《（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 八大難點(diǎn)突破 難點(diǎn)6 數(shù)列中的證明、探索性和存在性、不定方程的解等綜合問題學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 八大難點(diǎn)突破 難點(diǎn)6 數(shù)列中的證明、探索性和存在性、不定方程的解等綜合問題學(xué)案（3頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 難點(diǎn)六　數(shù)列中的證明、探索性和存在性、不定方程的解等綜合問題 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第72頁) 近幾年的高考試卷中經(jīng)常出現(xiàn)以數(shù)列為載體的證明、探索等綜合問題，這類問題不僅考查學(xué)生的分析問題解決問題的能力，以及探索能力，而且給學(xué)生提供了創(chuàng)新思維的空間． 1．等差數(shù)列、等比數(shù)列的證明問題 有關(guān)證明、判斷數(shù)列是等差(等比)數(shù)列的主要證明方法有：定義法、性質(zhì)法． 定義法： 用定義法判斷一個(gè)數(shù)列是等差數(shù)列，常采用的兩個(gè)式子an－an－1＝d和an＋1－an＝d有差別，前者必須加上“n≥2”，否則n＝1時(shí)a0無意義；在等比數(shù)列中一樣有：①n≥2時(shí)，有＝…＝q(常數(shù)q≠0)；②n∈N*時(shí)，有＝…＝

2、q(常數(shù)q≠0)． 性質(zhì)法： an＋an＋2＝2an＋1?{an}是等差數(shù)列，anan＋2＝(an＋1)2(an≠0)?{an}是等比數(shù)列，這是證明數(shù)列{an}為等差(等比)數(shù)列的另一種主要方法． 【例1】　(蘇北四市淮安、宿 遷、連云港、徐州)2017屆高三上學(xué)期期中)在數(shù)列{an}中，已知a1＝，an＋1＝an－，n∈N*，設(shè)Sn為{an}的前n項(xiàng)和． (1)求證：數(shù)列{3nan}是等差數(shù)列； (2)求Sn； (3)是否存在正整數(shù)p，q，r(p＜q＜r)，使Sp，Sq，Sr成等差數(shù)列？若存在，求出p，q，r的值；若不存在，說明理由． [解]　(1)證明：因?yàn)閍n＋1＝an－，

3、n∈N*，所以3n＋1an＋1－3nan＝－2， 又因?yàn)閍1＝，所以31·a1＝1， 所以{3nan}是首項(xiàng)為1，公差為－2的等差數(shù)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， 兩式相減得Sn＝－2 －(3－2n)·n＋1 ＝－2＋(2n－3)·n＋1＝2n·n＋1， 所以Sn＝. (3)假設(shè)存在正整數(shù)p，q，r(p＜q＜r)，使Sp，Sq，Sr成等差數(shù)列，則2Sq＝Sp＋Sr，

4、即＝＋. 由于當(dāng)n≥2時(shí)，an＝(3－2n)n＜0，所以數(shù)列{Sn}單調(diào)遞減． 又p＜q，所以p≤q－1且q至少為2，所以≥， －＝. ①當(dāng)q≥3時(shí)，≥≥，又＞0， 所以＋＞，等式不成立． ②當(dāng)q＝2時(shí)，p＝1， 所以＝＋，所以＝，所以r＝3({Sn}單調(diào)遞減，解唯一確定)． 綜上可知，p，q，r的值為1,2,3. 2．?dāng)?shù)列中探索與存在性問題 數(shù)列探索性問題主要表現(xiàn)為存在型，解答的一般策略：先假設(shè)所探求對(duì)象存在或結(jié)論成立，以此假設(shè)為前提條件進(jìn)行運(yùn)算或邏輯推理，若由此推出矛盾，則假設(shè)不成立，從而得到“否定”的結(jié)論，即不存在．若推理不出現(xiàn)矛盾，能求得在范圍內(nèi)的數(shù)值或圖形，就得到

5、肯定的結(jié)論，即得到存在的結(jié)果．而要確定范圍內(nèi)的數(shù)值，則往往涉及不定方程的正整數(shù)解問題． 【例2】　(2017·江蘇省鹽城市高考數(shù)學(xué)三模)已知數(shù)列{an}，{bn}都是單調(diào)遞增數(shù)列，若將這兩個(gè)數(shù)列的項(xiàng)按由小到大的順序排成一列(相同的項(xiàng)視為一項(xiàng))，則得到一個(gè)新數(shù)列{cn}． (1)設(shè)數(shù)列{an}，{bn}分別為等差、等比數(shù)列，若a1＝b1＝1，a2＝b3，a6＝b5，求c20； (2)設(shè){an}的首項(xiàng)為1，各項(xiàng)為正整數(shù)，bn＝3n，若新數(shù)列{cn}是等差數(shù)列，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn； (3)設(shè)bn＝qn－1(q是不小于2的正整數(shù))，c1＝b1，是否存在等差數(shù)列{an}，使得對(duì)任意的n

6、∈N *，在bn與bn＋1之間數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)總是bn？若存在，請(qǐng)給出一個(gè)滿足題意的等差數(shù)列{an}；若不存在，請(qǐng)說明理由． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394105】 [解]　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q， 由題意得，解得d＝0或3，因數(shù)列{an}，{bn}單調(diào)遞增， 所以d＞0，q＞1， 所以d＝3，q＝2， 所以an＝3n－2，bn＝2n－1. 因?yàn)閍1＝b1＝1，a2＝b3，a6＝b5，b7＞a20. ∴c20＝a17＝49. (2)設(shè)等差數(shù)列{cn}的公差為d，又a1＝1，且bn＝3n， 所以c1＝1，所以cn＝dn＋1－d. 因?yàn)閎1＝

7、3是{cn}中的項(xiàng)，所以設(shè)b1＝cn，即d(n－1)＝2. 當(dāng)n≥4時(shí)，解得d＝＜1，不滿足各項(xiàng)為正整數(shù)； 當(dāng)b1＝c3＝3時(shí)，d＝1，此時(shí)cn＝n，只需取an＝n，而等比數(shù)列{bn}的項(xiàng)都是等差數(shù)列{an}中的項(xiàng)，所以Sn＝；當(dāng)b1＝c2＝3時(shí)， d＝2，此時(shí)cn＝2n－1，只需取an＝2n－1， 由3n＝2m－1，得m＝，3n是奇數(shù)，3n＋1是正偶數(shù)，m有正整數(shù)解， 所以等比數(shù)列{bn}的項(xiàng)都是等差數(shù)列{an}中的項(xiàng)，所以Sn＝n2. 綜上所述，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn＝或Sn＝n2. (3)存在等差數(shù)列{an}，只需首項(xiàng)a1∈(1，q)，公差d＝q－1. 下證bn與bn＋1之間數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為bn，即證對(duì)任意正整數(shù)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. 所以首項(xiàng)a1∈(1，q)，公差d＝q－1的等差數(shù)列{an}符合題意． 3