新高考数学专题复习专题39数列中的探索性问题专题练习(学生版+解析)

这是一份新高考数学专题复习专题39数列中的探索性问题专题练习(学生版+解析)，共16页。试卷主要包含了题型选讲，数列中的参数的问题等内容，欢迎下载使用。

数列中的探究性问题实际上就是不定方程解的问题，对于此类问题的求解，通常有以下三种常用的方法：①利用等式两边的整数是奇数还是偶数的方法来加以判断是否存在；②利用寻找整数的因数的方法来进行求解，本题的解题思路就是来源于此；③通过求出变量的取值范围，从而对范围内的整数值进行试根的方法来加以求解．对于研究不定方程的解的问题，也可以运用反证法，反证法证明命题的基本步骤：
①反设：设要证明的结论的反面成立．作反设时要注意把结论的所有反面都要写出来，不要有遗漏．②归谬：从反设出发，通过正确的推理得出与已知条件或公理、定理矛盾的结论．③存真：否定反设，从而得出原命题结论成立．
一、题型选讲
题型一 、数列中项存在的问题
例1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知等差数列的前n项和为．
(1)求的通项公式；
(2)数列满足为数列的前n项和，是否存在正整数m，，使得?若存在，求出m，k的值；若不存在，请说明理由．
例2、（江苏省响水中学2020年秋学期高三年级第三次学情分析考试）在①，，成等比数列，且；②，且这两个条件中任选一个填入下面的横线上并解答．
已知数列是公差不为0的等差数列，，其前n项和为，数列的前n项和为，若 ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
（3）设等比数列的首项为2，公比为，其前项和为，若存在正整数，使得，求的值.
例3、(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．
题型二、 数列中的等差数列或者等比数列的存在问题
例4、（河北省衡水中学2021届上学期高三年级二调考试）已知正项数列的前项和为,,，其中为常数．
(1)证明：
(2)是否存在实数，使得数列为等比数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
例5、(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＝aeq \\al(2,n)＋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题型三、数列中的参数的问题
例6、（恩施高中 郧阳中学 沙市中学 十堰一中 随州二中 襄阳三中）在①为等比数列，,②为等差数列，,③为等比数列，。这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并作答。
已知数列满足,数列满足____________,为数列的前项和,是否存在正整数,使得成立?若存在,求出的最小值；若不存在,请说明理由。
例7、【2020年高考江苏】已知数列的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“λ～k”数列．
（1）若等差数列是“λ～1”数列，求λ的值；
（2）若数列是“”数列，且，求数列的通项公式；
（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列为“λ～3”数列，且？若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由．（公众号：高中数学最新试题）
二、达标训练
1、【2020年高考山东】已知公比大于的等比数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．
2、（徐州一中、兴化中学2021届两校联合第二次适应性考试）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的存在，求实数的取值范围；若问题中的不存在，请说明理由.
设等差数列的前n项和为，数列的前n项和为， ___________，，()，是否存在实数，对任意都有？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
3、（湖南师大附中2021届高三年级上学期第二次月考）已知各项均为整数的数列满足，，前6项依次成等差数列，从第五项起依次成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)求出所有的正整数，使得
4、(2019扬州期末）记无穷数列{an}的前n项中最大值为Mn，最小值为mn，令bn＝eq \f(Mn＋mn,2)，数列{an}的前n项和为An，数列{bn}的前n项和为Bn.
(1) 若数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，求Bn.
(2) 若数列{bn}是等差数列，试问数列{an}是否也一定是等差数列？若是，请证明；若不是，请举例说明．
专题39 数列中的探索性问题
数列中的探究性问题实际上就是不定方程解的问题，对于此类问题的求解，通常有以下三种常用的方法：①利用等式两边的整数是奇数还是偶数的方法来加以判断是否存在；②利用寻找整数的因数的方法来进行求解，本题的解题思路就是来源于此；③通过求出变量的取值范围，从而对范围内的整数值进行试根的方法来加以求解．对于研究不定方程的解的问题，也可以运用反证法，反证法证明命题的基本步骤：
①反设：设要证明的结论的反面成立．作反设时要注意把结论的所有反面都要写出来，不要有遗漏．②归谬：从反设出发，通过正确的推理得出与已知条件或公理、定理矛盾的结论．③存真：否定反设，从而得出原命题结论成立．
一、题型选讲
题型一 、数列中项存在的问题
例1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知等差数列的前n项和为．
(1)求的通项公式；
(2)数列满足为数列的前n项和，是否存在正整数m，，使得?若存在，求出m，k的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设等差数列的公差为d，
由得，解得，
；
（2），
， ，
若，则，整理得，
又，，整理得，
解得，
又，，，
∴存在满足题意．
例2、（江苏省响水中学2020年秋学期高三年级第三次学情分析考试）在①，，成等比数列，且；②，且这两个条件中任选一个填入下面的横线上并解答．
已知数列是公差不为0的等差数列，，其前n项和为，数列的前n项和为，若 ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
（3）设等比数列的首项为2，公比为，其前项和为，若存在正整数，使得，求的值.
【解析】（1）选① ，选② …………4分
（2） ………………………………………………8分
（3）由（1）可得，，
由，得，
所以，
因为，所以，即，
由于，所以，
当时，，
当时，，
所以的值为 ………………………………12分
例3、(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．
【解析】 (1) 因为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*，
所以当n＝1时，1－eq \f(1,a1)＝eq \f(1,a1)，所以a1＝2，(1分)
当n≥2时，由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)和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－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.(4分)
(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.))(7分)
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.(10分)
(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，(11分)
则(2m＋2k＋5)(2m－2k－1)＝63，(12分)
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，))(14分)
解得m＝15，k＝14或m＝5，k＝3或m＝3，k＝－1(舍去)．
综上所述，k＝3或14.(16分) （公众号：高中数学最新试题）
题型二、 数列中的等差数列或者等比数列的存在问题
例4、（河北省衡水中学2021届上学期高三年级二调考试）已知正项数列的前项和为,,，其中为常数．
(1)证明：
(2)是否存在实数，使得数列为等比数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)证明：因为，，
所以，所以
因为，所以，所以，
所以（6分）
(2)解：因为，所以，
两式相减，得
因为，即，
所以，由，得 若是等比数列，则，
即，解得 经检验，符合题意.
故存在，使得数列为等比数列． (12分)
例5、(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＝aeq \\al(2,n)＋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【解析】 (1) 2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an ①，
2Sn＋1＝aeq \\al(2,n＋1)＋an＋1 ②，
②－①得2an＋1＝aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＋an＋1－an，即(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.
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.
在2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an中，令n＝1，得a1＝1，
所以an＝n.(2分)
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).(5分)
(注：也可累乘求bn的通项．)
(2) 由(1)得cn＝eq \f(bn＋2,Sn)＝eq \f(n＋2,（n2＋n）2n＋1)，所以cn＝eq \f(1,n·2n)－eq \f(1,（n＋1）2n＋1)，(7分)
所以c1＋c2＋…＋cn＝eq \f(1,2)－eq \f(1,（n＋1）2n＋1)＝eq \f(（n＋1）2n－1,（n＋1）2n＋1).(9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；
若q＝3，则eq \f(r,2r)＝eq \f(1,4)，且{bn}从第二项起递减，故r＝4，所以p＝1，q＝3，r＝4符合要求；(11分)
若q≥4，则eq \f(b1,bq)≥eq \f(b1,b4)＝2，即b1≥2bq，又因为b1＋br＝2bq，所以b1<2bq，矛盾．此时无解．(12分)
当p≥2时，一定有q－p＝1.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，这与bp＋br＝2bq矛盾，所以q－p＝1.
此时eq \f(r,2r)＝eq \f(1,2p)，则r＝2r－p.令r－p＝m＋1，则r＝2m＋1，所以p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，m∈N*.
综上得，存在p＝1，q＝3，r＝4或p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，r＝2m＋1(m∈N*)满足要求．(16分)
题型三、数列中的参数的问题
例6、（恩施高中 郧阳中学 沙市中学 十堰一中 随州二中 襄阳三中）在①为等比数列，,②为等差数列，,③为等比数列，。这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并作答。
已知数列满足,数列满足____________,为数列的前项和,是否存在正整数,使得成立?若存在,求出的最小值；若不存在,请说明理由。
【解析】：由可得,,
两式相减可得,, 所以,
当时,由可得,,满足, 所以,
若选①可得,所以,此时,
可得, ,可得,
所以存在最小值为.
若选②,可得，所以，此时
可得，，所以存在最小值为10
若选③,可得，所以，此时
所以
那么
两式相减得，所以不存在整数k
例7、【2020年高考江苏】已知数列的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“λ～k”数列．
（1）若等差数列是“λ～1”数列，求λ的值；
（2）若数列是“”数列，且，求数列的通项公式；
（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列为“λ～3”数列，且？若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由．
【解析】（1）因为等差数列是“λ～1”数列，则，即，
也即，此式对一切正整数n均成立．
若，则恒成立，故，而，
这与是等差数列矛盾．
所以．（此时，任意首项为1的等差数列都是“1～1”数列）
（2）因为数列是“”数列，
所以，即．
因为，所以，则．
令，则，即．
解得，即，也即，
所以数列是公比为4的等比数列．
因为，所以．则
（3）设各项非负的数列为“”数列，
则，即．
因为，而，所以，则．
令，则，即．（*）
①若或，则（*）只有一解为，即符合条件的数列只有一个．
（此数列为1，0，0，0，…）
②若，则（*）化为，
因为，所以，则（*）只有一解为，
即符合条件的数列只有一个．（此数列为1，0，0，0，…）
③若，则的两根分别在（0，1）与（1，+∞）内，
则方程（*）有两个大于或等于1的解：其中一个为1，另一个大于1（记此解为t）．
所以或．
由于数列从任何一项求其后一项均有两种不同结果，所以这样的数列有无数多个，则对应的有无数多个．
综上所述，能存在三个各项非负的数列为“”数列，的取值范围是．
二、达标训练
1、【2020年高考山东】已知公比大于的等比数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．
【解析】（1）设的公比为．由题设得，．
解得（舍去），．由题设得．
所以的通项公式为．
（2）由题设及（1）知，且当时，．
所以
．
2、（徐州一中、兴化中学2021届两校联合第二次适应性考试）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的存在，求实数的取值范围；若问题中的不存在，请说明理由.
设等差数列的前n项和为，数列的前n项和为， ___________，，()，是否存在实数，对任意都有？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】设等差数列的公差为d，
当时，，
得，
从而，
当时，，
得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
由对任意，都有，
可知等差数列的前n项和存在最小值，
假设时，取最小值，所以；
（1）若补充条件是①，
因为，，
从而，
由得，
所以，
由等差数列的前n项和存在最小值，
又，所以，所以，故实数的取值范围为.
（2）若补充条件是②，
由，即，又，
所以；
所以，
由等差数列的前n项和存在最小值，
则，得，
所以，
所以不存在k，使得取最小值，
故实数不存在.
（3）若补充条件是③，
由，
得，
又，
所以，
所以，
由等差数列的前n项和存在最小值，
则，
得，
又，所以，
所以存在，使得取最小值，
所以，
故实数的取值范围为.
3、（湖南师大附中2021届高三年级上学期第二次月考）已知各项均为整数的数列满足，，前6项依次成等差数列，从第五项起依次成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)求出所有的正整数，使得
【解析】(1)设前6项的公差为，则, ,
成等比数列，,
解得：, （舍），时，,
, ，则, 时，,
…………………6分
(2)由(1)可得：
则当时，,
当时，, ,
当时，,
当时，, , ,
当时，假设存在，使得,
则有即：,
, ,，从而无解，
时，不存在这样的，使得,
综上所述：或. …………………………12分
4、(2019扬州期末）记无穷数列{an}的前n项中最大值为Mn，最小值为mn，令bn＝eq \f(Mn＋mn,2)，数列{an}的前n项和为An，数列{bn}的前n项和为Bn.
(1) 若数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，求Bn.
(2) 若数列{bn}是等差数列，试问数列{an}是否也一定是等差数列？若是，请证明；若不是，请举例说明．
．
规范解答 (1)因为数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n，所以mn＝2，Mn＝an＝2n，
则有bn＝eq \f(2＋2n,2)＝1＋2n－1，从而Bn＝n＋eq \f(1－2n,1－2)×1＝2n－1＋n.(4分)
(2)解法1(参数讨论法) 若数列{bn}是等差数列，设其公差为d′.
bn－bn－1＝eq \f(Mn＋mn,2)－eq \f(Mn－1＋mn－1,2)＝eq \f(Mn－Mn－1,2)＋eq \f(mn－mn－1,2)＝d′.
根据Mn，mn的定义，有以下结论：
Mn≥Mn－1，mn≤mn－1，且两个不等式中至少有一个取等号．(6分)
说明：若两不等式均不取等号，即Mn>Mn－1，mnMn－1≥an－1，则an>an－1>…>a2>a1，而此时有mn＝mn－1＝a1，不合题意，故两不等式中至少有一个取等号．
①若d′>0，则必有Mn>Mn－1，所以an＝Mn>Mn－1≥an－1，即对n≥2，n∈N*，都有an>an－1，
所以Mn＝an，mn＝a1，bn－bn－1＝eq \f(Mn＋mn,2)－eq \f(Mn－1＋mn－1,2)＝eq \f(an＋a1,2)－eq \f(an－1＋a1,2)＝eq \f(an－an－1,2)＝d′，
所以an－an－1＝2d′，即{an}为等差数列．(7分)
②若d′<0时，则必有mn所以Mn＝a1，mn＝an，bn－bn－1＝eq \f(Mn＋mn,2)－eq \f(Mn－1＋Mn－1,2)＝eq \f(a1＋an,2)－eq \f(a1＋an－1,2)＝eq \f(an－an－1,2)＝d′，
所以an－an－1＝2d′，即{an}为等差数列；
③当d′＝0，bn－bn－1＝eq \f(Mn＋mn,2)－eq \f(Mn－1＋mn－1,2)＝eq \f(Mn－Mn－1,2)＋eq \f(mn－mn－1,2)＝0.
因为Mn－Mn－1，mn－mn－1中必有一个为0，所以根据上式，一个为0，则另一个亦为0，
即Mn＝Mn－1，mn＝mn－1，所以{an}为常数数列，也是等差数列，
综上，数列{an}一定是等差数列．(10分)
解法2(增项讨论法) 若数列{bn}是等差数列，设通项公式为bn＝pn＋q(p，q∈R)，则bn＋1－bn＝p.
对于数列{an}：a1，a2，…，an，增加an＋1时，有下列情况：
①若an＋1>Mn时，则Mn＋1＝an＋1，mn＋1＝mn，此时an＋1＝Mn＋1>Mn≥an，所以an＋1>an对n∈N*恒成立，
则Mn＝an，mn＋1＝mn＝a1，所以bn＋1－bn＝eq \f(Mn＋1＋Mn＋1,2)－eq \f(Mn＋mn,2)－eq \f(an＋1＋a1,2)－eq \f(an＋a1,2)＝eq \f(an＋1－an,2)＝p，
即an＋1－an＝2p，为常数，则数列{an}是等差数列．(7分) （公众号：高中数学最新试题）
②若mn≤an＋1≤Mn时，则Mn＋1＝Mn，mn＋1＝mn, 所以bn＋1＝bn.
因为数列{bn}是等差数列且bn＝pn＋q，所以p＝0，bn＝q，
所以Mn＋1＝Mn＝Mn－1＝…＝M1＝a1＝q，mn＋1＝mn＝mn－1＝…＝m1＝a1＝q，所以q≤an＋1≤q，即an＝q，即{an}为常数数列，所以数列{an}是公差为0的等差数列．(8分)
③若an＋1则Mn＋1＝Mn＝a1，mn＝an，所以bn＋1－bn＝eq \f(Mn＋1＋mn＋1,2)－eq \f(Mn＋mn,2)＝eq \f(a1＋an＋1,2)－eq \f(a1＋an,2)＝eq \f(an＋1－an,2)＝p，
即an＋1－an＝2p，为常数，则数列{an}是等差数列．(10分) （公众号：高中数学最新试题）