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

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这是一份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，共10页。

例题：已知an＝2n，是否存在正整数p，q，r(p变式1已知an＝2n，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ap－1，aq－1，ar－1成等比数列？并说明理由．
变式2已知an＝n＋eq \r(2)，是否存在正整数p，q，r(p串讲1已知数列是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项和，且满足an2＝S2n－1，令bn＝eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,an·an＋1)))，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(1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n∈N*，an＋1－an＝2(bn＋1－bn)恒成立．
(1)若An＝n2，b1＝2，求Bn；
(2)若a1＝2，bn＝2n，是否存在两个互不相等的整数s，t(1 (2018·无锡期末)已知数列{an}满足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,a1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,a2)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,an)))＝eq \f(1,an)，n∈N*，Sn是数列{an}的前n项和．
(1)求数列{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k∈N*，使得eq \r(akak＋1＋16)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2Sn＝an2＋an，数列{bn}满足b1＝eq \f(1,2)，2bn＋1＝bn＋eq \f(bn,an).
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝eq \f(bn＋2,Sn)，求和c1＋c2＋…＋cn；
(3)是否存在正整数p，q，r(p答案：(1)an＝n，bn＝eq \f(n,2n)；(2)eq \f(1,2)－eq \f(1,（n＋1）2n＋1)；(3)存在，p＝1，q＝3，r＝4.或p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，r＝2m＋1.
解析：(1)2Sn＝an2＋an①，2Sn＋1＝an＋12＋an＋1②，
②－①得2an＋1＝an＋12－an2＋an＋1－an，即(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.1分
因为{an}是正数数列，所以an＋1－an－1＝0，即an＋1－an＝1，所以{an}是等差数列，其中公差为1，2分
在2Sn＝an2＋an中，令n＝1，得a1＝1，所以an＝n，由2bn＋1＝bn＋eq \f(bn,an)得eq \f(bn＋1,n＋1)＝eq \f(1,2)·eq \f(bn,n)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,n)))
是等比数列，其中首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)，所以eq \f(bn,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，即bn＝eq \f(n,2n).(注：也可累乘求{bn}的通项．)3分
(2)cn＝eq \f(bn＋2,Sn)＝eq \f(n＋2,（n2＋n）2n＋1)，裂项得cn＝eq \f(1,n·2n)－eq \f(1,（n＋1）2n＋1)，所以c1＋c2＋…＋cn＝eq \f(1,2)－eq \f(1,（n＋1）2n＋1).3分
(3)假设存在正整数p，q，r(p因为bn＋1－bn＝eq \f(n＋1,2n＋1)－eq \f(n,2n)＝eq \f(1－n,2n＋1)，所以数列{bn}从第二项起单调递减，当p＝1时，eq \f(1,2)＋eq \f(r,2r)＝eq \f(2q,2q)，
若q＝2，则eq \f(r,2r)＝eq \f(1,2)，此时无解；7分
若q＝3，则eq \f(r,2r)＝eq \f(1,4)，因为{bn}从第二项起递减，故r＝4，所以p＝1，q＝3，r＝4符合要求，若q≥4，
则eq \f(b1,bq)≥eq \f(b1,b4)≥2，即b1≥2bq，不符合要求，此时无解；9分
当p≥2时，一定有q－p＝1，否则若q－p≥2，则eq \f(bp,bq)≥eq \f(bp,bp＋2)＝eq \f(4p,p＋2)＝eq \f(4,1＋\f(2,p))≥2，即bp≥2bq，矛盾，11分
所以q－p＝1，此时eq \f(r,2r)＝eq \f(1,2p)，令r－p＝m＋1，则r＝2m＋1，所以p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，13分
综上得，存在p＝1，q＝3，r＝4或p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，r＝2m＋1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(p解法2假设存在正整数p，q，r(p解法3假设存在正整数p，q，r(p0，所以2－2r－q≤0，eq \f(1,2q－p)>0.所以2－2r－q＝eq \f(1,2q－p)不可能成立，所以不存在正整数p，q，r(p变式联想
变式1
答案：不存在．
解析：∵p，q，r成等差数列，∴p＋r＝2q.假设ap－1，aq－1，ar－1成等比数列，则(ap－1)(ar－1)＝(aq－1)2，即(2p－1)(2r－1)＝(2q－1)2，化简得2p＋2r＝2×2q.(*)又因为p，q，r成等差数列，因为p≠r，所以2p＋2r>2eq \r(2p×2r)＝2×2q，这与(*)式矛盾，故假设不成立．所以ap－1，aq－1，ar－1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(p说明：在处理多元方程整数解时，主要考虑因素是等式两边的“范围”是否一致，比如：正数与负数，有理数与无理数，整数与分数，奇数与偶数，等得到矛盾，进而判断方程无解；也根据等式一侧范围来限定另一侧范围，进而得到整数方程的解．
串讲激活
串讲1
答案：(1)an＝2n－1；Tn＝eq \f(n,2n＋1)；
(2)m＝2，n＝12.
解析：(1)因为{an}是等差数列，由an2＝S2n－1＝
eq \f(（a1＋a2n－1）（2n－1）,2)＝(2n－1)an.又因为an≠0，所以an＝2n－1.由bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)(eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1))，所以Tn＝eq \f(1,2)(1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1))＝eq \f(n,2n＋1).
(2)由(1)知，Tn＝eq \f(n,2n＋1).所以T1＝eq \f(1,3)，Tm＝eq \f(m,2m＋1)，Tn＝eq \f(n,2n＋1).若T1，Tm，Tn成等比数列，则(eq \f(m,2m＋1))2＝
eq \f(1,3)(eq \f(n,2n＋1))，即eq \f(m2,4m2＋4m＋1)＝eq \f(n,6n＋3).
解法1：由eq \f(m2,4m2＋4m＋1)＝eq \f(n,6n＋3)，可得eq \f(3,n)＝
eq \f(－2m2＋4m＋1,m2)，所以－2m2＋4m＋1>0，从而1－eq \f(\r(6),2)1，所以m＝2.此时n＝12.故当且仅当m＝2，n＝12，数列{Tn}中的T1，Tm，Tn成等比数列．
解法2：因为eq \f(n,6n＋3)＝eq \f(1,6＋\f(3,n))串讲2
答案：(1)Bn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(3,2)n；
(2)不存在．
解析：(1)因为An＝n2，所以当n＝1时，a1＝1，当n≥2时，an＝n2－(n－1)2＝2n－1，又a1符合an，所以an＝2n－1，故bn＋1－bn＝eq \f(1,2)(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＋eq \f(1,2)·n·(n－1)·1＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(3,2)n.
(2)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eq \f(An,Bn)＝eq \f(2n＋2－4－2n,2n＋1－2)＝2－eq \f(n,2n－1)，假设存在两个互不相等的整数s，t(1eq \f(t,2t－1)，即eq \f(2s,2s－1)＝1＋eq \f(t,2t－1)，因为1＋eq \f(t,2t－1)>1，所以eq \f(2s,2s－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)递增，若s≥3，则h(s)≥h(3)＝1>0，不满足2s<2s＋1，所以s＝2，代入eq \f(2s,2s－1)＝eq \f(1,21－1)＋eq \f(t,2t－1)得2t－3t－1＝0(t≥3)，当t＝3时，显然不符合要求；当t≥4时，令φ(t)＝2t－3t－1(t≥3，t∈N*)，则同理可证φ(t)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新题在线
答案：(1)an＝n＋1；(2)p＝5，q＝9；(3)3或14.
解析：(1)因为(1－eq \f(1,a1))(1－eq \f(1,a2))…
(1－eq \f(1,an))＝eq \f(1,an)，n∈N*，所以当n＝1时，1－eq \f(1,a1)＝eq \f(1,a1)，a1＝2，当n≥2时，由(1－eq \f(1,a1))(1－eq \f(1,a2))…(1－eq \f(1,an))＝eq \f(1,an)和(eq \f(1,1－a1))(1－eq \f(1,a2))…(1－eq \f(1,an－1))＝eq \f(1,an－1)，两式相除可得，1－eq \f(1,an)＝eq \f(an－1,an)，即an－an－1＝1(n≥2)．所以，数列{an}是首项为2，公差为1的等差数列．于是，an＝n＋1.
(2)因为ap，30，Sq成等差数列，ap，18，Sq成等比数列，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ap＋Sq＝60，,apSq＝182，))于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ap＝6，,Sq＝54))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ap＝54，,Sq＝6.))当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ap＝6，,Sq＝54))时，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＋1＝6，,\f(（q＋3）q,2)＝54，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＝5，,q＝9，))当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ap＝54，,Sq＝6))时，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＋1＝54，,\f(（q＋3）q,2)＝6))，无正整数解，所以p＝5，q＝9.
(3)假设存在满足条件的正整数k，使得eq \r(akak＋1＋16)＝am(m∈N*)，
则eq \r(（k＋1）（k＋2）＋16)＝m＋1，平方并化简得，(2m＋2)2－(2k＋3)2＝63，则(2m＋2k＋5)(2m－2k－1)＝63，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m＋2k＋5＝63，,2m－2k－1＝1))
或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m＋2k＋5＝21，,2m－2k－1＝3))
或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m＋2k＋5＝9，,2m－2k－1＝7，))解得m＝15，k＝14或m＝5，k＝3，m＝3，k＝－1(舍去)，综上所述，k＝3或14.
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.

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