2018年江苏高考数学二轮复习教师用书：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

2018年江苏高考数学二轮复习教师用书：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

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 ‎ (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an－an－1＝d和an＋1－an＝d有差别，前者必须加上“n≥2”，否则n＝1时a0无意义；在等比数列中一样有：①n≥2时，有＝…＝q(常数q≠0)；②n∈N*时，有＝…＝q(常数q≠0)．‎ 性质法：‎ an＋an＋2＝2an＋1⇔{an}是等差数列，anan＋2＝(an＋1)2(an≠0)⇔{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a1＝，an＋1＝an－，n∈N*，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(p＜q＜r)，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an＋1＝an－，n∈N*，所以3n＋1an＋1－3nan＝－2，‎ 又因为a1＝，所以31·a1＝1，‎ 所以{3nan}是首项为1，公差为－2的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知3nan＝1＋(n－1)·(－2)＝3－2n，所以an＝(3－2n)n，‎ 所以Sn＝1·1＋(－1)·2＋(－3)·3＋…＋(3－2n)·n，‎ 所以Sn＝1·2＋(－1)·3＋…＋(5－2n)·n＋(3－2n)·n＋1，‎ 两式相减得Sn＝－2 ‎－(3－2n)·n＋1‎ ‎＝－2＋(2n－3)·n＋1＝2n·n＋1，‎ 所以Sn＝.‎ ‎(3)假设存在正整数p，q，r(p＜q＜r)，使Sp，Sq，Sr成等差数列，则2Sq＝Sp＋Sr，即＝＋.‎ 由于当n≥2时，an＝(3－2n)n＜0，所以数列{Sn}单调递减．‎ 又p＜q，所以p≤q－1且q至少为2，所以≥，‎ －＝.‎ ‎①当q≥3时，≥≥，又＞0，‎ 所以＋＞，等式不成立．‎ ‎②当q＝2时，p＝1，‎ 所以＝＋，所以＝，所以r＝3({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a1＝b1＝1，a2＝b3，a6＝b5，求c20；‎ ‎(2)设{an}的首项为1，各项为正整数，bn＝3n，若新数列{cn}是等差数列，求数列{cn}的前n项和Sn；‎ ‎(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}，使得对任意的n∈N *，在bn与bn＋1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，解得d＝0或3，因数列{an}，{bn}单调递增，‎ 所以d＞0，q＞1，‎ 所以d＝3，q＝2，‎ 所以an＝3n－2，bn＝2n－1.‎ 因为a1＝b1＝1，a2＝b3，a6＝b5，b7＞a20.‎ ‎∴c20＝a17＝49.‎ ‎(2)设等差数列{cn}的公差为d，又a1＝1，且bn＝3n，‎ 所以c1＝1，所以cn＝dn＋1－d.‎ 因为b1＝3是{cn}中的项，所以设b1＝cn，即d(n－1)＝2.‎ 当n≥4时，解得d＝＜1，不满足各项为正整数；‎ 当b1＝c3＝3时，d＝1，此时cn＝n，只需取an＝n，而等比数列{bn}的项都是等差数列{an}中的项，所以Sn＝；当b1＝c2＝3时，‎ d＝2，此时cn＝2n－1，只需取an＝2n－1，‎ 由3n＝2m－1，得m＝，3n是奇数，3n＋1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Sn＝n2.‎ 综上所述，数列{cn}的前n项和Sn＝或Sn＝n2.‎ ‎(3)存在等差数列{an}，只需首项a1∈(1，q)，公差d＝q－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 即成立．‎ 由bn－a1＋q＋…＋qn－2＋1＝qn－1－a1－(1＋q＋…＋qn－2)(q－1)＝1－a1＜0，‎ bn＋1－a1＋q＋…＋qn－1＝qn－a1－(1＋q＋…＋qn－1－1)(q－1)＝q－a1＞0.‎ 所以首项a1∈(1，q)，公差d＝q－1的等差数列{an}符合题意．‎