等比数列的存在问题例3、(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．规范解答(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)例4、(2019常州期末）已知数列{an}中，a1＝1，且an＋1＋3an＋4＝0，n∈N*.(1)求证：{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)数列{an}中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求满足条件的项；若不存在，说明理由．规范解答(1)由an＋1＋3an＋4＝0得an＋1＋1＝－3(an＋1)，n∈N*.(2分)其中a1＝1，所以a1＋1＝2≠0，可得an＋1≠0，n∈N*.(4分)所以eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝－3，n∈N*，所以{an＋1}是以2为首项，－3为公比的等比数列．(6分)所以an＋1＝2(－3)n－1，即an＝2(－3)n－1－1，则数列{an}的通项公式为an＝2(－3)n－1－1，n∈N*.(8分)(2)若数列{an}中存在三项am，an，ak(m<n<k)符合题意，其中k－n，k－m，n－m都是正整数．(9分)分以下三种情形：①am位于中间，则2am＝an＋ak，即2＝2(－3)n－1－1＋2(－3)k－1－1，所以2(－3)m＝(－3)n＋(－3)k，两边同时除以(－3)m得2＝(－3)n－m＋(－3)k－m，等式右边是3的倍数，等式不成立，舍去；②an位于中间，则2an＝am＋ak，即2＝2(－3)m－1－1＋2(－3)k－1－1，所以2(－3)n＝(－3)m＋(－3)k，两边同时除以(－3)m得2(－3)n－m＝1＋(－3)k－m，即1＝2(－3)n－m－(－3)k－m，等式右边是3的倍数，等式不成立，舍去；③ak位于中间，则2ak＝am＋an，即2＝2(－3)m－1－1＋2(－3)n－1－1，所以2(－3)k＝(－3)m＋(－3)n，两边同时除以(－3)m，得2(－3)k－m＝1＋(－3)n－m，即1＝2(－3)k－m－(－3)n－m，等式右边是3的倍数，等式不成立，舍去．(15分)综上可得，数列{an}中不存在三项满足题意．(16分)题型三、数列中的有序实数对的问题例5、(2018苏中三市、苏北四市三调）已知数列满足，数列的前项和为．（1）求的值；（2）若．=1\*GB3①求证：数列为等差数列；=2\*GB3②求满足的所有数对．【思路分析】（1）直接令得到关系式，两式相减，求出的值分别赋值，得到关系式，两式相减，得到，结合，计算出，从而求，代入关系式，得出，利用定义法证明为等差数列求和得到，代入关系式整理得，需要转化两个因数相乘的形式，变形处理，利用平方差公式得到，因为且均为正整数，则两个因数只能为27和1，从而求出的值.规范解答（1）由条件，得，②①得．………3分（2）①证明：因为，所以，④③得，………………6分于是，所以，从而．………………8分所以，所以，将其代入③式，得，所以（常数），所以数列为等差数列．………………10分②注意到，所以，……………12分由知．所以，即，又，所以且均为正整数，所以，解得，所以所求数对为．…………………16分题型四、数列中的参数的问题例6、(2019苏州期末）定义：对于任意n∈N*，xn＋xn＋2－xn＋1仍为数列{xn}中的项，则称数列{xn}为“回归数列”．(1)已知an＝2n(n∈N*)，判断数列{an}是否为“回归数列”，并说明理由；(2)若数列{bn}为“回归数列”，b3＝3，b9＝9，且对于任意n∈N*，均有bn<bn＋1成立．①求数列{bn}的通项公式；②求所有的正整数s，t，使得等式eq\f(beq\o\al(2,s)＋3s＋1－1,beq\o\al(2,s)＋3s－1)＝bt成立．eq\a\vs4\al(思路分析)(1)验证an＋an＋2－an＋1是否是数列{an}中的项．对于否定结论也可举反例．(2)①利用数列{bn}是单调递增数列，可得数列{bn}等差数列，易得bn＝n；②先得eq\f(beq\o\al(2,s)＋3s＋1－1,beq\o\al(2,2)＋3s－1)＝eq\f(s2＋3s＋1－1,s2＋3s－1)∈(1，3]，从而t的可能取值为2或3.解：(1)假设{an}是“回归数列”，则对任意n∈N*，总存在k∈N*，使an＋an＋2－an＋1＝ak成立，即2n＋4·2n－2·2n＝2k，即3·2n＝2k，(2分)此时等式左边为奇数，右边为偶数，不成立，所以假设不成立，所以{an}不是“回归数列”；(4分)(2)①因为bn<bn＋1，所以bn＋1<bn＋2，所以bn＋bn＋2－bn＋1>bn且bn＋bn＋2－bn＋1＝bn＋2－(bn＋1－bn)<bn＋2.又因为{bn}为“回归数列”，所以bn＋bn＋2－bn＋1＝bn＋1，即bn＋bn＋2＝2bn＋1，所以数列{bn}为等差数列．(6分)又因为b3＝3，b9＝9，所以bn＝n(n∈N*)．(8分)(注：猜出bn＝n给1分)②因为eq\f(beq\o\al(2,s)＋3s＋1－1,beq\o\al(2,s)＋3s－1)＝bt，所以t＝eq\f(38＋1＋s2－1,3s＋s2－1)，(*)因为t－3＝eq\f(2（1－s2）,3s＋s2－1)≤0，所以t≤3，又因为t∈N*，所以t＝1，2，3.(10分)当t＝1时，(*)式整理为3s＝0，不成立．(11分)当t＝2时，(*)式整理为eq\f(s2－1,3s)＝1.设cn＝eq\f(n2－1,3n)(n∈N*)，因为cn＋1－cn＝eq\f(2n（1－n）＋3,3n＋1)，所以n＝1时，cn<cn＋1；n≥2时，cn>cn＋1.所以(cn)max＝c2＝eq\f(1,3)<1，所以s无解．(14分)当t＝3时，(*)式整理为s2＝1，因为s∈N*，所以s＝1.综合所述，使得等式成立的所有的正整数s，t的值是s＝1，t＝3.(16分)二、达标训练1、已知数列的通项公式为，若为数列中的项，则____【答案】【解析】，中的项为大于等于（）的奇数，所以考虑将向奇数形式变形：，可得应该为大于等于4的偶数，所以或，解得（舍）或2、(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(Mn－1＋Mn－1,2)＝eq\f(a1＋an,2)－eq\f(a1＋an－1,2)＝eq\f(an－an－1,2)＝d′，所以an－an－1＝2d′，即{an}为等差数列；③当d′＝0，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)＝0.因为Mn－Mn－1，mn－mn－1中必有一个为0，所以根据上式，一个为0，则另一个亦为0，即Mn＝Mn－1，mn＝mn－1，所以{an}为常数数列，也是等差数列，综上，数列{an}一定是等差数列．(10分)解法2(增项讨论法)若数列{bn}是等差数列，设通项公式为bn＝pn＋q(p，q∈R)，则bn＋1－bn＝p.对于数列{an}：a1，a2，…，an，增加an＋1时，有下列情况：①若an＋1>Mn时，则Mn＋1＝an＋1，mn＋1＝mn，此时an＋1＝Mn＋1>Mn≥an，所以an＋1>an对n∈N*恒成立，则Mn＝an，mn＋1＝mn＝a1，所以bn＋1－bn＝eq\f(Mn＋1＋Mn＋1,2)－eq\f(Mn＋mn,2)－eq\f(an＋1＋a1,2)－eq\f(an＋a1,2)＝eq\f(an＋1－an,2)＝p，即an＋1－an＝2p，为常数，则数列{an}是等差数列．(7分)②若mn≤an＋1≤Mn时，则Mn＋1＝Mn，mn＋1＝mn,所以bn＋1＝bn.因为数列{bn}是等差数列且bn＝pn＋q，所以p＝0，bn＝q，所以Mn＋1＝Mn＝Mn－1＝…＝M1＝a1＝q，mn＋1＝mn＝mn－1＝…＝m1＝a1＝q，所以q≤an＋1≤q，即an＝q，即{an}为常数数列，所以数列{an}是公差为0的等差数列．(8分)③若an＋1<mn时，则Mn＋1＝Mn，mn＋1＝an＋1，此时an＋1＝mn＋1<mn≤an，所以an＋1<an对n∈N*恒成立，则Mn＋1＝Mn＝a1，mn＝an，所以bn＋1－bn＝eq\f(Mn＋1＋mn＋1,2)－eq\f(Mn＋mn,2)＝eq\f(a1＋an＋1,2)－eq\f(a1＋an,2)＝eq\f(an＋1－an,2)＝p，即an＋1－an＝2p，为常数，则数列{an}是等差数列．(10分)3、(2019苏北三市期末）已知数列{an}满足对任意的n∈N*，都有an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1·(1－qnan＋1)，且an＋1＋an≠0，其中a1＝2，q≠0.记Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an.(1)若q＝1，求T2019的值．(2)设数列{bn}满足bn＝(1＋q)Tn－qnan.①求数列{bn}的通项公式；②若数列{cn}满足c1＝1，且当n≥2时，cn＝2bn－1－1，是否存在正整数k，t，使c1，ck－c1，ct－ck成等比数列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，说明理由．eq\a\vs4\al(思路分析)第(2)问中第一小问，展开并整理后，得到一个完全平方公式，得到an＋1＋an＝eq\f(1,qn)后就可以顺利解决．第2小问求出cn以后，根据成等比数列，再利用整数的奇偶性分析解决即可．规范解答(1)当q＝1时，由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，得(an＋1＋an)2＝an＋1＋an.又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝1.(2分)又a1＝2，所以T2019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2018＋a2019)＝1011.(4分)(2)①由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，得qn(an＋1＋an)2＝an＋1＋an.又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝eq\f(1,qn).(6分)又因为Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an，所以qTn＝qa1＋q2a2＋q3a3＋…＋qnan，所以(1＋q)Tn＝a1＋q(a1＋a2)＋q2(a2＋a3)＋q3(a3＋a4)＋…＋qn－1(an－1＋an)＋qnan，bn＝(1＋q)Tn－qnan＝a1＋1＋1＋…＋1＋qnan－qnan＝a1＋n－1＝n＋1，所以bn＝n＋1.(10分)②由题意，得cn＝2bn－1－1＝2n－1，n≥2.若c1，ck－c1，ct－ck成等比数列，则(ck－c1)2＝c1(ct－ck)，即(2k－2)2＝2t－2k,(12分)所以2t＝(2k)2－3由于ck－c1≠0，所以k≠1，即k≥2.当k＝2时，2t＝8，得t＝3.(14分)当k≥3时，由(*)，得(2k－1)2－3·2k－2＋1为奇数，所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－3＝0，即2k＝3，此时k无正整数解．综上，k＝2，t＝3满足题意．(16分)4、已知数列的前项和为，且满足，（）.（1）求，的值；（2）求数列的通项公式；（3）是否存在整数对，使得等式成立？若存在，请求出所有满足条件的；若不存在，请说明理由.解：（1）在中，令，得：再令，得：（2）由①，可得：②①②可得：从第二项开始成等比关系，公比为而符合上式由（2）得：且只需，即经计算可得：时，解得：共有三组符合题意：5、(2019南京、盐城一模）已知数列{an}，其中n∈N*.(1)若{an}满足an＋1－an＝qn－1(q>0，n∈N*)．①当q＝2，且a1＝1时，求a4的值；②若存在互不相等的正整数r，s，t，满足2s＝r＋t，且ar，as，at成等差数列，求q的值；(2)设数列{an}的前n项和为bn，数列{bn}的前n项和为cn，cn＝bn＋2－3，n∈N*，若a1＝1，a2＝2，且|aeq\o\al(2,n＋1)－anan＋2|≤k恒成立，求k的最小值．规范解答(1)①由a4－a3＝4，a3－a2＝2，a2－a1＝1，a1＝1，累加得a4＝8.(3分)②因an＋1－an＝qn－1，所以n≥2时，an－an－1＝qn－2，…，a2－a1＝1.(i)当q＝1时，an＝n－1＋a1(n≥2)．又因为a1满足an＝n－1＋a1，所以an＝n－1＋a1(n∈N*)．因为2s＝r＋t，所以2as＝ar＋at，所以q＝1满足条件．(ii)当q≠1且q＞0时，an＝eq\f(1－qn－1,1－q)＋a1(n≥2)．又因为a1满足an＝eq\f(1－qn－1,1－q)＋a1，所以an＝eq\f(1－qn－1,1－q)＋a1(n∈N*.(5分)因为2s＝r＋t，若存在r，s，t满足条件，即2as＝ar＋at，化简得2qs＝qr＋qt，则2＝qr－s＋qt－s≥2eq\r(qr＋t－2s)＝2，此时r＝t＝s，这与r，s，t互不相等矛盾．所以q≠1且q＞0不满足条件．(7分)综上所述，符合条件q的值为1.(8分)(2)由cn＝bn＋2－3，n∈N*，可知cn＋1＝bn＋3－3，两式作差可得bn＋3＝bn＋2＋bn＋1.又因为a1＝1，a2＝2，所以b1＝1，b2＝3，从而c1＝1，c2＝4，可得b3＝4，b4＝7，故b3＝b2＋b1，所以bn＋2＝bn＋1＋bn对一切的n∈N*恒成立．(11分)对bn＋3＝bn＋2＋bn＋1，bn＋2＝bn＋1＋bn两式进行作差可得an＋3＝an＋2＋an＋1.又由b3＝4，b4＝7，可知a3＝1，a4＝3，故an＋2＝an＋1＋an，(n≥2)．(13分)又由aeq\o\al(2,n＋2)－an＋1an＋3＝(an＋1＋an)2－an＋1·(an＋2＋an＋1)＝(an＋1＋an)2－an＋1·(an＋2an＋1)＝－aeq\o\al(2,n＋1)＋anan＋2，n≥2，所以|aeq\o\al(2,n＋2)－an＋1an＋3|＝|aeq\o\al(2,n＋1)－anan＋2|，(15分)所以当n≥2时，|aeq\o\al(2,n＋1)－anan＋2|＝5，当n＝1时|