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- 2021-05-13 发布
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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.