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1、第50题 数列中探索性问题I题源探究黄金母题【例1】已知是等比数列的前项和，成等差数列，且（I）求数列的通项公式；（II）是否存在正整数，使得?若存在，求出符合条件的所有的集合；若不存在，说明理由【解析】（I）设数列的公比为，则，由题意得即解得故数列的通项公式为（II）由（I）有 若存在，使得，则，即当为偶数时， 上式不成立；当为奇数时，即，则综上存在符合条件的正整数，且所有这样的的集合为精彩解读【试题来源】人教A版必修5P68B组T1改编【母题评析】本题主要考查等比数列的通项公式、数列中的存在型问题，考查考生的分析问题解决问题的能力以及基本计算能力【思路方法】应用方程思想列方程组求基本量，进
2、而的数列的通项公式；由题意列出方程组（或不等式组）解决存在型问题II考场精彩真题回放【例2】【2017高考北京20】设和是两个等差数列，记，其中表示这个数中最大的数（）若，求的值，并证明是等差数列；（）证明：或者对任意正数，存在正整数，当时，；或者存在正整数，使得是等差数列【答案】（）详见解析；（）详见解析【解析】试题分析：（）分别代入求，观察规律，再证明当时，所以关于单调递减所以，即证明；（）首先求的通项公式，分三种情况讨论证明试题解析：解：（），当时，所以关于单调递减所以所以对任意，于是，所以是等差数列（）设数列和的公差分别为，则所以 当时，取正整数，则当时，因此此时，是等差数列当时，对任
3、意，此时，是等差数列当时，当时，有所以 对任意正数，取正整数，故当时，【考点】1新定义；2数列的综合应用；3推理与证明【名师点睛】近年北京卷理科压轴题一直为新信息题，本题考查学生对新定义的理解能力和使用能力，本题属于偏难问题，反映出学生对于新的信息的的理解和接受能力，本题考查数列的有关知识及归纳法证明方法，即考查了数列（分段形函数）求值，又考查了归纳法证明和对数据的分析研究，考查了学生的分析问题能力和逻辑推理能力，本题属于拔高难题，特别是第二两步难度较大，适合选拔优秀学生【例3】【2017高考江苏19改编】 对于给定的正整数，若数列满足对任意正整数总成立，则称数列是“数列”（1）证明：等差数列
4、是“数列”；（2）是否存在数列，它既是“数列”，又是“数列”？若存在给出证明；若不存在说明理由【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）证明：为等差数列，设其公差为，则，从而，当时，因此等差数列是“数列”（2）数列既是“数列”，又是“数列”，因此当时，当时，由知，将代入，得，其中是等差数列，设其公差为在中，取，则；在中，取，则，数列是等差数列【例4】【2016高考上海数】若无穷数列满足：只要，必有，则称具有性质（1）若具有性质，且，求；（2）若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为正数的等比数列，判断是否具有性质，并说明理由；（3）设是无穷数列，已知求证：“对任意都具有性质”的充要条件为“
5、是常数列”【答案】（1）（2）不具有性质（3）见解析【解析】（1）因为，所以，于是，又因为，解得（3）证充分性：当为常数列时，对任意给定的，只要，则由，必有充分性得证必要性：用反证法证明假设不是常数列，则存在，使得，而下面证明存在满足的，使得，但设，取，使得，则，故存在使得取，因为（），所以，依此类推，得但，即所以不具有性质，矛盾必要性得证综上，“对任意，都具有性质”的充要条件为“是常数列”【命题意图】这类题以数列为载体考查探索性综合问题，这类问题不仅考查学生的分析问题解决问题的能力，以及探索能力，而且给学生提供了创新思维的空间【考试方向】这类试题在考查题型上，通常以解答题的形式出现，难度较大
6、【难点中心】解决数列与函数、不等式的综合问题的关键是从题设中提炼出数列的基本条件，综合函数与不等式的知识求解；数列是特殊的函数，以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点与数列有关的探索问题：第一步：假设符合条件的结论存在；第二步：从假设出发，利用题中关系求解；第三步，确定符合要求的结论存在或不存在；第四步：给出明确结果；第五步：反思回顾，查看关键点III理论基础解题原理近几年的高考试卷中经常出现以数列为载体的探索性问题，这类问题不仅考查学生的探索能力，而且给学生提供了创新思维的空间，而这类问题有下列三类题型：规律探索性问题；条件探索性问题；结论探
7、索性问题IV题型攻略深度挖掘【考试方向】这类试题在考查题型上，主要以解答题的形式出现，难度较大【技能方法】处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，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还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果【易错指导】对等差数列，需注意分公差是否为零讨论，对等比数列需注意分公比是否为1讨论V举一反三触类旁通考向1 规律（存在）探索性问题通常假定题中的数学对象存在(或结论成
8、立)或暂且认可其中的一部分的结论，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1】【2018江西省南昌市二中高三上第四次考试】设等差数列的前项和为，数列的前项和为满足（）求数列的通项公式及数列的前项和；（）是否存在非零实数，使得数列为等比数列？并说明理由【分析】（）设数列的公差为，由又，解得，由此即可求出数列的通项公式，即，所以，然后再利用裂项相消法即可求出结果；（）由（）可知，当时，；当时，所以，若是等比数列，则有而，所以矛盾，故数列不是等比数列（）因为当时，；当时，所以，若是等比数列，则有而，所以矛盾，故数列不是等比数列【
9、点评】裂项相消在使用过程中有一个很重要得特征，就是能把一个数列的每一项裂为两项的差，其本质就是两大类型，类型一:型，通过拼凑法裂解成；类型二：通过有理化、对数的运算法则、阶乘和组合数公式直接裂项型；该类型的特点是需要熟悉无理型的特征，对数的运算法则和阶乘和组合数公式无理型的特征是，分母为等差数列的连续两项的开方和，形如型，常见的有；对数运算本身可以裂解【例2】【2018江苏南通高三上学期第一次调研】若数列同时满足：对于任意的正整数， 恒成立；对于给定的正整数， 对于任意的正整数恒成立，则称数列是“数列”（1）已知判断数列是否为“数列”，并说明理由；（2）已知数列是“数列”，且存在整数，使得，
10、， ， 成等差数列，证明： 是等差数列【答案】（1）是（2）见解析试题解析：（1）当为奇数时， ，所以 当为偶数时， ，所以 所以，数列是“数列”（2）由题意可得： ，则数列， ， ， 是等差数列，设其公差为，数列， ， ， 是等差数列，设其公差为，数列， ， ， 是等差数列，设其公差为因为，所以，所以，所以，若，则当时，不成立；若，则当时，不成立；若，则和都成立，所以同理得： ，所以，记设 ，则同理可得： ，所以所以是等差数列【例3】【2018广东茂名五大联盟学校高三3月联考】设数列的前n项和为，且满足（）（1）求数列的通项公式；（2）是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，求出的值，若不
11、存在，请说明理由【答案】(1)；(2)答案见解析【分析】（1）由题意可得，据此有且（），故，整理可得数列是以2为首项，2为公比的等比数列，（2）由（1）知，必要条件探路，若为等差数列，则，成等差数列，据此可得经检验时，成等差数列，故的值为-2（2）由（1）知，所以若为等差数列，则，成等差数列，即有，即，解得经检验时，成等差数列，故的值为-2 【跟踪练习】1【2018湖南长沙雅礼中学高三模拟】已知首项为的等比数列的前项和为，且成等差数列（1）求数列的通项公式；（2）对于数列，若存在一个区间，均有，则称为数列的“容值区间”设，试求数列的“容值区间”长度的最小值（注：区间的长度均为）【答案】（1）；
12、（2）当为偶数时，易知随增大而增大，此时；当为奇数时，易知随增大而减小，此时又，故数列的“容值区间”长度的最小值为2【2018安徽六安一中上学期期末考】已知数列的前项和为，是6与的等差中项（1）求数列的通项公式；（2）是否存在正整数，使不等式恒成立，若存在，求出的最大值；若不存在，请说明理由【答案】(1)；(2)存在，【解析】（1）解法一：因为是6与2的等差中项，所以，即，当时有得，即对都成立又根据有即，所以所以所以数列是首项为1，公比为的等比数列解法二：因为是6与2的等差中项，所以，即，由此得，又，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列得，即，所以，当时，又时，也适合上式，所以（2）根据
13、（1）的结论可知，数列是首项为1，公比为的等比数列，所以其前项和为，原问题等价于恒成立当为奇数时，不等式左边恒为负数，右边恒为正数，所以对任意正整数不等式恒成立；当为偶数时，等价于恒成立，令，有，则等价于在恒成立，因为为正整数，二次函数的对称轴显然在轴左侧，所以当时，二次函数为增函数，故只须，解得，所以存在符合要求的正整数，且最大值为113【2018北京海淀区高三二模】如果数列an满足“对任意正整数i,j,ij，都存在正整数k，使得ak= ai aj”，则称数列an具有“性质P”已知数列an是无穷项的等差数列，公差为d（）若a1=2，公差d=3，判断数列an是否具有“性质P”，并说明理由； （
14、）若数列an具有“性质P”，求证：a10且d0；（）若数列an具有“性质P”，且存在正整数k，使得ak=2018，这样的数列共有多少个？并说明理由【答案】（）不具有性质P；（）证明见解析；（）3039详解：（）若a1=2，公差d=3，则数列an不具有性质P理由如下：由题知an=3n-1，对于a1和a2，假设存在正整数k，使得ak=a1a2，则有3k-1=25=10，解得k=113，矛盾！所以对任意的kN*，aka1a2（）若数列an具有“性质P”，则假设a10，d0，则对任意的nN*，an=a1+(n-1)d0，矛盾！假设a10，则存在正整数，使得a1a2a3at0at+1at+2ak1ak2ak3akt+1，但数列an中仅有项小于等于0，矛盾假设a1
