1、微专题13 数列中的探索性问题,微专题13 数列中的探索性问题 题型一 新定义数列的探究型问题,例1 (2018江苏扬州高三模拟) 已知数列an中,a1=1,前n项和为Sn,若对任意 的nN*,均有Sn=an+k-k(k是常数,且kN*)成立,则称数列an为“H(k)数列”. (1)若数列an为“H(1)数列”,求数列an的前n项和Sn; (2)若数列an为“H(2)数列”,且a2为整数,试问:是否存在数列an,使得| -an- 1an+1|40对任意n2,nN*成立?如果存在,求出这样数列an的a2的所有可能 值,如果不存在,请说明理由.,解析 (1)因为数列an为“H(1)数列”,所以Sn
2、=an+1-1,故Sn-1=an-1(n2),两式 相减得an+1=2an(n2),在Sn=an+1-1中令n=1,则可得a2=2,故a2=2a1. 所以 =2(nN*),所以数列an为等比数列,所以an=2n-1,所以Sn=2n-1.,(2)由题意得Sn=an+2-2,故Sn-1=an+1-2(n2), 两式相减得an+2=an+1+an(n2), 所以,当n2时, -anan+2= -an(an+1+an)=an+1(an+1-an)- , 又因为an+1-an=an-1(n3), 所以 -anan+2=an+1(an+1-an)- =an+1an-1- , 所以| -anan+2|=|
3、-an+1an-1|(n3), 所以当n3时,数列| -an+1an-1|是常数列, 所以| -an+1an-1|=| -a2a4|(n3), 因为a4=a3+a2,所以| -an+1an-1|=| -a2a3- |(n3).,在Sn=an+2-2中令n=1,则可得a3=3,所以|9-3a2- |40, 又n=2时| -a1a3|=| -3|40,且a2为整数, 所以可解得a2=0,1,2,3,4,5,-6.,【方法归纳】 对于新定义数列中的探究性问题,读懂、理解新数列的定义 是重点.一般而言,这类题目考查的难点已在新定义中体现,后续反而不会太 难,但需要具备举一反三的能力,结合原有数列知识去
4、探求出题目所要求的条 件,大胆尝试、总结.,1-1 (2018泰州中学高三检测)数列an对于确定的正整数m,若存在正整数n 使得am+n=am+an成立,则称数列an为“m阶可分拆数列”. (1)设an是首项为2,公差为2的等差数列,证明an为“3阶可分拆数列”; (2)设数列an的前n项和为Sn=2n-a(a0),若数列an为“1阶可分拆数列”,求 实数a的值; (3)设an=2n+n2+12,试探求是否存在m使得若数列an为“m阶可分拆数列”. 若存在,请求出所有m;若不存在,请说明理由.,解析 (1)证明:an=2+2(n-1)=2n,a3=6, 则a3+n=2(3+n)=6+2n=a3
5、+an. an为“3阶可分拆数列”. (2)Sn=2n-a(a0),a1=S1=2-a, n2时,an=Sn-Sn-1=2n-a-(2n-1-a)=2n-1. 数列an为“1阶可分拆数列”,an+1=a1+an,2n=2-a+2n-1,a=2-2n-1. 令n=1时,a=1. (3)假设数列an为“m阶可分拆数列”. 则am+n=am+an成立,2n+m+(n+m)2+12=2m+m2+12+2n+n2+12, 化为2n+m+2mn=2m+2n+12, (2m-1)(2n-1)+2mn=13. 可得:m=1,n=3;m=2,n不存在;m=3,n=1;m4时n不存在. 只有两组:m=1,n=3;
6、m=3,n=1.,题型二 探究数列中是否存在满足条件的项的问题,例2 (2018扬州高三考前调研)已知无穷数列an的各项都不为零,其前n项 和为Sn,且满足anan+1=Sn(nN*),数列bn满足bn= ,其中t为正整数. (1)求a2 018; (2)若不等式 + Sn+Sn+1对任意nN*都成立,求首项a1的取值范围; (3)若首项a1是正整数,则数列bn中的任意一项是否总可以表示为数列bn中 的其他两项之积?若是,请给出一种表示方式;若不是,请说明理由.,解析 (1)令n=1,则a1a2=S1,即a1a2=a1,又a10,故a2=1. 由anan+1=Sn,得an+1an+2=Sn+1
7、,两式相减得(an+2-an)an+1=an+1,又an+10,故an+2-an=1. 所以数列a2n是首项为1、公差为1的等差数列. 所以a2018=a2+ 1=1 009. (2)由(1)知,数列a2n是首项为1,公差为1的等差数列;数列a2n-1是首项为a1,公 差为1的等差数列, 故an=,所以Sn= 当n是奇数时, + Sn+Sn+1,即 + +, 即 -2a1 对任意正奇数n恒成立,所以 -2a10,即0a12; 当n是偶数时, + Sn+Sn+1,即 + +, 即 -a1 对任意正偶数n恒成立,所以 -a11,即 a1 . 综合得:0a1 . (3)由数列a2n是首项为1、公差为
8、1的等差数列,数列a2n-1是首项为正整数a 1、公差为1的等差数列知,数列an的各项都是正整数, 设bn=bmbk,即 = ,即am= , 取k=n+2,则ak-an=1,故am=an(an+2+t),不妨设m是偶数,则 =an(an+2+t)一定是整数,故当n是偶数时,方程bn=bmbk的一组解是 故当n是奇数时,方程bn=bmbk的一组解是 所以,数列bn中的任意一项总可以表示为数列bn中的其他两项之积.,【方法归纳】 (1)此类问题常与函数、方程、不等式等知识相互关联渗透, 解题时注意方程思想、整体思想、分类讨论思想以及数形结合思想等的灵 活运用. (2)数列中的不等式恒成立问题与函数
9、问题中的不等式恒成立问题的解法一 致,即都是利用分离参数转化为求最值,但要注意数列的单调性与函数单调性 的研究是有区别的,关键是数列的定义域是正整数集(或其子集).,2-1 (2018江苏盐城高三期中)已知数列an满足a1=-1,a2=1,且an+2= an (nN*). (1)求a5+a6的值; (2)Sn为数列an的前n项的和,求Sn; (3)设bn=a2n-1+a2n,是否存正整数i,j,k(ijk),使得bi,bj,bk成等差数列?若存在,求出 所有满足条件的i,j,k;若不存在,请说明理由.,解析 (1)由题意,为n为奇数时,an+2= an;当n为偶数时,an+2= an. 又a1
10、=-1,a2=1,a3=- ,a5=- ,a4= ,a6= , 则a5+a6=2. (2)当n=2k时,Sn=S2k=(a1+a3+a2k-1)+(a2+a4+a2k)= +=2 -4=2 -4.,当n=2k-1时,Sn=S2k-a2k=2 -4- =2 + -4=2 +-4. Sn= (3)由(1),得bn=a2n-1+a2n= - 0(仅b1=0且bn递增).,kj,且k,jZ,kj+1. 当kj+2时,bkbj+2,若bi,bj,bk成等差数列, 则bi=2bj-bk2bj-bj+2=2 - =- - 0, 此与bn0矛盾.故此时不存在这样的等差数列; 当k=j+1时,bk=bj+1,若
11、bi,bj,bk成等差数列, 则bi=2bj-bk=2bj-bj+1 =2 -,= - , 又ij,且i,jZ,ij-1. 若ij-2,则bibj-2,得 - - , 得 +5 0,矛盾,i=j-1. 从而2bj=bj-1+bj+1,得2 = + , 化简,得3j-2=1,解得j=2. 从而,满足条件的i,j,k只有唯一一组解,即i=1,j=2,k=3.,题型三 数列满足条件的参数的存在性问题,例3 (2018江苏启东中学高三上学期第二次月考)已知数列an为等比数列, a1=1,公比为q,且q1,Sn为数列an的前n项和. (1)若a3+a5=20,求 ; (2)若调换a1,a2,a3的顺序后
12、能构成一个等差数列,求q的所有可能值; (3)是否存在正常数c,q,使得对任意正整数n,不等式 2总成立?若存在,求 出q的范围;若不存在,请说明理由.,解析 (1)因为a1=1,a3+a5=20,所以q4+q2-20=0,所以q2=4或q2=-5(舍去). 所以 =1+q4=17. (2)若a2,a1,a3或a3,a1,a2成等差数列, 则2a1=a3+a2,q2+q-2=0,解得q=-2或1(舍去); 若a1,a3,a2或a2,a3,a1成等差数列, 则2a3=a1+a2,2q2-q-1=0,解得q=- 或1(舍去); 若a3,a2,a1成等差数列,则2a2=a3+a1,q2-2q+1=0
13、,解得q=1(舍去). 综上,q=-2或- . (3)由 -20(c0),可得 0,所以Sn1,得到c1时,S222c不可能成立; 当 2,得qnlogq(2q-1). 因为 1,即当nlogq(2q-1)时,Sn2,所以Sn1-c,则当nlo (1-c)时,Sn2总成立,q的取值范围,为 .,【方法归纳】 此类问题往往结合整数方程、函数的性质等进行求解,需要 在理解题意的基础上不断地尝试探索,往往是从特殊到一般寻找规律,会使用 到列举法、特殊值法、代入验证等方法.总之,我们必须仔细审题,合情推理, 恰当转化,透过现象看本质.,3-1 (2018江苏海安高级中学高三月考)已知数列an中,首项a
14、1=1,a2=a,an+1=k (an+an+2)对任意正整数n都成立,数列an的前n项和为Sn. (1)若k= ,且S18=171,求实数a的值; (2)是否存在实数k,使数列an是公比不为1的等比数列,且任意相邻三项an,an+ 1,an+2按某顺序排列后成等差数列.若存在,求出所有的k的值;若不存在,请说明 理由; (3)若k=- ,求Sn(用a,n表示).,解析 (1)当k= 时,由an+1=k(an+an+2)得an+1= (an+an+2), 即an+2-an+1=an+1-an,所以数列an为等差数列, 公差为d=a2-a1=a-1,数列an的前n项和为 Sn=n+ (a-1),
15、由S18=171得171=18+ (a-1),解得a=2. (2)设存在k使数列an为等比数列,则其公比为q= =a,an=an-1,an+1=an,an+2=an+1. an+1为等差中项,则2an+1=an+an+2,即2an=an-1+an+1,解得a=1,与已知不符,舍去; 若an为等差中项,则2an=an+1+an+2,即2an-1=an+an+1,即a2+a-2=0,解得a=-2或a=1,(舍),此时由an+1=k(an+an+2)得an=k(an-1+an+1),即a=k(1+a2),故k= =- ; 若an+2为等差中项,则2an+2=an+an+1,即2an+1=an-1+a
16、n,即2a2-a-1=0,解得a=- 或a= 1(舍),仿得k= =- . 综上,满足要求的实数k有且仅有一个,k=- . (3)当k=- 时,an+1=- (an+an+2),所以an+2+an+1=-(an+1+an),于是an+3+an+2=-(an+2+an+1)=an +1+an. 当n为偶数时,Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+(an-1+an)= (a1+a2)= ;,当n为奇数时,Sn=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+(an-1-an)=a1+ (a2+a3)=a1+ .-(a1 +a2)=1- (a+1)(n2),当n=1时,也适合该式. 所以Sn=,
