热点难点微专题十二数列中的存在性问题(作业)

专题：数列中的存在性问题一、单存在性变量解题思路：该类问题往往和恒成立问题伴随出现（否则就是一个方程有解问题，即零点问题），可以先假设存在，列出一个等式，通过化简，整理成关于任意性变量（一般为n ）的方程，然后n 的系数为0，构造方程，进而解出存在性变量，最后检验。

例1、已知数列{na }的前n 项和为n S =235n n +，在数列{n b }中，1b =8，164n nb b +-=0，问是否存在常数c 使得对任意n ，log n c na b +恒为常数M ，若存在求出常数c 和M ,若不存在说明理由.解析：假设存在常数c 使得对任意n ，log n c na b +恒为常数M ，∵n S =235n n+，∴当n =1时，则1a =1S =8，当n ≥2时，n a =1n n S S --=2235[3(1)5(1)]n n n n +--+-=62n +，当n =1适合， ∴n a =62n +，又∵164n n b b +-=0， ∴1n n b b +=164，∴数列{n b}是首项为8，公比为164的等比数列， ∴nb =118()64n -=962n -，则log n c n a b +=9662log 2n c n -++=62(96)log 2a n n ++-=6(1log 2)29log 2a a n -++，又∵对任意n ，log n c na b +恒为常数M ，∴6(1log 2)a -=0，解得c =2，∴M =29log 2a +=11，∴存在常数c =2使得对任意n ，log n c na b +恒为常数M =11.二、双存在型变量解题思路：先假设存在，根据题目条件，列出一个含有两个变量（一般至少都为正整数）的等式，即转化为一个数论中的双整数问题，然后分离变量。

如果可以分离常数，则利用数论中约数的知识列出所有可能情况，最后进行双检验，即对两个变量均进行条件检验；如果不可以分离常数，则利用分离出的变量所具有的隐含范围（如大于0）消元，进而构造一个不等式，解出另一个变量的范围，再列出求出的被压缩的范围里的所有整数值，分别求出对应的另一个存在性变量，最后进行检验。

专题12 数列的建模与探究数列在实际生活中很常见,在高考数学应用题中很流行,随着新课程标准的试行,数列应用与数列探究问题将会越来越多地出现在高考数学命题中,由于数列建模需要多方面知识,容易形成卡壳点,因此必须寻找智慧点来排除.一、小船通过小桥受阻的突破问题1:在古运河上建有许多形状相同的抛物线形状的拱桥A n(n=0,1,2,⋯),经测量知,相邻两座桥之间的距离a n近似满足a n=800+150n(n=1,2,3,⋯),当水面距拱顶5米时,桥洞水面宽为8米.每年汛期,船夫都要考虑拱桥的通行问题,已知一只宽4米、装有防汗器材的船露出水面部分的高为0.75米.(I)要使该船能顺利通过拱桥,试问水面距拱顶的高度至少要几米?(II)已知水面每小时上涨0.15米,船在静水中的速度为0.4米/秒,水流速度为15米/分,若船从A0桥起针顺水航行时,水面开始上涨,试问船将在哪一座桥受阻?(III)若船通过A n−1桥后,通过A n桥时可能受阻,你会采取什么措施使该船顺利通过此桥?（船长、桥宽、采取措施所用时间忽略不计)【解析】卡壳点:阅读理解力弱,难以建立函数与数列模型.应对策略:整体把握小船航行中的速度与涨水速度之间的关系.问题解答:(I)取抛物线形状拱桥的拱顶为原点,拱桥的对称轴所在直线为y轴,建立平面直角坐标系,如图1.图1设当水面上涨到与抛物线拱顶相距ℎ米时,船不能通过,设抛物线方程为x2=−2py(p>0),因为A(4,−5)在此抛物线上,所以p=1.6.当船不能通行时,船宽等于BB1,点B横坐标为2.问题转化为求抛物线x2=−3.2y上点B的纵坐标y1,然后求ℎ.将x=2代人方程得y1=−54,所以ℎ=|y1|+0.75=2,因此水面距拱顶至少2米,船才能顺利通过此桥.(II)水面由距离拱顶5米上升到2米需(5−2)÷0.15=20(时),A0桥到A n桥的距离S n=12(a1+a n)n=12(950+800+150n)n=12(1750n+150n2),船顺水航行的速度v=1440+900=2340(米/时).在这段时间内,船航行的路程d=2340×20=46800(米).由S n=46800得15n2+175n=4680×2,解得n=19.8.故取n=19,此时43700=S19<d<S20=47350,所以船在A20桥受阻.(III)当船通过A n−1桥后,发现船可能在A n桥受阻,船夫可以立即采取加快船速的方法,或者采取给船加载使船体下沉(不超过0.75米)等方法,使船顺利通过A n 桥.【反思】问题以综合分析能力立意,将数列、抛物线、方程等知识融为一体,主要测试学生的阅读理解能力、综合应用能力及数学思维能力,包括思维的严密性.第(I)问学生容易漏掉0.75.思维的发散性:只要将第(II)问中的“顺水”删除,学生就需要考虑两种情形,即顺水和逆水.思维的创造性:第(III)问既测试学生的综合素质,又给学生创新思维提供了空间,使问题具有开放性和广泛性.二、垃圾处理中环境保护意识问题2:我国城市垃圾平均每年以9%的速度增长,设到A年底堆存的垃圾已达60亿吨,侵占了约5亿平方米的土地,而且还在以每年1亿吨的速度产生着新的垃圾.从资源学的观点看,生活垃圾也是资源.如果用1.4亿吨垃圾发电,可以节约2333万吨煤炭;如果将1.4亿吨垃圾进行处理,再添加粪便和秸秆,每年可生产1.5亿吨有机肥.(I)A−10年时我国城市垃圾大约有多少亿吨?,并按1:1进行发电和生产(II)如果从第A+1年起,每年处理上年堆存垃圾的110有机肥,则A+1、A+2两年每年可节约多少万吨煤炭、可生产多少亿吨有机肥、可节约多少亿平方米土地?（可以使用计算器)(III)阅读并解决上述问题后,你对所接受的信息有何感想?【解析】卡壳点:阅读理解力弱,难以建立数列模型进行数据分析.应对策略:从提供的大量数据信息中提取关键数量关系建立数列模型.问题解答:(I)设A年我国城市垃圾有a吨,则a[1−(109%)10]÷(1−109%)= 60,计算得a=3.95亿吨,故A年我国城市垃圾大约有3.95亿吨.(II)A+1年处理垃圾6亿吨,节约3×2333÷1.4=4999万吨煤炭,生产3×1.5÷1.4=3.2亿吨有机肥,节约6×5÷60=0.5亿平方米土地;A+2年处理垃圾(60−6+1)÷10=5.5亿吨,节约2.75×2333÷1.4=4583万吨煤炭,生产2.75×1.5÷1.4=2.9亿吨有机肥,节约5.5×5÷60=0.46亿平方米土地. (III)只要从资源利用和环境保护的角度来谈感想均可.【反思】本题的数学知识是数列,关键在于阅读理解能力.第(I)问学生容易将前n项和问题错误理解为第n项问题;第(III)问设计得好,具有创新性和开放性,也更加体现了教育功能.三、数列某特性是否存在探究存在性探究问题的表征就是问题结论的不确定性,而揭示数列所呈现的规律就是要对这种不确定性实施判断和确定.数列探究题的突破一般从特殊情形开始,运用归纳思想(不完全归纳起步,数学归纳法证明),逐步将规律一点一点地暴露出来.下面以正整数的倒数数列{1n}为例,解读这一过程.面对数列{1 n }:1,12,13,⋯,1n,⋯,它的前n项和S n=1+12+13+⋯+1n,不能像等差数列和等比数列前n项和那样有公式、有规律可循,其内在的本质特征有哪些呢?比如{S n}是否有规律呢?问题3:已知S n是数列{1n}的前n项和.(I)分别计算S2−S1,S4−S2,S8−S4的值.(II)证明:当n⩾1时,S2n−S2n−1⩾12,并指出等号成立的条件.(III)利用(II)的结论,找出一个适当的T∈N,使得S T>2008.(IV)是否存在关于正整数n的函数f(n),使得S1+S2+⋯+S n−1=f(n)(S n−1)对于大于1的正整数n都成立?证明你的结论.【解析】卡壳点:不会用由特殊到一般的规律表达.应对策略:按照题设步骤一步一步走下去,寻找S n的规律.问题解答:(I)S2−S1=12,S4−S2=13+14=712,S8−S4=15+16+17+18=168+140+120+105840=533840.（II)当n⩾1时,S2n−S2n−1=12n−1+1+12n−1+2+⋯+12n⩾12n×2n−1=12,当且仅当n=1时,等号成立.（III)由于S1=1,当n⩾1时,S2n−S2n−1⩾12,于是,要使得S T>2008,只需12+13+⋯+1n>2007.将12+13+⋯+1n按照第1组21项,第2组22项,⋯,第n组2n项的方式分组.由(II)可知,每一组的和不小于12,且只有当n =1时等于12,将这样的分组连续取2×2007组,加上a 1,共有24015项,这24015项之和一定大于1+2007=2008,故只需取T =24015,就能使得S T >2008.(只要取出的T 不小于24015,并说出相应理由即可)(IV)用特殊情形去检验,当n =2时,有1=f(2)(1+12−1),解得f(2)=2. 当n =3时,有52=f(3)(1+12+13−1),解得f(3)=3.此时发现这样的f(n)可能存在,猜测f(n)=n(n ⩾2).下面用数学归纳法证明.(1)当n =2,3时,上面已证,猜测正确;(2)设n =k(k ⩾2)时,f(n)=k ,即S 1+S 2+⋯+S k−1=k (S k −1)成立, 则S 1+S 2+⋯+S k−1+S k =k (S k −1)+S k=(k +1)S k −k =(k +1)(S k +1k+1−1)=(k +1)(S k+1−1).即当n =k +1时,猜测也正确.综上所述,存在f(n)=n ,使得S 1+S 2+⋯+S n−1=f(n)(S n −1)对于大于1的正整数n 都成立.【反思】(1)此问题是《高等数学》级数一章中一个调和级数的数列表示,是一个经典问题.(2)事实上,对于任何一个数列,只要我们从不同的角度去思考,都会找到一些规律,比如此数列的变式:1,−12,13,⋯,(−1)n+11n ,⋯,也具有很好的分析价值,这留给读者去探究或思考.四、 数列不等式的多角度探究对某一数学问题的多角度探究与深度思考是一种有效的教学设计方式,学生可以从整体上理解数学思想方法,不论从数学知识角度还是从数学方法广度的角度都能得到有效的收益,使学生不仅知其然而且能知其所以然.问题4:已知a n =3n 3n +2,求证:a 1+a 2+⋯+a n >n 2n+1.【解析】卡壳点:对数列通项分析缺少思路.应对策略:一是用分析法寻找突破口,二是从结构上寻找转化点.问题解答:解法1(分析通项)由a n >n 2n+1−(n−1)2n 逆推得3n 3n +2>n 3−(n−1)2(n+1)n(n+1),再逆推得3n >2n 2+2n −2,再逆推得n ⩾3.因此当n ⩾3时,有a 1+a 2+⋯+a n >35+911+(324−223)+⋯+[n 2n+1−(n−1)2n ]=n 2n+1−43+35+911=n 2n+1+14165>n 2n+1. 又当n =1或2时命题显然成立,因此原命题得证.解法2(等比放缩)由于a n =1−23n +2,而n 2n+1=n −n n+1,因此原不等式等价于23+2+29+2+227+2+⋯+23n +2<n n+1.当n =1或2时命题显然成立;当n ⩾3时,有23+2+29+2+227+2+⋯+23n +2<23+2+29+2+227+⋯+23n <23+2+29+2+2271−13<34⩽n n+1. 因此原命题得证.解法3(柯西不等式放缩）由柯西不等式得(a 1+a 2+⋯+a n )(1a 1+1a 2+⋯+1a n )⩾n 2, 又1a 1+1a 2+⋯+1a n =n +2(13+19+⋯+13n )<n +1， 因此a 1+a 2+⋯+a n >n 2n+1.原命题得证.【反思】数列放缩建立在基本变形技术之上,因此,需要在此打好基本功. 强化练习1.水土流失是我国西部大开发中最突出的生态问题,全国9100万亩坡度在25∘以上的坡耕地需要退耕还林,其中西部地区占70%.2000年国家确定在西部地区退耕土地面积为515万亩,以后每年退耕土地面积递增12%.(I)试问从2000年起,到哪一年西部地区基本解决退耕还林问题?(II)为支持退耕还林工程,国家财政补助农民每亩300斤粮食,每斤粮食按0.70元折算,并且每亩退耕地每年补助20元,试问:到西部地区基本解决退耕还林问题时,国家财政共需支付约多少亿元?（可以使用计算器）(III)阅读并解决上述问题后,你对所获得的信息有何感想?【解析】(1)设从2000年起，第n 年西部地区基本解决退耕还林问题，则有()1515515112%515(112%)910070%n n S -=+++++=⨯， 即63701.120.121 2.484515n =⨯+≈，计算得8n =. 故从2000年起，到2007年西部地区基本解决退耕还林问题.(2)每亩退耕地国家财政补贴3000.720230⨯+=(元)，故2000年国家财政补贴为515230⨯(万元)；2001年国家财政补贴为()5151 1.12230⨯+⨯(万元)；…；2006年国家财政补贴为()65151 1.12 1.12230⨯+++⨯(万元).因此，到西部地区基本解决退耕还林问题时，国家财政共需支付()()651523011 1.121 1.12 1.12⎡⎤⨯⨯+++++++⎣⎦(万元)，计算得5697445万元，约569.7亿元.(3)只要从环境保护的角度来谈感想均可.【反思】从提供的大量数据信息中提取关键数量关系建立数列模型.2.某工厂“减员增效”,对部分人员实行分流,规定分流人员第一年可以到原单位领取工资的100%,从第二年起,以后每年只能在原单位按上一年的23领取工资.该工厂根据分流人员的技术特长,计划创办新的经济实体,该经济实体预计第一年属投资阶段,没有利润,第二年每人可获b 元收人,从第三年起每人每年的收人可在上一年基础上递增50%.某人分流前工资收人为每年a 元,分流后进人新的经济实体,第n 年总收人为a n 元.(I)求a n .(II)当b =8a 27时,这个人哪一年收人最少?最少收人是多少?(III)当b ⩾3a 8时,是否可以保证这个人分流一年后的收人永远超过分流前的年收人?【解析】这是研究在“减员增效”过程中，某职工的工资收人的变化情况.工资总收人涉及在原单位所领取的工资、在新经济实体中所获收人两部分，而它们的变化都有一定的规律，符合等比数列.数学建模：=(I)依题意知，当1n =时，n a a =.当2n 时，122332n n n a a b --⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故12,1,23, 2.32n n n a n a a b n --=⎧⎪=⎨⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩ (II)已知827a b =，当2n 时， 11212228328382327232729n n n n n a a a a a a ----⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦. 当且仅当122833272n n a a --⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即2242233n -⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，上式等号成立，解得3n =.因此这个人第三年收入最少，最少收入为89a . (III)当2n 时，12122323332382n n n n n a a a b a ----⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 11222332382n n a a a --⎡⎤⎛⎫⎛⎫=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦上述等号成立，须38a b =，且12233382n n --⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即2311log 2n =+. 显然2233121log 1log 223+>+=，但2311log 2+不是自然数，因此等号不可能取到.故当2n >时，有n a a >；当2n =时，223253824a a a a a =+=>. 综上知，当38ba 时，可使这个人分流一年后的收入永远超过分流前的年收入. 【反思】在实际问题的阅读中，寻找关键数量关系，建立数列模型.3.在当前市场经济条件下,某服装市场上私营个体商店中的商品所标价格a 与其实际价值b 之间存在着相当大的差距.对购物的消费者来说,这个差距越小越好,而商家则相反,于是就有消费者与商家的“讨价还价”,常见的方法是“对半还价法”,消费者第一次减去定价的一半,商家第一次讨价加上二者差价的一半;消费者第二次还价再减去二者差价的一半,商家第二次讨价,再加上二者差价的一半,如此下去,可得表1:表1消费者每次的还价b n (k ∈N)组成一个数列{b n }. (I)写出此数列的前三项,并猜测通项b n 的表达式; (II)求lim n→+∞ b n ;(III)若实际价格b 与定出的价格a 之比为b:a =0.618:1,利用“对半还价法”讨价还价,最终商家将能有百分之几的利润?【解析】（I)112b a =， ()23211111111112248222b c c b a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=+-=-+-+-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()25322211112222b c c b a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-+-++-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭…，…，()221211111111111222232n n n n n n b c c b a a a a a a-----⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-+-++-+=-++⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦…(II)211112lim lim 13233n n n n b a a a a a -→+∞→+∞⎧⎫⎡⎤⎪⎪⎛⎫=-++=-+=⎢⎥⎨⎬ ⎪⎝⎭⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎩⎭.（III)因为:0.618:1b a =，所以0.618b a =，故22 1.08330.618ba b ==⨯ 故商家将有8%的利润.【反思】通过阅读，寻找数列递推关系是一个关键点.4.学校餐厅每天供应1000名学生用餐,每星期一有两样菜A,B 可供选择(每人选一样菜),调查资料表明,凡是在星期一选A 的下星期一会有20%改选B ,而选B 的,下星期一则有30%改选A ,用A n ,B n 表示在第n 个星期一分别选A,B 的人数. (I)试用A n ,B n 分别表示A n+1,B n+1;(II)证明:A n+1=12A n +300,B n+1=12B n +200; (III)若A 1=a,B 1=b(a,b ∈N),试求A n ,B n .【解析】(I)143510n n n A A B +=+，117510n n n B A B +=+ (II)因为1000n n A B +=，所以)1431(10003005102n n n n A A A A +=+-=+，()117110005102+200n n n n B B B B +=-+=. (III)因为()116006002n n A A +-=-，所以{}600n A -为等比数列，公比为12，1A a =，故()116006002n n A a -⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，类似可得()114004002n n B b -⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭.【反思】读懂题中数量关系，寻找数列递推关系，为求通项打下基础. 5.如果数列{a n }满足a 1=a,a n+1=pa n +q ra n +s,求数列{a n }的通项公式.【解析】1n n n pa q a ra s ++=+对应方程px qx rx s+=+，即()20rx s p x q +--=.若2Δ()40s p rq =-+>，则方程有两个不等实根x =1x 或2x x =，因为()()111sx q x rx p --=-，于是()11111n n n n n p rx a q sx pa qa x x ra s ra s+-+-+-=-=++()()11n n p rx a x ra s--=+.同理，()()2212n n n p rx a x a x ra s+---=+. 两式相除得11111222n n n n a x a x p rx a x p rx a x ++---=---.故当1a x ≠，2a x ≠时，12n n a x a x ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭是以12p rx p rx --为公比的等比数列.若2Δ()40s p rq =-+=，则方程有相等实根1x x =. 因为()()111sx q x rx p --=-，于是()11111n n n n n p rx a q sx pa qa x x ra s ra s+-+-+-=-=++()()11n n p rx a x ra s--=+.()()()()111111111111n n n n n n ra s ra rx s rx r a x p rx a x p rx a x p rx a x ++-++===+-------.其中12p sx r-=，所以当1a x ≠时，11na x⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是一个等差数列，公差为1r p rx -. 若2Δ()40s p rq =-+<，则方程无实根，不能用不动点法，到此止步! 若此数列有规律，运用递推法去发现规律!1a a =，121pa q pa q a ra s ra s ++==++，()()()()3pa qp q p pa q q ra s ra s a pa q r pa q s ra s r s ra s+⋅+++++==++++⋅++，()()()()()()()()4p p pa q q ra s q r pa q s ra s a r p pa q q ra s s r pa q s ra s ⎡⎤⎡⎤+++++++⎣⎦⎣⎦=⎡⎤⎡⎤+++++++⎣⎦⎣⎦，….【反思】一般形式下，对分式数列递推式给定的数列通项进行研究本身就是智慧，采用不动点法研究也是智慧.。

专题：数列中的存在性问题学大苏分教研中心 周坤一、单存在性变量解题思路：该类问题往往和恒成立问题伴随出现（否则就是一个方程有解问题，即零点问题），可以先假设存在，列出一个等式，通过化简，整理成关于任意性变量（一般为n ）的方程，然后n 的系数为0，构造方程，进而解出存在性变量，最后检验。

例1、已知数列{na }的前n 项和为n S =235n n +，在数列{n b }中，1b =8，164n n b b+-=0，问是否存在常数c 使得对任意n ，log n c na b +恒为常数M ，若存在求出常数c 和M ,若不存在说明理由.解析：假设存在常数c 使得对任意n ，log n c na b +恒为常数M ，∵nS =235n n +，∴当n =1时，则1a =1S =8，当n ≥2时，n a =1n n S S --=2235[3(1)5(1)]n n n n +--+-=62n +，当n =1适合， ∴na =62n +，又∵164n nb b +-=0， ∴1n n b b +=164，∴数列{n b}是首项为8，公比为164的等比数列， ∴nb =118()64n -=962n -，则log n c na b +=9662log 2n c n -++=62(96)log 2a n n ++-=6(1log 2)29log 2a a n -++，又∵对任意n ，log n c na b +恒为常数M ，∴6(1log 2)a -=0，解得c =2，∴M =29log 2a +=11，∴存在常数c =2使得对任意n ，log n c na b +恒为常数M =11.二、双存在型变量解题思路：先假设存在，根据题目条件，列出一个含有两个变量（一般至少都为正整数）的等式，即转化为一个数论中的双整数问题，然后分离变量。

如果可以分离常数，则利用数论中约数的知识列出所有可能情况，最后进行双检验，即对两个变量均进行条件检验；如果不可以分离常数，则利用分离出的变量所具有的隐含范围（如大于0）消元，进而构造一个不等式，解出另一个变量的范围，再列出求出的被压缩的范围里的所有整数值，分别求出对应的另一个存在性变量，最后进行检验。

数列中的存在性问题数列中的存在性问题一般转化为求不定方程正整数解的问题，往往涉及数论、函数、例题：已知a n＝2n，是否存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得a p，a q，a r成等差数列？并说明理由．变式1已知a n＝2n，是否存在三个互不相等正整数p，q，r，且p，q，r成等差数列，使得a p－1，a q－1，a r－1成等比数列？并说明理由．变式2已知a n＝n＋2，是否存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得a p，a q，a r成等比数列？并说明理由．串讲1已知数列是各项均不为0的等差数列，S n 为其前n 项和，且满足a n 2＝S 2n －1，令b n ＝1a n ·a n ＋1，数列{b n }的前n 项和{b n }为T n .(1)求数列{a n }的通项公式及数列{b n }的前n 项和T n ；(2)是否存在正整数m ，n(1<m<n)，使得T 1，T m ，T n 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值，若不存在，请说明理由．串讲2已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1<s <t )，使A 1B 1，A s B s ，A tB t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由．(2018·无锡期末)已知数列{a n }满足⎝⎛⎭⎫1－1a 1⎝⎛⎭⎫1－1a 2…⎝⎛⎭⎫1－1a n ＝1a n，n ∈N *，S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a p ，30，S q 成等差数列，a p ，18，S q 成等比数列，求正整数p ，q 的值；(3)是否存在k ∈N *，使得a k a k ＋1＋16为数列{a n }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．(2018·扬州期末)已知各项都是正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝a n 2＋a n ，数列{b n }满足b 1＝12，2b n ＋1＝b n ＋b na n.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝b n ＋2S n，求和c 1＋c 2＋…＋c n ；(3)是否存在正整数p ，q ，r (p <q <r )，使得b p ，b q ，b r 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．答案：(1)a n ＝n ，b n ＝n 2n ；(2)12－1（n ＋1）2n ＋1；(3)存在，p ＝1，q ＝3，r ＝4.或p ＝2m ＋1－m －1，q ＝2m ＋1－m ，r ＝2m ＋1.解析：(1)2S n ＝a n 2＋a n ①，2S n ＋1＝a n ＋12＋a n ＋1②，②－①得2a n ＋1＝a n ＋12－a n 2＋a n ＋1－a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.1分因为{a n }是正数数列，所以a n ＋1－a n －1＝0，即a n ＋1－a n ＝1，所以{a n }是等差数列，其中公差为1，2分在2S n ＝a n 2＋a n 中，令n ＝1，得a 1＝1，所以a n ＝n ，由2b n ＋1＝b n ＋b n a n 得b n ＋1n ＋1＝12·b nn，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n是等比数列，其中首项为12，公比为12，所以b n n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，即b n ＝n2n .(注：也可累乘求{b n }的通项．)3分(2)c n ＝b n ＋2S n ＝n ＋2（n 2＋n ）2n ＋1，裂项得c n ＝1n ·2n －1（n ＋1）2n ＋1，所以c 1＋c 2＋…＋c n ＝12－1（n ＋1）2n ＋1.3分(3)假设存在正整数p ，q ，r (p <q <r )，使得b p ，b q ，b r 成等差数列，则b p ＋b r ＝2b q ，即p2p＋r 2r ＝2q 2q ， 因为b n ＋1－b n ＝n ＋12n ＋1－n 2n ＝1－n 2n ＋1，所以数列{b n }从第二项起单调递减，当p ＝1时，12＋r2r＝2q2q ， 若q ＝2，则r 2r ＝12，此时无解；7分若q ＝3，则r 2r ＝14，因为{b n }从第二项起递减，故r ＝4，所以p ＝1，q ＝3，r ＝4符合要求，若q ≥4，则b 1b q ≥b 1b 4≥2，即b 1≥2b q ，不符合要求，此时无解；9分 当p ≥2时，一定有q －p ＝1，否则若q －p ≥2，则b p b q ≥b p b p ＋2＝4p p ＋2＝41＋2p ≥2，即b p ≥2b q ，矛盾，11分所以q －p ＝1，此时r 2r ＝12p ，令r －p ＝m ＋1，则r ＝2m ＋1，所以p ＝2m ＋1－m －1，q ＝2m＋1－m ，13分综上得，存在p ＝1，q ＝3，r ＝4或p ＝2m ＋1－m －1，q ＝2m ＋1－m ，r ＝2m ＋1满足要求.14分例题答案：略．解法1假设存在正整数p ，q ，r(p<q<r)，a p ，a q ，a r 成等差数列，那么2·2q ＝2p ＋2r，在等式两边同除以2p ，得2q ＋1－p ＝1＋2r －p，因为p ，q ，r 是正整数，且p<q<r ，所以q ＋1－p ，r －p 都是正整数，所以2q ＋1－p ，2r －p 都是偶数，所以2r －p ＋1是奇数，所以2q ＋1－p＝1＋2r －p不可能成立，所以不存在正整数p ，q ，r(p<q<r)，a p ，a q ，a r 成等差数列．解法2假设存在正整数p ，q ，r(p<q<r)，a p ，a q ，a r 成等差数列，那么2·2q ＝2p ＋2r，在等式两边同除以2q，得2＝2p －q＋2r －q＝12q －p＋2r －q，所以2－2r －q＝12q －p，因为p ，q ，r 是正整数，且p<q<r ，所以2q －p，2r －q都是正整数，所以12q －p 是真分数，所以2－2r －q＝12q －p 不可能成立，所以不存在正整数p ，q ，r(p<q<r)，a p ，a q ，a r 成等差数列．解法3假设存在正整数p ，q ，r(p<q<r)，a p ，a q ，a r 成等差数列，那么2·2q ＝2p ＋2r，在等式两边同除以2q得2＝2p －q＋2r －q＝12q －p ＋2r －q ，所以2－2r －q＝12q －p ，因为p ，q ，r 是正整数，且p<q<r ，所以r －q≥1，q －p>0，所以2－2r －q≤0，12q －p>0.所以2－2r －q＝12q －p 不可能成立，所以不存在正整数p ，q ，r(p<q<r)，a p ，a q ，a r 成等差数列．变式联想变式1答案：不存在．解析：∵p，q ，r 成等差数列，∴p ＋r ＝2q.假设a p －1，a q －1，a r －1成等比数列，则(a p －1)(a r －1)＝(a q －1)2，即(2p －1)(2r －1)＝(2q －1)2，化简得2p ＋2r ＝2×2q.(*)又因为p ，q ，r 成等差数列，因为p≠r，所以2p＋2r>22p×2r＝2×2q，这与(*)式矛盾，故假设不成立．所以a p －1，a q －1，a r －1不是等比数列．变式2答案：不存在． 解析：假设存在正整数p ，q ，r(p<q<r)，a p ，a q ，a r 成等比数列，所以(q ＋2)2＝(p＋2)(r ＋2)．所以(q 2－pr)＋(2q －p －r)2＝0.因为p ，q ，r 都是正整数．所以⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，消去q 化简可得p ＝r ，这与p<q<r 矛盾．所以不存在正整数p ，q ，r(p<q<r)，使得a p ，a q ，a r 成等比数列．说明：在处理多元方程整数解时，主要考虑因素是等式两边的“范围”是否一致，比如：正数与负数，有理数与无理数，整数与分数，奇数与偶数，等得到矛盾，进而判断方程无解；也根据等式一侧范围来限定另一侧范围，进而得到整数方程的解．串讲激活串讲1答案：(1)a n ＝2n －1；T n ＝n2n ＋1； (2)m ＝2，n ＝12.解析：(1)因为{a n }是等差数列，由a n 2＝S 2n －1＝（a 1＋a 2n －1）（2n －1）2＝(2n －1)a n .又因为a n ≠0，所以a n ＝2n －1.由b n ＝1a n a n ＋1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)，所以T n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝n2n ＋1. (2)由(1)知，T n ＝n 2n ＋1.所以T 1＝13，T m ＝m 2m ＋1，T n ＝n 2n ＋1.若T 1，T m ，T n 成等比数列，则(m 2m ＋1)2＝ 13(n 2n ＋1)，即m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3. 解法1：由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n＝－2m 2＋4m ＋1m 2，所以－2m 2＋4m ＋1>0，从而1－62<m<1＋62，又m∈N *，且m >1，所以m ＝2.此时n ＝12.故当且仅当m ＝2，n ＝12，数列{T n }中的T 1，T m ，T n 成等比数列．解法2：因为n 6n ＋3＝16＋3n<16，故m 24m 2＋4m ＋1<16，即2m 2－4m －1<0，从而1－62<m <1＋62，(以下同解法一)．串讲2答案：(1)B n ＝12n 2＋32n ；(2)不存在．解析：(1)因为A n ＝n 2，所以当n ＝1时，a 1＝1，当n≥2时，a n ＝n 2－(n －1)2＝2n －1，又a 1符合a n ，所以a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n·2＋12·n·(n－1)·1＝12n 2＋32n.(2)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以，当n≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2，当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ，又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n2n－1，假设存在两个互不相等的整数s ，t(1<s<t)，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t2t －1成等差数列，即2s 2s －1＝121－1＋t 2t－1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1>1，所以2s 2s －1>1，即2s <2s ＋1，令h(s)＝2s－2s －1(s≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2>0，所以h (s )递增，若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1>0，不满足2s<2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t－3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求；当t ≥4时，令φ(t )＝2t－3t －1(t ≥3，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3>0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1<s <t )，使A 1B 1，A s B s ，A tB t成等差数列．新题在线答案：(1)a n ＝n ＋1；(2)p ＝5，q ＝9；(3)3或14.解析：(1)因为(1－1a 1)(1－1a 2)…(1－1a n )＝1a n ，n ∈N *，所以当n ＝1时，1－1a 1＝1a 1，a 1＝2，当n ≥2时，由(1－1a 1)(1－1a 2)…(1－1a n )＝1a n 和(11－a 1)(1－1a 2)…(1－1a n －1)＝1a n －1，两式相除可得，1－1a n ＝a n －1a n ，即a n －a n －1＝1(n ≥2)．所以，数列{a n }是首项为2，公差为1的等差数列．于是，a n ＝n ＋1.(2)因为a p ，30，S q 成等差数列，a p ，18，S q 成等比数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a p ＋S q ＝60，a p S q ＝182，于是⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝6，S q ＝54或⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝54，S q ＝6.当⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝6，S q ＝54时，⎩⎪⎨⎪⎧p ＋1＝6，（q ＋3）q2＝54，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝5，q ＝9，当⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝54，S q ＝6时，⎩⎪⎨⎪⎧p ＋1＝54，（q ＋3）q 2＝6，无正整数解，所以p ＝5，q ＝9.(3)假设存在满足条件的正整数k ，使得a k a k ＋1＋16＝a m (m ∈N *)，则（k ＋1）（k ＋2）＋16＝m ＋1，平方并化简得，(2m ＋2)2－(2k ＋3)2＝63，则(2m＋2k ＋5)(2m －2k －1)＝63，所以⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2k ＋5＝63，2m －2k －1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2k ＋5＝21，2m －2k －1＝3 或⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2k ＋5＝9，2m －2k －1＝7，解得m ＝15，k ＝14或m ＝5，k ＝3，m ＝3，k ＝－1(舍去)，综上所述，k ＝3或14.。

数列存在性问题的分析与解答教案1.问题呈现题目：已知正项数列的前项和为，且 . （1）求的值及数列的通项公式；（2）是否存在非零整数，使不等式对一切都成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 2.分析与解答分析：第（1）问根据数列通项()12n n n a S S n -=-≥很容易求出；关键是第（2）问中根据第（1）问的结论2n a n =，可得11cos cos(1)(1)2n n a n ππ++=+=-，则可考虑分离参数λ，令(1)n nb a =⋅⋅-n b 的单调性以确定n b 的最值.最后，需要考虑n 为奇数和偶数进行分类讨论. 解（1）由(2)4n n n a a S +=. 当1n =时，1111(2)4a a a S +==，解得12a =或10a =（舍去）． 当2n ≥时，由111(2)(2)44n n n n n n n a a a a a S S ---++=-=-22112()n n n n a a a a --⇒-=+， ∵0n a >，∴10n n a a -+≠，则12n n a a --=，∴{}n a 是首项为2，公差为2的等差数列，故2n a n =．（2）由2n a n =，得11cos cos(1)(1)2n n a n ππ++=+=-，设(1)n nb a =⋅⋅-1(1)n n b λ+-<. 1n n b b +===1=>，∵0n b >，∴1n n b b +>，数列{}n b 单调递增.假设存在这样的实数λ，使得不等式1(1)n n b λ+-<对一切*n ∈N 都成立，则① 当n 为奇数时，得min 1()n b b λ<==；② 当n 为偶数时，得min 2()n b b λ-<==λ>.综上，(λ∈，由λ是非零整数，知存在1λ=±满足条件． 3.题后反思 针对这类数列的存在性问题，往往需要进行分类参数并构造数列，判断数列的单调性可用比商法或作差法，题目中出现三角函数往往要考虑其周期性，涉及()1n-往往需要对n 为奇数和偶数进行分类讨论.。

专题24数列中的存在性问题数列中的存在性问题一般转化为求不定方程正整数解的问题，往往涉及数论、函数、方程、不等式等知识，蕴含了丰富的数学思想．本专题对数列中一些存在性问题进行探究，使学生学会通过研究方程两边范围的策略来解不定方程整数解的问题.已知a n＝2n，是否存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得a p，a q，a r成等差数列？并说明理由．数列中的存在性问题求解策略，一般都是采用逆向思维，先假设存在，然后加以判断．本题先假设存在成等差数列的三项a p，a q，a r，其中(p<q<r，p，q，r∈N*)，然后从性质a p＋a r＝2a q出发，利用奇、偶分析法导出矛盾，从而得出结论.已知a n＝2n，是否存在三个互不相等正整数p，q，r，且p，q，r成等差数列，使得a p－1，a q－1，a r－1成等比数列？并说明理由．已知a n＝n＋2，是否存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得a p，a q，a r成等比数列？并说明理由．已知数列{a n}是各项均不为0的等差数列，S n为其前n项和，且满足a2n＝S2n－1，令b n＝1a n·a n＋1，数列{b n}的前n项和为T n.(1)求数列{a n}的通项公式及数列{b n}的前n项和T n；(2)是否存在正整数m，n(1<m<n)，使得T1，T m，T n成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值，若不存在，请说明理由．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1<s <t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由．(2020·苏州模拟)已知数列{}a n 的前n 项和记为A n ，且A n ＝n ()a 1＋a n 2，数列{}b n 是公比为q 的等比数列，它的前n 项和记为B n .若a 1＝b 1≠0，且存在不小于3的正整数k ，m ，使得a k ＝b m .(1)若a 1＝1，a 3＝5，求a 2的值；(2)求证：数列{}a n 是等差数列；(3)若q ＝2，是否存在整数m ，k ，使得A k ＝86B m ，若存在，求出m ，k 的值，若不存在，请说明理由．(本小题满分16分)已知数列{}a n 满足对任意的n ∈N *，都有a n (q n a n －1)＋2q n a n a n ＋1＝a n ＋1(1－q n a n ＋1)，且a n ＋1＋a n ≠0，其中a 1＝2，q ≠0.记T n ＝a 1＋qa 2＋q 2a 3＋…＋q n －1a n .(1)若q ＝1，求T 2019的值；(2)设数列{}b n 满足b n ＝(1＋q )T n －q n a n .① 求数列{}b n 的通项公式；② 若数列{}c n 满足c 1＝1，且当n ≥2时，c n ＝2b n －1－1，是否存在正整数k ，t ，使c 1，c k －c 1，c t －c k 成等比数列？若存在，求出所有k ，t 的值；若不存在，说明理由．(1)1 011；(2)① b n ＝n ＋1；② k ＝2，t ＝3.(1)当q ＝1时，由a n (q n a n －1)＋2q n a n a n ＋1＝a n ＋1(1－q n a n ＋1)，得(a n ＋1＋a n )2＝a n ＋1＋a n ，又a n ＋1＋a n ≠0，所以a n ＋1＋a n ＝1，……………………2分(推导出a n ＋1＋a n ＝1)又a 1＝2，所以T 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1 011.………………………………………………………………4分(分组求和法，求出T 2 019)(2)由a n (q n a n －1)＋2q n a n a n ＋1＝a n ＋1(1－q n a n ＋1)，得q n (a n ＋1＋a n )2＝a n ＋1＋a n ，又a n ＋1＋a n ≠0，所以a n ＋1＋a n ＝1q n ，……………………6分(导出a n ＋1＋a n＝1q n )又因为，T n ＝a 1＋qa 2＋q 2a 3＋…＋q n －1a n ，所以qT n ＝qa 1＋q 2a 2＋q 3a 3＋…＋q n a n ，所以(1＋q )T n ＝a 1＋q (a 1＋a 2)＋q 2(a 2＋a 3)＋q 3(a 3＋a 4)＋…＋q n －1(a n －1＋a n )＋q n a n ，………………………………………………………………8分(求出(1＋q )T n) b n ＝(1＋q )T n －q n a n ＝a 1＋1＋1＋…＋1＋q n a n －q n a n ＝a 1＋n －1＝n ＋1所以b n ＝n ＋1. ………………………………………………………………10分(求出b n )②由题意，得c n ＝2b n －1－1＝2n －1，n ≥2，因为c 1，c k －c 1，c t －c k 成等比数列，所以(c k －c 1)2＝c 1(c t －c k )，即(2k －2)2＝2t －2k ，…………………………………………12分(导出等式(2k －2)2＝2t －2k )所以2t ＝(2k )2－3×2k ＋4，即2t －2＝(2k －1)2－3×2k －2＋1(*)．由于c k －c 1≠0，所以k ≠1，即k ≥2.当k ＝2时，2t ＝8，得t ＝3. …………………………………………14分(求得k ＝2，t ＝3)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 －2－3×2k －2＝0，即2k ＝3，此时k 无正整数解．综上，k ＝2，t ＝3. …………………………………………16分(验证k ≥3，k ∈N *，无解，并得出结论)第一步：将q ＝1代入已知条件，经变形推得a n ＋1＋a n ＝1； 第二步：利用a n ＝2，应用分组求和法求得T 2 019；第三步：将已知条件等价变形，并推得a n ＋1＋a n ＝1q n ；第四步：利用已知条件，求出(1＋q )T n 的表达式；第五步：将第四步求得的(1＋q )T n 代入已知求得b n ＝n ＋1； 第六步：由已知条件推出等式(2k －2)2＝2t －2k ；第七步：求出第六步中的方程的一组解k ＝2，t ＝3；第八步：验证：k ≥3时，第六步中的方程无解，进而得出结论.作业评价若不等式4x 2＋9y 2≥2k xy 对一切正数x ，y 恒成立，则整数k 的最大值为________．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋pn ，a 7＝11，若a k ＋a k ＋1>12，则正整数k 的最小值为________．设数列{a n }的首项a 1＝32，前n 项和为S n ，且满足2a n ＋1＋S n＝3(n ∈N *)．则满足1817<S 2n S n <87的所有n 的和为________． 已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－2，a 2＝b 2＝4，则满足a n ＝b n 的n 的所有取值构成的集合是________．(2019·盐城期中)已知数列{a n }满足2a n a n ＋1＋a n ＋3a n ＋1＋2＝0，其中a 1＝－12，设b n ＝n －λa n ＋1，若b 3为数列{b n }中唯一最小项，则实数λ的取值范围是_________．各项均为正偶数的数列a 1，a 2，a 3，a 4中，前三项依次成公差为d (d >0)的等差数列，后三项依次成公比为q 的等比数列．若a 4－a 1＝88，则q 的所有可能的值构成的集合为________．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，数列{b n }满足b n ＝a n a n ＋m (m ∈N *)．(1)若b 1，b 2，b 8成等比数列，试求m 的值；(2)是否存在m ，使得数列{b n }中存在某项b t 满足b 1，b 4，b t (t ∈N *，t ≥5)成等差数列？若存在，请指出符合题意的m 的个数；若不存在，请说明理由．(2020·镇江期末)设数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a2a4＝64.数列{b n}满足：对任意的正整数n，都有a1b1＋a2b2＋…＋a n b n＝(n－1)·2n＋1＋2.(1)分别求数列{a n}与{b n}的通项公式；(2)若不等式λ(1－12b1)(1－12b2)…(1－12b n)<12b n＋1对一切正整数n都成立，求实数λ的取值范围；(3)已知k∈N*，对于数列{b n}，若在b k与b k＋1之间插入a k个2，得到一个新数列{c n}．设数列{c n}的前m项的和为T m，试问：是否存在正整数m，使得T m＝2 019？如果存在，求出m的值；如果不存在，请说明理由．。

数列中的存在性问题1.若不等式4x 2＋9y 2≥2k xy 对一切正数x ，y 恒成立，则整数k 的最大值为________．2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋pn ，a 7＝11，若a k ＋a k ＋1>12，则正整数k 的最小值为________．3．设数列{a n }的首项a 1＝32，前n 项和为S n ，且满足2a n ＋1＋S n ＝3(n ∈N *)．则满足1817<S 2n S n <87的所有n 的和为________．4．已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－2，a 2＝b 2＝4，则满足a n ＝b n 的n 的所有取值构成的集合是________．5．设各项均为正整数的无穷等差数列{a n }，满足a 54＝2014，且存在正整数k ，使a 1，a 54，a k 成等比数列，则公差d 的所有可能取值之和为________．6．各项均为正偶数的数列a 1，a 2，a 3，a 4中，前三项依次成公差为d(d>0)的等差数列，后三项依次成公比为q 的等比数列．若a 4－a 1＝88，则q 的所有可能的值构成的集合为________．7．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，数列{b n }满足b n ＝a na n ＋m(m ∈N *)． (1)若b 1，b 2，b 8成等比数列，试求m 的值；(2)是否存在m ，使得数列{b n }中存在某项b t 满足b 1，b 4，b t (t ∈N *，t ≥5)成等差数列？若存在，请指出符合题意的m的个数；若不存在，请说明理由．8．已知数列{a n}的通项公式为a n＝2×3n＋23n＋1(n∈N*)．(1)求数列{a n}的最大项；(2)设b n＝a n＋pa n－2，试确定实常数p的值，使得{b n}为等比数列；(3)设m，n，p∈N*，m<n<p，问：数列{a n}中是否存在三项a m，a n，a p，使数列a m，a n，a p是等差数列？如果存在，求出这三项；如果不存在，说明理由．1．答案：3.解析：不等式4x 2＋9y 2≥2kxy 对一切正数x ，y 恒成立，则等价为4x 2＋9y2xy ＝4x y ＋9y x≥2k恒成立，∵4x y＋9yx≥24xy·9yx＝2×6＝12当且仅当4x y ＝9yx，即2x＝3y 时取等号，要使4x 2＋9y2xy＝4xy＋9yx≥2k恒成立，则2k≤12，因为k 是整数，所以整数k 的最大值为3，故答案为3.2．答案：6.解析：∵前n 项和S n ＝2n 2＋pn ，∴S 7＝2×72＋7p ＝98＋7p ，S 6＝2×62＋6p ＝72＋6p .可得a 7＝S 7－S 6＝26＋p ＝11，所以p ＝－15.∴S n ＝2n 2－15n .∵数列{a n }是等差数列，∴a k ＋a k ＋1＝a 1＋a 2k .因此{a n }的前2k 项和S 2k ＝2k （a 1＋a 2k ）2＝k (a k ＋a k ＋1)>12k .又∵S 2k ＝2(2k )2－15×(2k )＝8k 2－30k .∴8k2－30k >12k ，解之得k >214(舍去负值)．因此，正整数k 的最小值为6.3．答案：7. 解析：由2a n ＋1＋S n ＝3，得2(S n ＋1－S n )＋S n ＝3，即S n ＋1－3＝12(S n －3)，∴{S n－3}以12为公比，－32为首项，求得S n －3＝－32·(12)n －1＝－3×(12)n，∴S n ＝3(1－(12)n)，∴S 2n S n ＝1＋(12)n ，从而117≤(12)n≤17，n ∈N *，∴n ＝3，4.∴所有n 的和为7.4．答案：{1，2，4}． 解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，所以d ＝a 2－a 1＝6，q ＝b 2b 1＝－2，所以a n ＝－2＋6(n －1)＝6n －8，b n ＝－2(－2)n －1＝(－2)n，因为等差数列{a n }的首项为负，从第二项起均为正数，等比数列{b n }奇数项为负，偶数项为正，所以除首项外，当a n ＝b n 时，n 为偶数，n＝4时a 4＝16，b 4＝(－2)4＝16，n ＝6时，a 6＝28<b 6＝(－2)6＝64.因为n 为偶数时，数列{a n }，数列{b n }均递增，所以当n ≥2k (k ＝3，4，5，…)时，a n <b n .综上可得，满足a n ＝b n 的n 的所有取值为1，2，4.5．答案：92. 解析：无穷正整数数列，则{a n }公差d 为自然数．①d ＝0，{a n }为常数列，满足题意；②当d >0时，(a 54－53d )(a 54＋(k －54)d )＝a 542，得d ＝28（k －107）k －54＝38－38×53k －54. 要使得d 是正整数，故(k －54，d )∈{(53×2，19)，(53×19，36)，(53×38，37)}．d 的可能取值和为0＋19＋36＋37＝92.6．答案：⎩⎨⎧⎭⎬⎫53，87.解析：设a 1，a 1＋d ，a 1＋2d ，a 1＋88，其中a 1，d均为正偶数，则(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋88)，整理得a 1＝4d （22－d ）3d －88>0，(注意体会这里用“a 1>0”而不用“a 1≥2”的好处)所以(d －22)(3d －88)<0，即22<d <883，所以d 的所有可能值为24，26，28，当d ＝24时a 1＝12，q ＝53；当d ＝26时，a 1＝2085(舍去)；当d ＝28时，a 1＝168，q ＝87，所以q 的所有可能值构成的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫53，87. 7．答案：(1)9；(2)9个．解析：(1)因为S n ＝n 2，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1.又当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，适合上式，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)所以b n ＝2n －12n －1＋m，则b 1＝11＋m ，b 2＝33＋m，b 8＝1515＋m ，由b 22＝b 1b 8，得(33＋m )2＝11＋m ×1515＋m，解得m ＝0(舍)或m ＝9，所以m ＝9.(2)假设存在m ，使得b1，b4，b t(t∈N*，t≥5)成等差数列，即2b4＝b1＋b t，则2×77＋m＝11＋m＋2t－12t－1＋m，化简得t＝7＋36m－5.所以当m－5＝1，2，3，4，6，9，12，18，36时，分别存在t＝43，25，19，16，13，11，10，9，8适合题意，即存在这样m，且符合题意的m共有9个．8．答案：(1)a n＝4；(2)±2；(3)不存在．解析：(1)由题意a n＝2＋43n－1，随着n的增大而减小，所以{a n}中的最大项为a1＝4.(2)b n＝2＋43n－1＋p43n－1＝（2＋p）（3n－1）＋44＝（2＋p）3n＋（2－p）4，若{b n}为等比数列，则b n＋12－b n b n＋2＝0(n∈N*)，所以[(2＋p)3n＋1＋(2－p)]2－[(2＋p)3n＋(2－p)][(2＋p)3n＋2＋(2－p)]＝0(n∈N*)，化简得(4－p2)(2·3n＋1－3n＋2－3n)＝0即－(4－p2)·3n·4＝0，解得p＝±2.反之，当p＝2时，b n＝3n，{b n}是等比数列；当p＝－2时，b n＝1，{b n}也是等比数列，所以，当且仅当p＝±2时{b n}为等比数列．(3)因为a m＝2＋43m－1，a n＝2＋43n－1，a p＝2＋43p－1，若存在三项a m，a n，a p，使数列a m，a n，a p是等差数列，则2a n＝a m＋a p，所以2(2＋43n－1)＝2＋43m－1＋2＋43p－1，化简得3n(2×3p－n－3p－m－1)＝1＋3p－m－2×3n－m(*)，因为m，n，p∈N*，m<n<p，所以p－m≥p－n＋1，p－m≥n－m＋1，所以3p－m ≥3p－n＋1＝3×3p－n，3p－m≥3n －m＋1＝3×3n－m，(*)左边≤3n(2×3p－n－3×3p－n－1)＝3n(－3p－n－1)<0，右边≥1＋3×3n－m－2×3n－m＝1＋3n－m>0，所以(*)式不可能成立，故数列{a n}中不存在三项a m，a n，a p，使数列a m，a n，a p是等差数列．。

高中数列难题总结引言数列作为高中数学的一个重要内容，是数学建模、数学推理、数学分析的基础。

但是，由于数列问题的抽象性和复杂性，许多高中生在解决数列难题时会遇到许多困难和挑战。

本文将总结高中数列难题的解题思路和常用方法，帮助同学们更好地应对数列难题。

基本概念回顾在开始解答高中数列难题之前，我们先回顾一下一些基本的数列概念。

数列数列是按照一定规律排列的一组数，通常用a₁, a₂, a₃, ...表示。

其中，aₙ表示数列的第n项。

公差对于等差数列，公差是指数列中相邻两项之间的差值。

记作d。

公比对于等比数列，公比是指数列中相邻两项的比值。

记作q。

高中数列难题解题思路抓住数列的规律解决高中数列难题的关键是要能够抓住数列的规律。

通过观察数列的项与项之间的关系，寻找其中的规律，并根据这些规律进行推算和计算。

利用已知条件建立方程许多数列难题都可以通过建立方程来解决。

通过设立方程，将已知条件和待求项联系起来，可以更好地推导出数列的通项公式或者求解出特定项的值。

运用数列的性质和特点数列问题有许多常见的性质和特点，比如等差数列的通项公式、等比数列的通项公式等等。

在解题过程中，我们可以灵活运用这些数列性质和特点来简化计算或者推导出更复杂的结果。

高中数列难题常用方法等差数列对于等差数列，我们可以利用以下的方法解题：1.利用已知条件求解公差。

通过利用数列中的某两项之间的差值，我们可以求解出数列的公差。

从而得到等差数列的通项公式。

2.求解指定项的值。

根据已知条件，我们可以求解出数列中第n项的值。

常用的方法有利用前n-1项的和求解和逐项求解的方法。

等比数列对于等比数列，我们可以利用以下的方法解题：1.利用已知条件求解公比。

通过利用数列中的某两项之间的比值，我们可以求解出数列的公比。

从而得到等比数列的通项公式。

2.求解指定项的值。

根据已知条件，我们可以求解出数列中第n项的值。

常用的方法有利用指定项的特殊关系以及利用前n项的和求解和逐项求解的方法。

热点难点微专题十二 数列中的存在性问题高考中数列解答题都考察了数列中一类存在性问题，此类问题一般转化为求不定方程正整数解的问题，往往与数论、函数、方程、不等式等知识集于一体，蕴含了丰富的数学思想，在近年省内各市模拟卷中常有出现．例1 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＋a 13＝34，S 3＝9.(1) 求数列{a n }的通项公式及前n 项和公式；(2) 设数列{b n }的通项公式为b n ＝a n a n ＋t，问：是否存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m (m ≥3，m ∈N )成等差数列？若存在，求出t 和m 的值；若不存在，请说明理由． 点评：例2 已知数列{a n }中，a 2＝1，前n 项和为S n ，且S n ＝n (a n －a 1)2. (1) 求a 1；(2) 证明：数列{a n }为等差数列，并写出其通项公式；(3) 设lg b n ＝a n ＋13n ，试问：是否存在正整数p ，q (其中1<p <q )，使b 1，b p ，b q 成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组(p ，q )；若不存在，请说明理由．点评：例3 已知数列{a n }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{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 3＝a 4，a 5＝a 2＋a 3.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若a m a m ＋1＝a m ＋2，求正整数m 的值；(3) 是否存在正整数m ，使得S 2m S 2m －1恰好为数列{a n }中的一项？若存在，求出所有满足条件的m 的值；若不存在，请说明理由．点评：【思维变式题组训练】1. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知2S n ＋1＝S n ＋λ(n ∈N *，λ为常数)，a 1＝2，a 2＝1.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 求所有满足等式S n －m S n ＋1－m ＝1a m ＋1成立的正整数m ，n .2. 已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝3，a n b n ＝2，b n ＋1＝a n ⎝⎛⎭⎫b n －21＋a n ，n ∈N *. (1) 求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是等差数列，并求数列{b n }的通项公式； (2) 设数列{c n }满足c n ＝2a n －5，对于任意给定的正整数p ，是否存在正整数q ，r (p <q <r )，使得1c p ，1c q ，1c r成等差数列？若存在，试用p 表示q ，r ；若不存在，请说明理由．。

2019高考数学复习方法总结：浅谈求解数列通项问题中存在的问题对于很多同学而言，每次拿到数列通项公式，求解问题时往往都是一个头两个大，数列通项公式的求解问题时中学数列中一类常见和重要的题型，也是高考热点，解法层出不穷但也有章可循，很多的数列题型并不是像一些同学那样第一眼拿到题目就无目的方向去套公式求解，认为这样做就可以轻易得出答案的，所以一旦几次尝试之后假如还是没有得出答案，就会导致很多同学因此而产生对求通项公式的畏难和消极心情。

通过对这一段时间对同学们在数列方面提问的问题的总结，大致可以得出以下的这些问题：数列通项公式的求解，面对常规数列的时候，同学们都会根据基本公式求出数列的通项公式。

而当数列形式稍加变形不是根据正常形式给出时，同学们往往变得手足无措。

究其根本，部分同学是对于基本学问点驾驭不牢靠所致。

但也有一部分同学是被自己的思维方法所困住了，只是生搬硬套课本上面的学问点，而没有细致去思索更深层次的问题，所以造成了很多同学表示看不懂数列是什么形式的现象，然而面对这一类数列题型并不是通过公式就可以将通项公式给出的，这个时候就须要我们把题目抽丝剥茧，一步一步的解开题目设置的重重陷阱，而不是一味的想着根据原来的套路去套答案，那样子只会把自己越套越糊涂。

所以面对这个问题同学们不妨转化为通过求出相干数列的方式间接求解数列，采纳曲线救国的方式去求解数列的通项公式。

苏霍姆林斯基说过："懂得还不等于己知，理解还不等于学问，为了取得更坚固的学问．还必需思索。

"因此最重要的是同学们对于问题的思索，是在自己对于问题求解的过程中的探究过程的思索，假如只是盲目的刷题而没有对于自己的学问点积累状况的总结和反思，那就只是会做了这道题而已，下一次遇到一个经过变形的类似的题目是仍旧还是会困扰着你，反映出来的状况就是很多同学拿着同一个题目的变式来请教老师，而当老师点拨之后总是会发觉其实那道题只不过换了一张脸（形式）而已。

“数列中的存在性问题”进阶教学作者：周军来源：《江苏教育·中学教学版》2021年第05期【摘要】“数列中的存在性问题”常在高考试题中出现，解决此类问题的关键在于“转化与化归”思想。

为此，可以基于学习进阶理论设计合理“阶梯”，幫助学生迁移学习经验，发展数学学科核心素养。

【关键词】学习进阶;转化与化归;专题复习【中图分类号】G633.6 【文献标志码】A 【文章编号】1005-6009（2021）37-0044-04【作者简介】周军，江苏省宜兴市丁蜀高级中学（江苏宜兴，214221）教师，高级教师。

数列作为高中数学的核心内容之一，在各地高考卷中都有精彩亮相，其中“数列中的存在性问题”因其独特的设问方式、推理逻辑、思维视角，成为命题人偏爱考查的内容。

然而，学生处理此类问题时往往显得捉襟见肘，其症结在于学生不善于将“数列中的存在性问题”转化为“方程解的存在性问题”，更进一步，即使对于已转化得到的不定方程也缺乏有效的求解策略。

这说明学生不善于利用“转化与化归”的数学思想，因而有必要对此做教学上的探讨。

应用“学习进阶”理论进行专题复习教学设计，能促进知识点的整合和联系，有利于学生建立系统化、层次化、结构化的认知体系，形成高阶思维。

笔者依据学习进阶理论，探讨“数列中的存在性问题”的教学。

一、学习进阶的内涵和意义学习进阶是“对学习者在一个较大时间跨度内学习和研究某一主题时，所遵循的连贯的、逐渐深入的思维路径的描述”[1]。

学生对核心概念的学习并非一蹴而就，需要经过多个不同的中间水平才能到达终点。

这些中间水平称为“阶”，是学生认知发展的“脚踏点”。

一个个“阶”将学习的起点和终点连接起来，形成一条逐步精致、持续深化的思维通路。

学习是一个基于原有经验螺旋演进式的动态过程，进阶是聚焦认知发展的一个研究视角。

对于课程与教学论而言，学习进阶的意义在于延续了“应为学生设定怎样的学习路径”这一核心问题的探索。

[2]二、基于学习进阶的专题复习教学“数列中的存在性问题”常常融合数论、函数、方程、不等式等知识，蕴含着丰富的数学思想，着力考查学生的分析、转化、综合的能力。