难点专题：数列中的4类探索性问题

1难点专题：破解数列中的4类探索性问题1．条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定，解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．[例1]已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn＋2＋Sn＝2Sn＋1＋1(n∈N*)；数列{bn}中，b1＝a1，bn＋1＝4bn＋6(n∈N*)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn＝bn＋2＋(－1)n－1λ·na2(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有cn＋1cn成立．22．结论探索性问题此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定．解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．[例2]已知各项均为正数的数列{an}满足：a2n＋1＝2a2n＋anan＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足：bn＝nan2n＋12n，是否存在正整数m，n(1mn)，使得b1，bm，bn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；(3)令cn＝1＋nan，记数列{cn}的前n项积为Tn，其中n∈N*，试比较Tn与9的大小，并加以证明．33．存在探索性问题此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决此类问题的一般方法是：假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．[例3]已知数列{an}的首项a1＝35，an＋1＝3an2an＋1，n∈N*.(1)求证：数列1an－1为等比数列；(2)记Sn＝1a1＋1a2＋…＋1an，若Sn100，求最大正整数n；(3)是否存在互不相等的正整数m，s，n，使m，s，n成等差数列，且am－1，as－1，an－1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由．44．规律探索性问题这类问题的基本特征是：未给出问题的结论，需要由特殊情况入手，猜想、证明一般结论．解决这类问题的基本策略是：通常需要研究简化形式，但保持本质的特殊情形，从条件出发，通过观察、试验、归纳、类比、猜想来探路，解题过程中创新成分比较高．在数列问题研究中，经常是根据数列的前几项所提供的信息作大胆的猜想，然后用数学归纳法证明．[例4]设数列{an}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，点n，Snn都在函数f(x)＝x＋an2x的图象上．(1)求a1，a2，a3的值，猜想an的表达式，并证明你的猜想；(2)设An为数列an－1an的前n项积，是否存在实数a，使得不等式Anan＋1f(a)－an＋32a对一切n∈N*都成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．5难点专题：破解数列中的4类探索性问题答案1．条件探索性问题[例1]已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn＋2＋Sn＝2Sn＋1＋1(n∈N*)；数列{bn}中，b1＝a1，bn＋1＝4bn＋6(n∈N*)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn＝bn＋2＋(－1)n－1λ·na2(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有cn＋1cn成立．[解](1)由已知得Sn＋2－Sn＋1－(Sn＋1－Sn)＝1，所以an＋2－an＋1＝1(n≥1)．又a2－a1＝1，所以数列{an}是以a1＝2为首项，1为公差的等差数列．所以an＝n＋1.因为bn＋1＝4bn＋6，即bn＋1＋2＝4(bn＋2)，又b1＋2＝a1＋2＝4，所以数列{b2＋2}是以4为公比，4为首项的等比数列．所以bn＝4n－2.(2)因为an＝n＋1，bn＝4n－2，所以cn＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.要使cn＋1cn成立，需cn＋1－cn＝4n＋1－4n＋(－1)nλ·2n＋2－(－1)n－1λ·2n＋10恒成立，化简得3·4n－3λ(－1)n－12n＋10恒成立，即(－1)n－1λ2n－1恒成立，①当n为奇数时，即λ2n－1恒成立，当且仅当n＝1时，2n－1有最小值1，所以λ1；②当n为偶数时，即λ－2n－1恒成立，当且仅当n＝2时，－2n－1有最大值－2，所以λ－2，即－2λ1.又λ为非零整数，则λ＝－1.综上所述，存在λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有cn＋1cn成立．[点评]对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列．遇到Sn要注意利用Sn与an的关系将其转化为an，再研究其具体性质．遇到(－1)n型的问题要注意分n为奇数与偶数两种情况6进行讨论，本题易忘掉对n的奇偶性的讨论而致误．2．结论探索性问题[例2]已知各项均为正数的数列{an}满足：a2n＋1＝2a2n＋anan＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足：bn＝nan2n＋12n，是否存在正整数m，n(1mn)，使得b1，bm，bn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；(3)令cn＝1＋nan，记数列{cn}的前n项积为Tn，其中n∈N*，试比较Tn与9的大小，并加以证明．[解](1)因为a2n＋1＝2a2n＋anan＋1，即(an＋an＋1)(2an－an＋1)＝0.又an0，所以2an－an＋1＝0，即2an＝an＋1.所以数列{an}是公比为2的等比数列．由a2＋a4＝2a3＋4，得2a1＋8a1＝8a1＋4，解得a1＝2.故数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)．(2)因为bn＝nan2n＋12n＝n2n＋1，所以b1＝13，bm＝m2m＋1，bn＝n2n＋1.若b1，bm，bn成等比数列，则m2m＋12＝13n2n＋1，即m24m2＋4m＋1＝n6n＋3.由m24m2＋4m＋1＝n6n＋3，可得3n＝－2m2＋4m＋1m2，所以－2m2＋4m＋10，从而1－62m1＋62.又n∈N*，且m1，所以m＝2，此时n＝12.故当且仅当m＝2，n＝12时，b1，bm，bn成等比数列．7(3)构造函数f(x)＝ln(1＋x)－x(x≥0)，则f′(x)＝11＋x－1＝－x1＋x.当x0时，f′(x)0，即f(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以f(x)f(0)＝0.所以ln(1＋x)－x0.所以lncn＝ln1＋nan＝ln1＋n2nn2n.所以lnTn12＋222＋323＋…＋n2n.记An＝12＋222＋323＋…＋n2n，则12An＝122＋223＋324＋…＋n－12n＋n2n＋1，所以An－12An＝12＋122＋123＋124＋…＋12n－n2n＋1＝1－n＋22n＋11，即An2.所以lnTn2.所以Tne29，即Tn9.[点评]对于结论探索性问题，需要先得出一个结论，再进行证明．注意含有两个变量的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值．遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法．3．存在探索性问题[例3]已知数列{an}的首项a1＝35，an＋1＝3an2an＋1，n∈N*.(1)求证：数列1an－1为等比数列；(2)记Sn＝1a1＋1a2＋…＋1an，若Sn100，求最大正整数n；(3)是否存在互不相等的正整数m，s，n，使m，s，n成等差数列，且am－1，as－1，an－1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由．[解](1)因为1an＋1＝23＋13an，所以1an＋1－1＝13an－13.又因为1a1－1≠0，所以1an－1≠0(n∈N*)．8所以数列1an－1为等比数列．(2)由(1)可得1an－1＝23·13n－1，所以1an＝2·13n＋1.Sn＝1a1＋1a2＋…＋1an＝n＋213＋132＋…＋13n＝n＋2×13－13n＋11－13＝n＋1－13n，若Sn100，则n＋1－13n100，所以最大正整数n的值为99.(3)假设存在，则m＋n＝2s，(am－1)(an－1)＝(as－1)2，因为an＝3n3n＋2，所以3n3n＋2－13m3m＋2－1＝3s3s＋2－12，化简得3m＋3n＝2×3s.因为3m＋3n≥2×3m＋n＝2×3s，当且仅当m＝n时等号成立，又m，s，n互不相等，所以不存在．[点评]数列问题是以分式形式给出条件的，一般采用取倒数，再转化为等差数列或等比数列，通过等差数列与等比数列的桥梁作用求出通项．遇到多个变量的存在性问题，一般假设存在，求出满足的关系，再寻找满足的条件，一般可以利用重要不等式、值域或范围等判断是否存在．4．规律探索性问题[例4]设数列{an}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，点n，Snn都在函数f(x)＝x＋an2x的图象上．9(1)求a1，a2，a3的值，猜想an的表达式，并证明你的猜想；(2)设An为数列an－1an的前n项积，是否存在实数a，使得不等式Anan＋1f(a)－an＋32a对一切n∈N*都成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．[解](1)因为点n，Snn都在函数f(x)＝x＋an2x的图象上，故Snn＝n＋an2n.所以Sn＝n2＋12an.令n＝1，得a1＝1＋12a1，所以a1＝2.令n＝2，得a1＋a2＝4＋12a2，所以a2＝4.令n＝3，得a1＋a2＋a3＝9＋12a3，所以a3＝6.由此猜想：an＝2n(n∈N*)．下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，由上面的求解知，猜想成立；②假设当n＝k时猜想成立，即ak＝2k成立，那么当n＝k＋1时，由条件，知Sk＝k2＋12ak，Sk＋1＝(k＋1)2＋12ak＋1，两式相减，得ak＋1＝2k＋1＋12ak＋1－12ak，所以ak＋1＝4k＋2－ak＝4k＋2－2k＝2(k＋1)，即当n＝k＋1时，猜想成立．根据①②，知对一切n∈N*，an＝2n成立．(2)因为an－1an＝1－1an，故An＝1－1a1·1－1a2·…·1－1an，所以Anan＋1＝1－1a1·1－1a2·…·1－1an·2n＋1.又f(a)－an＋32a＝a＋an2a－an＋32a＝a－32a，故Anan＋1f(a)－an＋32a对一切n∈N*都成立，等价于1－1a1·1－1a2·…·1－1an·2n＋1a－32a对一切n∈N*都成立．10设g(n)＝1－1a1·1－1a2·…·1－1an·2n＋1，则只需g(n)maxa－32a即可．由于gn＋1gn＝1－1an＋1·2n＋32n＋1＝2n＋12n＋2·2n＋32n＋1＝4n2＋8n＋34n2＋8n＋41，所以g(n＋1)g(n)，故g(n)是单调递减的，于是g(n)max＝g(1)＝32.由32a－32a，得a－32a＋3a0，解得－32a0或a3.综上所述，使得不等式对一切n∈N*都成立的实数a存在，a的取值范