代数推理问题

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热点难点微专题四 代数推理问题
(2) 依题意 Bn＋1－Bn＝2(bn＋1－bn)，即 bn＋1＝2(bn＋1－bn)，即bbn＋n 1＝2，所以数列{bn} 是以 b1 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an＝Bn＝11－－22n×b1＝b1(2n－1), 所以 abnan＋n＋1 1＝b12n－1b·1b·21n2n＋1－1＝b12n－12n2n＋1－1. 因为abnan＋n＋1 1＝b12n－12n2n＋1－1＝b112n－1 1－2n＋11－1，
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(3) 由 an＋1－an＝2(bn＋1－bn)得 an＋1－an＝2n＋1， 所以当 n≥2 时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n＋1－2， 当 n＝1 时，上式也成立，所以 An＝2n＋2－4－2n. 又 Bn＝2n＋1－2， 所以ABnn＝2n＋22n－＋14－－22n＝2－2n－n 1.
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专课 题时 综作 述业
代数推理能力在数列压轴题中经常运用，也是考试说明和核心素养中的重要组成 部分，要求较高，难度很大. 在 2015—2017 的高考试题中，数列都作为压轴题出 现，其中 2015 年考察了等比数列证明的论证问题；2016、2018 年考察了数列中不 等关系的综合论证；2017 年考察了数列中的代数推理问题．可见在近三年的高考 试卷中，数列的代数推理论证是数列考察的热点和难点．
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解析：(1) 由②得，当 n＝1 时，r(1－p)(a1＋a2)＝0. 由①得，a1＋a2≠0，又 r≠0，所以 p＝1. (2) 由(1)得，r(n－1)Sn＋1＝(n2＋n)an＋(n2－n－2)a1， 分别取 n＝2,3，得r2Sr3S＝4＝6a122，a3＋4a1， 假设数列{an}是公比为 q 的等比数列，则
因为 1＋2t－t 1>1，所以2s2－s 1>1，即 2s＜2s＋1.
令 h(s)＝2s－2s－1(s≥2，s∈N*)，则 h(s＋1)－h(s)＝2s－2>0，所以 h(s)单调递增．
若 s≥3，则 h(s)≥h(3)＝1>0，不满足 2s＜2s＋1，所以 s＝2，代入2s2－s 1＝21－1 1＋2t－t 1
有关知识解决问题的能力．
得
到
式
子
21－2n1＋1－m 21－21n－m
>1
＋
1 2m＋1
之
后
不
知
道
怎
样
化
简
，
即
使
有
些
学
生
化
简
得
到
22－ －mm22nn－ －12>1＋2m1＋1之后，不知道利用分离常数的方法进行化简，导致解题中断．
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解析：(1) 因为 Sn＋Sn＋1＝n2，所以当 n≥2 时，Sn－1＋Sn＝(n－1)2，两式相减得 an ＋an＋1＝2n－1. 又 a2＋a1＝1 也适合上式，所以 an＋an＋1＝2n－1 对一切 n∈N*成立， 所以当 n≥2 时，an－1＋an＝2n－3， 上面两式相减得 an＋1－an－1＝2， 所以数列{an}的奇数项是公差为 2 的等差数列，偶数项也是公差为 2 的等差数列． 又 a1＝0，a2＝1，可解得 an＝n－1. 因为 2Tn＋2＝3Tn＋1－Tn，所以 2Tn＋2－2Tn＋1＝Tn＋1－Tn，即 2bn＋2＝bn＋1.
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又 2b2＝b1，所以对一切 n∈N*均有 2bn＋1＝bn. 所以数列{bn}是公比为12的等比数列， 所以 bn＝2n1－1.
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得 2t－3t－1＝0(t≥3)．
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当 t＝3 时，显然不符合要求； 当 t≥4 时，令 φ(t)＝2t－3t－1(t≥4，t∈N*)，则同理可证 φ(t)单调递增，所以 φ(t)≥φ(4) ＝3>0，所以不符合要求． 所以不存在正整数 s，t(1＜s＜t)，使AB11，ABss，ABtt成等差数列．
两个基本量下手，找寻这个基本量的制约条件，即
(这
是一个易想到的制约)，但是在下列的放缩过程中，这个解法有其瓶颈．
但是换位思考，若调换顺序，则考虑用 cn1 的有界性再尝试一次．
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例 2 在数列{an}，{bn}中，已知 a1＝0，a2＝1，b1＝1，b2＝12，数列{an}的前 n 项 和为 Sn，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，且满足 Sn＋Sn＋1＝n2,2Tn＋2＝3Tn＋1－Tn，其中 n 为正整数． (1) 求数列{an}，{bn}的通项公式； (2) 问是否存在正整数 m，n，使TTn＋n－1－mm>1＋bm＋2 成立？若存在，求出所有符合条 件的有序实数对(m，n)；若不存在，请说明理由．
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【点拨·反思·升华】方法一中：题中分析：显然(*)可以看成是两个指数式之间的大 小比较．因为 m<p，则 cm<cp，而基于对指数函数变化的了解，2cm>cp 大小关系的 交替可以反映 m 与 p 之间的距离很小． 方法二中：题中分析：显然数列{cn}是单调递增数列，故可以考虑对影响其通项的
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★同理可得 r＝p＋1，所以 cm，cp，cr 为数列的连续三项，因为 an＝3·2n－1，bn＝3n －2，{cn}的通项公式为 cn＝an＋bn，(c∈N*)，则等比数列{an}中连续三项成等差数 列，易知{an}为常数列，则与题意矛盾．故不存在满足题意的集合 A. 方法二：由题意，cn＝3·2n－1＋(3n－2)．
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解析：方法一：假设存在满足题意的集合 A，不妨设 l，m，p，r∈(l<m<p<r)，且 cl，cm，cp，cr 成等差数列，则 2cm＝cp＋cl. 因为 cl>0，所以 2cm>cp. (*) ★若 p>m＋1 时，则 p≥m＋2，结合(*)可知， 2[3·2m－1＋(3m－2)]>3·2p－1＋(3p－2)≥3·2m＋1＋(3m＋4)， 化简可得，2m－m<－83<0，与 m≥2 且 m∈N*矛盾． 所以 p＝m＋1.
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所以ab1a2 2＋ab2a3 3＋ab3a4 4＋…＋abnan＋n＋1 1＝b1121－1 1－2n＋11－1，所以b1121－1 1－2n＋11－1＜13 恒成立， 即 b1>31－2n＋11－1，所以 b1≥3.
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(1) 因为 An＝n2，所以 an＝1n， 2－n－12，
n＝1， n≥2， 即 an＝2n－1，
故 bn＋1－bn＝12(an＋1－an)＝1，
所以数列{bn}是以 2 为首项，1 为公差的等差数列，
所以 Bn＝n·2＋12·n·(n－1)·1＝12n2＋32n.
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2. 已知数列{an}与{bn}的前 n 项和分别为 An 和 Bn，且对任意 n∈N*，an＋1－an＝2(bn ＋1－bn)恒成立． (1) 若 An＝n2，b1＝2，求 Bn； (2) 若对任意 n∈N*，都有 an＝Bn 及ab1a2 2＋ab2a3 3＋ab3a4 4＋…＋abnan＋n＋11＜13成立，求正实 数 b1 的取值范围； (3) 若 a1＝2，bn＝2n，是否存在两个互不相等的整数 s，t(1＜s＜t)，使AB11，ABss，ABtt成 等差数列？若存在，求出 s，t 的值；若不存在，请说明理由．
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构造函数 f(x)＝2x－1－x＋4(x≥3，x∈N*)， 则 f(x＋1)－f(x)＝2x－1－1>0 恒成立， 所以 f(x)≥f(3)＝5>0， 则 2n3－1－n3＋4>0，与(*)式矛盾， 故不存在满足题意的集合 A.