2023届高考数学二轮复习 微专题51 数列中的存在性问题学案.docx

1、微专题51数列中的存在性问题数列中的存在性问题一般转化为求不定方程正整数解的问题，往往涉及数论、函数、方程、不等式等知识，蕴含了丰富的数学思想本专题对数列中一些存在性问题进行探究，使学生学会通过研究方程两边范围的策略来解不定方程整数解的问题.例题：已知an2n，是否存在正整数p，q，r(pqr)，使得ap，aq，ar成等差数列？并说明理由变式1已知an2n，是否存在三个互不相等正整数p，q，r，且p，q，r成等差数列，使得ap1，aq1，ar1成等比数列？并说明理由变式2已知ann，是否存在正整数p，q，r(pqr)，使得ap，aq，ar成等比数列？并说明理由串讲1已知数列是各项均不为0的等差

2、数列，Sn为其前n项和，且满足an2S2n1，令bn，数列bn的前n项和bn为Tn.(1)求数列an的通项公式及数列bn的前n项和Tn；(2)是否存在正整数m，n(1mn)，使得T1，Tm，Tn成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值，若不存在，请说明理由串讲2已知数列an与bn的前n项和分别为An和Bn，且对任意nN*，an1an2(bn1bn)恒成立(1)若Ann2，b12，求Bn；(2)若a12，bn2n，是否存在两个互不相等的整数s，t(1st)，使，成等差数列？若存在，求出s，t的值；若不存在，请说明理由(2018无锡期末)已知数列an满足，nN*，Sn是数列an的前n项和(1)求数

3、列an的通项公式；(2)若ap，30，Sq成等差数列，ap，18，Sq成等比数列，求正整数p，q的值；(3)是否存在kN*，使得为数列an中的项？若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，请说明理由(2018扬州期末)已知各项都是正数的数列an的前n项和为Sn，且2Snan2an，数列bn满足b1，2bn1bn.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设数列cn满足cn，求和c1c2cn；(3)是否存在正整数p，q，r(pqr)，使得bp，bq，br成等差数列？若存在，求出所有满足要求的p，q，r，若不存在，请说明理由答案：(1)ann，bn；(2)；(3)存在，p1，q3，r4.或p2m1

4、m1，q2m1m，r2m1.解析：(1)2Snan2an，2Sn1an12an1，得2an1an12an2an1an，即(an1an)(an1an1)0.1分因为an是正数数列，所以an1an10，即an1an1，所以an是等差数列，其中公差为1，2分在2Snan2an中，令n1，得a11，所以ann，由2bn1bn得，所以数列是等比数列，其中首项为，公比为，所以，即bn.(注：也可累乘求bn的通项)3分(2)cn，裂项得cn，所以c1c2cn.3分(3)假设存在正整数p，q，r(pqr)，使得bp，bq，br成等差数列，则bpbr2bq，即，因为bn1bn，所以数列bn从第二项起单调递减，当

5、p1时，若q2，则，此时无解；7分若q3，则，因为bn从第二项起递减，故r4，所以p1，q3，r4符合要求，若q4，则2，即b12bq，不符合要求，此时无解；9分当p2时，一定有qp1，否则若qp2，则2，即bp2bq，矛盾，11分所以qp1，此时，令rpm1，则r2m1，所以p2m1m1，q2m1m，13分综上得，存在p1，q3，r4或p2m1m1，q2m1m，r2m1满足要求.14分微专题51例题答案：略解法1假设存在正整数p，q，r(pqr)，ap，aq，ar成等差数列，那么22q2p2r，在等式两边同除以2p，得2q1p12rp，因为p，q，r是正整数，且pqr，所以q1p，rp都是正

6、整数，所以2q1p，2rp都是偶数，所以2rp1是奇数，所以2q1p12rp不可能成立，所以不存在正整数p，q，r(pqr)，ap，aq，ar成等差数列解法2假设存在正整数p，q，r(pqr)，ap，aq，ar成等差数列，那么22q2p2r，在等式两边同除以2q，得22pq2rq2rq，所以22rq，因为p，q，r是正整数，且pqr，所以2qp，2rq都是正整数，所以是真分数，所以22rq不可能成立，所以不存在正整数p，q，r(pqr)，ap，aq，ar成等差数列解法3假设存在正整数p，q，r(pqr)，ap，aq，ar成等差数列，那么22q2p2r，在等式两边同除以2q得22pq2rq2rq

7、，所以22rq，因为p，q，r是正整数，且pq0，所以22rq0，0.所以22rq不可能成立，所以不存在正整数p，q，r(pq222q，这与(*)式矛盾，故假设不成立所以ap1，aq1，ar1不是等比数列变式2答案：不存在解析：假设存在正整数p，q，r(pqr)，ap，aq，ar成等比数列，所以(q)2(p)(r)所以(q2pr)(2qpr)0.因为p，q，r都是正整数所以消去q化简可得pr，这与pqr矛盾所以不存在正整数p，q，r(pq0，从而1m1，所以m2.此时n12.故当且仅当m2，n12，数列Tn中的T1，Tm，Tn成等比数列解法2：因为，故，即2m24m10，从而1m1，(以下同解

8、法一)串讲2答案：(1)Bnn2n；(2)不存在解析：(1)因为Ann2，所以当n1时，a11，当n2时，ann2(n1)22n1，又a1符合an，所以an2n1，故bn1bn(an1an)1，所以数列bn是以2为首项，1为公差的等差数列，所以Bnn2n(n1)1n2n.(2)由an1an2(bn1bn)得an1an2n1，所以，当n2时，an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a12n2n1232222n12，当n1时，上式也成立，所以An2n242n，又Bn2n12，所以2，假设存在两个互不相等的整数s，t(1s1，所以1，即2s0，所以h(s)递增，若s3，则h(s)h

9、(3)10，不满足2s0，所以不符合要求所以，不存在正整数s，t(1st)，使，成等差数列新题在线答案：(1)ann1；(2)p5，q9；(3)3或14.解析：(1)因为(1)(1)(1)，nN*，所以当n1时，1，a12，当n2时，由(1)(1)(1)和()(1)(1)，两式相除可得，1，即anan11(n2)所以，数列an是首项为2，公差为1的等差数列于是，ann1.(2)因为ap，30，Sq成等差数列，ap，18，Sq成等比数列，所以于是或当时，解得当时，无正整数解，所以p5，q9.(3)假设存在满足条件的正整数k，使得am(mN*)，则m1，平方并化简得，(2m2)2(2k3)263，则(2m2k5)(2m2k1)63，所以或或解得m15，k14或m5，k3，m3，k1(舍去)，综上所述，k3或14.