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_第1页
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文档简介

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

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