高考数学二轮复习第2部分八大难点突破难点6数列中的证明探索性和存在性不定方程的解等综合问题精品学案

1、名校名 推荐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( 学生用 第72 页 )近几年的高考 卷中 常出 以数列 体的 明、探索等 合 ， 不 考 学生的分析 解决 的能力，以及探索能力，而且 学生提供了 新思 的空 1等差数列、等比数列的 明 有关 明、判断数列是等差( 等比 ) 数列的主要 明方法有：定 法、性 法定 法：用定 法判断一个数列是等差数列，常采用的两个式子an an 1 d 和 an 1 an d 有差 ， 前者必 加上“ n2”， 否 n 1 时 a0 无意 ； 在等比数列中一 有： n2 ，有ann1 q( 常数 q0) ； nN* ，有 a q( 常

2、数 q0) an 1an性 法：a a 2a? a 是等差数列， a a ( a2 a 是等比数列， 是 明n1) ( a 0) ?n2nnn n 2n 1nn数列 a 等差 ( 等比 ) 数列的另一种主要方法n【例 1】( 北四市淮安、宿迁、 云港、徐州)2017届高三上学期期中 ) 在数列 an 中，112*已知 a13， an1 3an 3n 1， n N ， Sn 为 an 的前 n 和(1) 求 ：数列 3 nan 是等差数列；(2) 求 Sn；(3) 是否存在正整数p，( ) ，使 p， q， r 成等差数列？若存在，求出p，qrpqrS SSq， r 的 ；若不存在， 明理由 解

3、 (1) 明：因 a12*3n 1n 3a 31， n N，所以an1 3 a 2，n 1nnn11又因 a 3，所以3 a 1，11所以 3nn是首 1，公差 2 的等差数列a n1 n(2) 由 (1) 知 3 an 1( n1)( 2) 3 2n，所以 an (3 2n)3，所以 S 11 11 21 31 n3 ( 1) 3 ( 3) 3 (3 2n) 3，n11 21 31 n1 n 1所以 3Sn13 ( 1) 3 (5 2n) 3 (3 2n) 3，两式相减得2112131nSn 2333331名校名 推荐1 n 1 (3 2n) 31 n1111 31 n11 n1 3 2 9

4、11 (2 n3) 32n 3，3n所以 Sn n.3(3)假设存在正整数p， ，( ) ，使p， q， r成等差数列，则2 q p r ，即q rp q rS S SS S S2qprq p r .333由于当 n2时， a (3 2n)1 n3 0，所以数列 S 单调递减nn又，所以 q 1 且qpq 1至少为 2，所以 pq 1 ，p qp33q 1 2qq 33q 1 3q 3q .p 12rqq当 q3时， 3p 3q1 3q ，又 3r 0，pr2q所以 p r q ，等式不成立333当 2 时， 1，qp41rr1n单调递减，解唯一确定 ) 所以 9 3 3r ，所以 3r 9，

5、所以 r 3( S 综上可知， p， q， r 的值为 1,2,3.2数列中探索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

6、列 a ， b 分别为等差、等比数列，若a b 1， a b ， a b ，求 c；nn11236520(2)n1，各项为正整数，nnnn设 a 的首项为b3，若新数列 c 是等差数列，求数列 c的前n项和n；S2名校名 推荐(3) 设 bn qn 1( q 是不小于 2 的正整数 ) ，c1 b1，是否存在等差数列 an ，使得 任意的 nN * ，在 bn 与 bn 1 之 数列 an 的 数 是 bn？若存在， 出一个 足 意的等差数列 an ；若不存在， 明理由【 学号： 56394105】 解 (1) 等差数列 n 的公差 ，等比数列 bn 的公比 q，ad1 d q2 0 或 3，

7、因数列 a ， b 增，由 意得，解得1 5d q4，dnn所以 d 0， q1，所以 d 3， q2，所以 an3n 2， bn 2n 1.因 a1b1 1， a2 b3 ，a6 b5， b7 a20. c20 a17 49.(2) 等差数列 cn 的公差 d，又 a1 1，且 bn3n，所以 c11，所以 cn dn 1 d.因 b13 是 cn 中的 ，所以 b1 cn，即 d( n 1) 2.2当 n4 ，解得 d n 1 1，不 足各 正整数；当 b1 c3 3 ， d 1，此 cn n，只需取 an n，而等比数列 bn 的 都是等差数列nnn n12 a 中的 ，所以S 2；当

8、bc 3 ，d 2，此 cn 2 1，只需取an 2 1，nnn3n 1nn由 3 2m 1，得 m2 ， 3是奇数，3 1是正偶数， m有正整数解，所以等比数列 bn 的 都是等差数列 an 中的 ，所以 Sn n2. 上所述，数列 cn 的前 n 和 Sn n n或 Sn n2.2(3) 存在等差数列 an ，只需首 a1(1 ， q) ，公差 dq 1.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bn ab1 b2 bn 1 1，bn1 ab1 b2 bn，bn a1 q qn 2 1即成立bn1 a1q qn 1由