难点专题_数列中的4类探索性问题

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{a n}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和S n满足S n＋2＋S n＝2S n ＋1(n∈N*)；数列{b n}中，b1＝a1，b n＋1＝4b n＋6(n∈N*)．

＋1

(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；

(2)设c n＝b n＋2＋(－1)n－1λ·n a2(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n成立．

2．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{a n}满足：a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.

(1)求数列{a n}的通项公式；

(2)设数列{b n}满足：b n＝

na n

2n＋12n

，是否存在正整数m，n(1

使得b1，b m，b 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；

(3)令c n＝1＋n

a n，记数列{

c n}的前n项积为T n，其中n∈N*，试比较T n与9

的大小，并加以证明．

3．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{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n

2a n ＋1，n ∈N *.

(1)求证：数列????

??

1a n －1为等比数列；

(2)记S n ＝1

a 1＋1

a 2＋…＋1

a n

，若S n <100，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a m

－1，a s －1，a n －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．

4．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{a n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *

，点?

????

n ，S n n 都在函数f (x )

＝x ＋a n

2x

的图象上．

(1)求a 1，a 2，a 3的值，猜想a n 的表达式，并证明你的猜想；

(2)设A n 为数列????

??

a n －1a n 的前n 项积，是否存在实数a ，使得不等式A n a n ＋1

2a

对一切n ∈N *都成立？若存在，求出a 的取值围；若不存在，说明

理由．

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{a n}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和S n满足S n＋2＋S n＝2S n ＋1(n∈N*)；数列{b n}中，b1＝a1，b n＋1＝4b n＋6(n∈N*)．

＋1

(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；

(2)设c n＝b n＋2＋(－1)n－1λ·n a2(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n成立．

[解] (1)由已知得S n＋2－S n＋1－(S n＋1－S n)＝1，

所以a n＋2－a n＋1＝1(n≥1)．

又a2－a1＝1，

所以数列{a n}是以a1＝2为首项，1为公差的等差数列．

所以a n＝n＋1.

因为b n＋1＝4b n＋6，即b n＋1＋2＝4(b n＋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b n＝4n－2.

(2)因为a n＝n＋1，b n＝4n－2，

所以c n＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.要使c n＋1>c n成立，

需c n＋1－c n＝4n＋1－4n＋(－1)nλ·2n＋2－(－1)n－1λ·2n＋1>0恒成立，

化简得3·4n－3λ(－1)n－12n＋1>0恒成立，

即(－1)n－1λ<2n－1恒成立，

①当n为奇数时，即λ<2n－1恒成立，当且仅当n＝1时，2n－1有最小值1，所以λ<1；

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－2<λ<1.

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c n＋1>c n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S n要注意利用S n与a n的关系将其转化为a n，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{a n}满足：a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.

(1)求数列{a n}的通项公式；

(2)设数列{b n }满足：b n ＝na n

2n ＋12n

，是否存在正整数m ，n (1

使得b 1，b m ，b 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；

(3)令c n ＝1＋n

a n

，记数列{c n }的前n 项积为T n ，其中n ∈N *，试比较T n 与9

的大小，并加以证明．

[解] (1)因为a 2n ＋1＝2a 2

n ＋a n a n ＋1，

即(a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＝0.

又a n >0，所以2a n －a n ＋1＝0，即2a n ＝a n ＋1. 所以数列{a n }是公比为2的等比数列．

由a 2＋a 4＝2a 3＋4，得2a 1＋8a 1＝8a 1＋4，解得a 1＝2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ∈N *)．

(2)因为b n ＝na n 2n ＋12n ＝n 2n ＋1，

所以b 1＝13，b m ＝m 2m ＋1，b n ＝n

2n ＋1

.

若b 1，b m ，b n 成等比数列，则?

????m 2m ＋12＝13? ??

??

n 2n ＋1， 即m 24m 2＋4m ＋1＝n

6n ＋3

. 由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1

m 2， 所以－2m 2

＋4m ＋1>0，从而1－62

.

又n ∈N *，且m >1，所以m ＝2，此时n ＝12.

故当且仅当m ＝2，n ＝12时，b 1，b m ，b n 成等比数列．

(3)构造函数f (x )＝ln(1＋x )－x (x ≥0)，则f ′(x )＝11＋x －1＝－x

1＋x

.