例说数列存在性问题的求解策略
微专题51数列中的存在性问题
微专题51 数列中的存在性问题例题：已知a n＝2n，是否存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得a p，a q，a r成等差数列？并说明理由．变式1已知a n＝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a p－1，a q－1，a r－1成等比数列？并说明理由．变式2已知a n＝n＋2，是否存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得a p，a q，a r成等比数列？并说明理由．串讲1已知数列是各项均不为0的等差数列，S n为其前n项和，且满足a n2＝S2n－1，令b n＝1a n·a n＋1，数列{b n}的前n项和{b n}为T n.(1)求数列{a n}的通项公式及数列{b n}的前n项和T n；(2)是否存在正整数m，n(1<m<n)，使得T1，T m，T n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{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ； (2)若a 1＝2，b n＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1<s <t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t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{a n }满足⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n ＝1a n，n ∈N *，S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a p ，30，S q 成等差数列，a p ，18，S q 成等比数列，求正整数p ，q 的值； (3)是否存在k ∈N *，使得a k a k ＋1＋16为数列{a n }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{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝a n 2＋a n ，数列{b n }满足b 1＝12，2b n ＋1＝b n ＋b n a n.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝b n ＋2S n，求和c 1＋c 2＋…＋c n ；(3)是否存在正整数p ，q ，r (p <q <r )，使得b p ，b q ，b r 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)a n ＝n ，b n ＝n2n ；(2)12－1（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)2S n ＝a n 2＋a n ①，2S n ＋1＝a n ＋12＋a n ＋1②，②－①得2a n ＋1＝a n ＋12－a n 2＋a n ＋1－a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.1分 因为{a n }是正数数列，所以a n ＋1－a n －1＝0，即a n ＋1－a n ＝1，所以{a n }是等差数列，其中公差为1，2分在2S n ＝a n2＋an 中，令n ＝1，得a 1＝1，所以a n ＝n ，由2b n ＋1＝b n ＋b n a n 得b n ＋1n ＋1＝12·b n n，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n是等比数列，其中首项为12，公比为12，所以b n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，即b n ＝n2n .(注：也可累乘求{b n }的通项．)3分(2)c n ＝b n ＋2S n＝n ＋2（n 2＋n ）2n ＋1，裂项得c n ＝1n ·2n －1（n ＋1）2n ＋1，所以c 1＋c 2＋…＋c n ＝12－1（n ＋1）2n ＋1.3分(3)假设存在正整数p ，q ，r (p <q <r )，使得b p ，b q ，b r 成等差数列，则b p ＋b r ＝2b q ，即p2p ＋r 2r ＝2q 2q， 因为b n ＋1－b n ＝n ＋12n ＋1－n2n ＝1－n 2n ＋1，所以数列{b n }从第二项起单调递减，当p ＝1时，12＋r 2r ＝2q2q ， 若q ＝2，则r2r ＝12，此时无解；7分若q ＝3，则r2r ＝14，因为{b n }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b 1b q ≥b 1b 4≥2，即b 1≥2b q ，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b pb q ≥b pb p ＋2＝4p p ＋2＝41＋2p≥2，即b p≥2b q ，矛盾，11分所以q －p ＝1，此时r 2r ＝12p ，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。
数学“存在性”问题的解题策略(含解答)-
数学“存在性”问题的解题策略存在性问题是指判断满足某种条件的事物是否存在的问题，这类问题的知识覆盖面较广，综合性较强，题意构思非常精巧，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，是近几年来各地中考的“热点”。
这类题目解法的一般思路是：假设存在→推理论证→得出结论。
若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出矛盾，就做出不存在的判断。
由于“存在性”问题的结论有两种可能，所以具有开放的特征，在假设存在性以后进行的推理或计算，对基础知识，基本技能提出了较高要求，并具备较强的探索性，正确、完整地解答这类问题，是对我们知识、能力的一次全面的考验。
【典型例题】例1. 223(1)9200x x m x m m -++-+=若关于的一元二次方程有两个实数根，390cos 5a b c ABC A B C C B ==又已知、、分别是△的∠、∠、∠的对边，∠°，且， 3b a m Rt -=，是否存在整数，使上述一元二次方程两个实数根的平方和等于 ABC c m △的斜边的平方？若存在，求出满足条件的的值，若不存在，请说明理由。
分析：这个题目题设较长，分析时要抓住关键，假设存在这样的m ，满足的条件有m 是整数，一元二次方程两个实数根的平方和等于Rt △ABC 斜边c 的平方，隐含条件判别式Δ≥0等，这时会发现先抓住Rt △ABC 的斜边为c 这个突破口，利用题设条件，运用勾股定理并不难解决。
解：在△中，∠°，∵Rt ABC C B ==9035cos ∴设a=3k ，c=5k ，则由勾股定理有b=4k ， 33343==-=-k k k a b ∴，∴，∵ ∴，，a b c ===91215设一元二次方程的两个实数根为，x m x m m x x 2212319200-++-+=() 则有：，x x m x x m m 1212231920+=+=-+()∴x x x x x x m m m 122212212222312920+=+-=+--+()[()]()=+-736312m m 由，x x c c 1222215+==有，即73631225736256022m m m m +-=+-= ∴，m m 124647==-∵不是整数，应舍去，m =-647当时，m =>40∆∴存在整数m=4，使方程两个实数根的平方和等于Rt △ABC 的斜边c 的平方。
例说数列存在性问题的求解策略
例说数列存在性问题的求解策略
开放型探索性问题是近几年高考中出现的能力考查
题型之一．而数列中探究常数的存在性，更是频频出现在当今高考试题之中．原因是：一方面此类问题常以高中代数的主体内容．函数、方程、不等式、数列为载体，在知识的交汇处，考查学生综合运用知识的能力；另一方面，求解此类问题必须以科学的思维方法作指导，抓住特殊与一般，优算与精确，有限与无限等关系加以转化，才能获得探索的结果，因而对学生的综合素质与能力提出了较高的要求．下面举例说明求解此类问题的一些策略．
1从特殊入手，再作一般证明
由于常数具有不变性，因此通过数列中的特殊项或项数，即可估算出常数的值，而对于一般性，只需加以验证，就可以获得问题的解决．
例1是否存在这样的等差数列{a?n}，使它的首项为1，公差不为零，且其前n项和与其后2n项的和的比值对于任意n∈N?*恒等于常数？若存在求出数列{a?n}的通项公式及常数的值，若不存在，说明理由．
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存在性问题的解答技巧
存在性问题的解答技巧
存在性问题是指判断满足某种条件的事物或事件是否存在的问题，此类问题的知识覆盖面较广，综合性较强，题意构思非常精巧，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高。
按照历年中考数学试题来看，存在性问题一般可以分为两类：肯定型和否定型。
解决存在性问题一般套路：假设存在→推理论证→得出结论。
简单地说就是若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出矛盾，就做出不存在的判断。
具体来说，我们可以归纳出三种解决存在性问题的解题策略:
1、直接求解法
就是直接从已知条件入手,逐步试探,求出满足条件的对象,使问题得到解决的解法。
2、假设求解法
先假设结论存在,再从已知条件和定义,定理,公理出发,进行演绎推理,若得到和题意相容的结论,则假设成立,结论也存在;否则,假设不成立,结论不存在。
3、反证法
反证法是证明否定型存在性问题的主要方法,特别是在无限个候选对象中,证明某种数学对象不存在时,逐一淘汰的方法几乎不能实行,更需要使用反证法。
一定要记住一点：解题的方法主要是建立方程模型，由方程有无符合条件的解来肯定“存在与否”的问题。
存在性问题本质上是指判断满足某种条件的事物或事件是否存在的问题,这类问题的知识覆盖面较广,综合性较强,题意构思非常精巧,解题方法灵活,对学生分析问题和解决问题的能力要求较高。
不同的存在性问题解法不同，如按照解法及设问方式的不同将存在性问题分为代数方面的存在性问题(如方程根是否存在、最值是否存在等)、点的存在性问题(如构成特殊图形的点是否存在)等。
数列中的存在性问题专题
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、例题：已知a n＝2n，是否存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得a p，a q，a r成等差数列？并说明理由．变式1已知a n＝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a p－1，a q－1，a r－1成等比数列？并说明理由．变式2已知a n＝n＋2，是否存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得a p，a q，a r成等比数列？并说明理由．串讲1已知数列是各项均不为0的等差数列，S n 为其前n 项和，且满足a n 2＝S 2n －1，令b n ＝1a n ·a n ＋1，数列{b n }的前n 项和{b n }为T n .(1)求数列{a n }的通项公式及数列{b n }的前n 项和T n ；(2)是否存在正整数m ，n(1<m<n)，使得T 1，T m ，T n 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{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1<s <t )，使A 1B 1，A s B s ，A tB t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{a n }满足⎝⎛⎭⎫1－1a 1⎝⎛⎭⎫1－1a 2…⎝⎛⎭⎫1－1a n ＝1a n，n ∈N *，S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a p ，30，S q 成等差数列，a p ，18，S q 成等比数列，求正整数p ，q 的值；(3)是否存在k ∈N *，使得a k a k ＋1＋16为数列{a n }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{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝a n 2＋a n ，数列{b n }满足b 1＝12，2b n ＋1＝b n ＋b na n.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝b n ＋2S n，求和c 1＋c 2＋…＋c n ；(3)是否存在正整数p ，q ，r (p <q <r )，使得b p ，b q ，b r 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)a n ＝n ，b n ＝n 2n ；(2)12－1（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)2S n ＝a n 2＋a n ①，2S n ＋1＝a n ＋12＋a n ＋1②，②－①得2a n ＋1＝a n ＋12－a n 2＋a n ＋1－a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.1分因为{a n }是正数数列，所以a n ＋1－a n －1＝0，即a n ＋1－a n ＝1，所以{a n }是等差数列，其中公差为1，2分在2S n ＝a n 2＋a n 中，令n ＝1，得a 1＝1，所以a n ＝n ，由2b n ＋1＝b n ＋b n a n 得b n ＋1n ＋1＝12·b nn，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n是等比数列，其中首项为12，公比为12，所以b n n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，即b n ＝n2n .(注：也可累乘求{b n }的通项．)3分(2)c n ＝b n ＋2S n ＝n ＋2（n 2＋n ）2n ＋1，裂项得c n ＝1n ·2n －1（n ＋1）2n ＋1，所以c 1＋c 2＋…＋c n ＝12－1（n ＋1）2n ＋1.3分(3)假设存在正整数p ，q ，r (p <q <r )，使得b p ，b q ，b r 成等差数列，则b p ＋b r ＝2b q ，即p2p＋r 2r ＝2q 2q ， 因为b n ＋1－b n ＝n ＋12n ＋1－n 2n ＝1－n 2n ＋1，所以数列{b n }从第二项起单调递减，当p ＝1时，12＋r2r＝2q2q ， 若q ＝2，则r 2r ＝12，此时无解；7分若q ＝3，则r 2r ＝14，因为{b n }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b 1b q ≥b 1b 4≥2，即b 1≥2b q ，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b p b q ≥b p b p ＋2＝4p p ＋2＝41＋2p ≥2，即b p ≥2b q ，矛盾，11分所以q －p ＝1，此时r 2r ＝12p ，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分例题答案：略．解法1假设存在正整数p ，q ，r(p<q<r)，a p ，a q ，a r 成等差数列，那么2·2q ＝2p ＋2r，在等式两边同除以2p ，得2q ＋1－p ＝1＋2r －p，因为p ，q ，r 是正整数，且p<q<r ，所以q ＋1－p ，r －p 都是正整数，所以2q ＋1－p ，2r －p 都是偶数，所以2r －p ＋1是奇数，所以2q ＋1－p＝1＋2r －p不可能成立，所以不存在正整数p ，q ，r(p<q<r)，a p ，a q ，a r 成等差数列．解法2假设存在正整数p ，q ，r(p<q<r)，a p ，a q ，a r 成等差数列，那么2·2q ＝2p ＋2r，在等式两边同除以2q，得2＝2p －q＋2r －q＝12q －p＋2r －q，所以2－2r －q＝12q －p，因为p ，q ，r 是正整数，且p<q<r ，所以2q －p，2r －q都是正整数，所以12q －p 是真分数，所以2－2r －q＝12q －p 不可能成立，所以不存在正整数p ，q ，r(p<q<r)，a p ，a q ，a r 成等差数列．解法3假设存在正整数p ，q ，r(p<q<r)，a p ，a q ，a r 成等差数列，那么2·2q ＝2p ＋2r，在等式两边同除以2q得2＝2p －q＋2r －q＝12q －p ＋2r －q ，所以2－2r －q＝12q －p ，因为p ，q ，r 是正整数，且p<q<r ，所以r －q≥1，q －p>0，所以2－2r －q≤0，12q －p>0.所以2－2r －q＝12q －p 不可能成立，所以不存在正整数p ，q ，r(p<q<r)，a p ，a q ，a r 成等差数列．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a p －1，a q －1，a r －1成等比数列，则(a p －1)(a r －1)＝(a q －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>22p×2r＝2×2q，这与(*)式矛盾，故假设不成立．所以a p －1，a q －1，a r －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<q<r)，a p ，a q ，a r 成等比数列，所以(q ＋2)2＝(p＋2)(r ＋2)．所以(q 2－pr)＋(2q －p －r)2＝0.因为p ，q ，r 都是正整数．所以⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，消去q 化简可得p ＝r ，这与p<q<r 矛盾．所以不存在正整数p ，q ，r(p<q<r)，使得a p ，a q ，a r 成等比数列．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)a n ＝2n －1；T n ＝n2n ＋1； (2)m ＝2，n ＝12.解析：(1)因为{a n }是等差数列，由a n 2＝S 2n －1＝（a 1＋a 2n －1）（2n －1）2＝(2n －1)a n .又因为a n ≠0，所以a n ＝2n －1.由b n ＝1a n a n ＋1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)，所以T n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝n2n ＋1. (2)由(1)知，T n ＝n 2n ＋1.所以T 1＝13，T m ＝m 2m ＋1，T n ＝n 2n ＋1.若T 1，T m ，T n 成等比数列，则(m 2m ＋1)2＝ 13(n 2n ＋1)，即m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3. 解法1：由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n＝－2m 2＋4m ＋1m 2，所以－2m 2＋4m ＋1>0，从而1－62<m<1＋62，又m∈N *，且m >1，所以m ＝2.此时n ＝12.故当且仅当m ＝2，n ＝12，数列{T n }中的T 1，T m ，T n 成等比数列．解法2：因为n 6n ＋3＝16＋3n<16，故m 24m 2＋4m ＋1<16，即2m 2－4m －1<0，从而1－62<m <1＋62，(以下同解法一)．串讲2答案：(1)B n ＝12n 2＋32n ；(2)不存在．解析：(1)因为A n ＝n 2，所以当n ＝1时，a 1＝1，当n≥2时，a n ＝n 2－(n －1)2＝2n －1，又a 1符合a n ，所以a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n·2＋12·n·(n－1)·1＝12n 2＋32n.(2)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以，当n≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2，当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ，又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n2n－1，假设存在两个互不相等的整数s ，t(1<s<t)，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t2t －1成等差数列，即2s 2s －1＝121－1＋t 2t－1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1>1，所以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2s 2s －1＝121－1＋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<s <t )，使A 1B 1，A s B s ，A tB t成等差数列．新题在线答案：(1)a n ＝n ＋1；(2)p ＝5，q ＝9；(3)3或14.解析：(1)因为(1－1a 1)(1－1a 2)…(1－1a n )＝1a n ，n ∈N *，所以当n ＝1时，1－1a 1＝1a 1，a 1＝2，当n ≥2时，由(1－1a 1)(1－1a 2)…(1－1a n )＝1a n 和(11－a 1)(1－1a 2)…(1－1a n －1)＝1a n －1，两式相除可得，1－1a n ＝a n －1a n ，即a n －a n －1＝1(n ≥2)．所以，数列{a n }是首项为2，公差为1的等差数列．于是，a n ＝n ＋1.(2)因为a p ，30，S q 成等差数列，a p ，18，S q 成等比数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a p ＋S q ＝60，a p S q ＝182，于是⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝6，S q ＝54或⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝54，S q ＝6.当⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝6，S q ＝54时，⎩⎪⎨⎪⎧p ＋1＝6，（q ＋3）q2＝54，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝5，q ＝9，当⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝54，S q ＝6时，⎩⎪⎨⎪⎧p ＋1＝54，（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a k a k ＋1＋16＝a m (m ∈N *)，则（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⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2k ＋5＝63，2m －2k －1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2k ＋5＝21，2m －2k －1＝3 或⎩⎪⎨⎪⎧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.。
解决数列问题的二十八大策略
解决数列问题的二十八大策略数列这玩意儿，就像一群调皮的小精灵，在数学的世界里蹦跶来蹦跶去，有时候还真能把咱们弄得晕头转向。
不过别怕，我这个“老江湖”来给大家传授解决数列问题的二十八大策略，保准让这些小精灵乖乖听话！先来讲讲第一个策略——“通项公式法”。
通项公式就像是数列的身份证，有了它，咱们就能清楚地知道数列中每一项的规律。
比如说等差数列$a_n ＝ a_1 ＋（n 1)d$，等比数列$a_n ＝ a_1q^｛n 1}＄，只要咱们能找准首项$a_1$、公差$d$或者公比$q$，那通项公式就能轻松拿下。
我记得有一次给学生们讲这个，有个小家伙怎么都理解不了，我就拿他们排队做操来举例。
我说，假设第一个同学站得特别标准，就像首项$a_1$，后面的同学每次都比前一个多跨出一步，这一步的距离就是公差$d$，那第$n$个同学跨出的步子大小不就是$a_n$嘛！这小家伙一听，恍然大悟，那表情别提多有趣了。
接下来是“递推公式法”。
很多数列的规律不是直接通过通项公式呈现的，而是给了个递推关系。
这时候咱们就得像侦探一样，从这个递推关系中找出线索。
比如说斐波那契数列，＄F_n ＝ F_{n 1} ＋ F_{n 2}＄，咱们就得从前面的项一点点推导出后面的项。
有一回我自己在家琢磨这个数列，我就拿了一堆小豆子，按照数列的规律摆，摆着摆着，突然就发现了其中的规律，那种感觉就像找到了宝藏一样兴奋！再说说“累加法”。
如果递推关系是$a_{n ＋ 1} a_n ＝ f(n)＄的形式，咱们就可以把这些差值累加起来得到通项公式。
这个方法就像是盖房子，一层一层往上加。
我给学生们讲的时候，就说这就好比你们攒零花钱，第一天攒 1 块，第二天攒 2 块，第三天攒 3 块……那到第$n$天一共攒了多少钱？不就是把每天攒的钱加起来嘛！“累乘法”也很有意思。
当递推关系是$＼frac{a_{n ＋ 1}｝｛a_n} ＝f(n)＄时，咱们就把这些比值乘起来。
聚焦数列存在性问题
青 睐．本文将 结合具体实例 谈一谈数列 存在性问题
在 高考中的几 种主要类型及 其求解策略 ，供大家参 考．
1.参数的存在性问题
例 1 ﹙2006 年山东高考题﹚已知数列 {a n} 中，
a1
=
1 2
，点 ( n，2a n+1
a n ) 在直线 y = x 上，其中 n = 1 ，
2 ， 3 ， ．(1)令 bn = a n+1 a n 1 ，求证：数列 {bn}
(3)假设 存在实数 λ，使数列
S n
+ λTn
n
是 等差
数列．
数列 Sn + λTn 是等差数列的充要条件是 n
Sn
+ λTn n
=
xn +
y( x, y ∈R)
，即
S n
+
λTn
=
xn 2
+
yn
．
n
( ) ∑ 又 Sn = a1 + a2 + + an = 3×2 i + i 2 = i =1
( ) 3×2 1 1 2 n
bn =
3
1
n1
=
3×2 n 1 ，
42
n
n
∑ ∑ Tn = bi = ( ai+1 ai 1) = an+1 a1 n
i =1
i =1
n
( ) 3×2 2 1 2 1 n
( ) ∑ =
3×2 i 1 =
i =1
1 21
( ) = 3 2 n 1 2 1 ，
故 a n+1 = 3×2 n 1 + n 1 ， 从而 a n = 3×2 n + n 2 ．
高考数学《数列中的存在性问题》
高考数学 数列中的存在性问题
解析：(1) 令 n＝1，则 a1＝S1＝1a12－a1＝0. (2) 由 Sn＝nan2－a1，即 Sn＝n2an， ① 得 Sn＋1＝n＋12an＋1. ② ②－①，得(n－1)an＋1＝nan. ③ 于是 nan＋2＝(n＋1)an＋1. ④
高考数学 数列中的存在性问题
高考数学 数列中的存在性问题
例 3 已知数列{an}的奇数项是首项为 1 的等差数列，偶数项是首项为 2 的等比数 列，数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 S3＝a4，a5＝a2＋a3. (1) 求数列{an}的通项公式； (2) 若 amam＋1＝am＋2，求正整数 m 的值； (3) 是否存在正整数 m，使得SS2m2m－1恰好为数列{an}中的一项？若存在，求出所有满 足条件的 m 的值；若不存在，请说明理由．
高考数学 数列中的存在性问题
解析：(1) 由条件知 a1＝3. 当 n≥2 时，由 a1＋aλ2＋aλ23＋…＋λan－n1＝n2＋2n， ① 得 a1＋aλ2＋aλ23＋…＋aλnn－－21＝(n－1)2＋2(n－1)． ② ①－②得λan－n1＝2n＋1，所以 an＝(2n＋1)λn－1(n≥2)． 因为 a1＝3，所以 an＝(2n＋1)λn－1(n∈N*)．
高考数学 数列中的存在性问题
不合题意． 综上可知 m＝2. (3) 因为 S2m＝(a1＋a3＋…＋a2m－1)＋(a2＋a4＋…＋a2m) ＝m1＋22m－1＋211－－33m＝3m＋m2－1. S2m－1＝S2m－a2m＝3m＋m2－1－2·3m－1＝3m－1＋m2－1. 所以SS2m2m－1＝33mm－＋1＋mm2－2－11＝3－3m2－1m＋2－m21－ 1≤3.
高考数学 数列中的存在性问题
数列存在性问题的分析与解答教案
数列存在性问题的分析与解答教案1.问题呈现题目：已知正项数列的前项和为，且 . （1）求的值及数列的通项公式；（2）是否存在非零整数，使不等式对一切都成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 2.分析与解答分析：第（1）问根据数列通项()12n n n a S S n -=-≥很容易求出；关键是第（2）问中根据第（1）问的结论2n a n =，可得11cos cos(1)(1)2n n a n ππ++=+=-，则可考虑分离参数λ，令(1)n nb a =⋅⋅-n b 的单调性以确定n b 的最值.最后，需要考虑n 为奇数和偶数进行分类讨论. 解（1）由(2)4n n n a a S +=. 当1n =时，1111(2)4a a a S +==，解得12a =或10a =（舍去）． 当2n ≥时，由111(2)(2)44n n n n n n n a a a a a S S ---++=-=-22112()n n n n a a a a --⇒-=+， ∵0n a >，∴10n n a a -+≠，则12n n a a --=，∴{}n a 是首项为2，公差为2的等差数列，故2n a n =．（2）由2n a n =，得11cos cos(1)(1)2n n a n ππ++=+=-，设(1)n nb a =⋅⋅-1(1)n n b λ+-<. 1n n b b +===1=>，∵0n b >，∴1n n b b +>，数列{}n b 单调递增.假设存在这样的实数λ，使得不等式1(1)n n b λ+-<对一切*n ∈N 都成立，则① 当n 为奇数时，得min 1()n b b λ<==；② 当n 为偶数时，得min 2()n b b λ-<==λ>.综上，(λ∈，由λ是非零整数，知存在1λ=±满足条件． 3.题后反思 针对这类数列的存在性问题，往往需要进行分类参数并构造数列，判断数列的单调性可用比商法或作差法，题目中出现三角函数往往要考虑其周期性，涉及()1n-往往需要对n 为奇数和偶数进行分类讨论.。
高中数学数列问题的有效解决策略
高中数学数列问题的有效解决策略摘要：数列是高中数学学科中一部分重要的知识，要求学生通过学习达到掌握数列变化的规律、总结解题技巧的目标。
在运用数列知识解决实际问题的过程中，学生的思维能够得到进一步开发和拓展。
由于这一部分的知识点比较抽象难懂，学生在学习过程中不可避免地会存在困难，加之教师教学方法的限制，数列成为学生学习的一大难点。
为了帮助学生攻克数学学科的难点、总体把握数学学科知识，也为了开发学生的数学核心素养，有必要加强对数列问题教学和解决策略的研究。
以下内容将立足于高中数学学科教学工作的实际情况，从教师和学生两个角度分析影响数列问题学习效果的原因，并探究解决数列问题的有效方法。
关键词：高中数学；数列知识；解决问题引言：综合学生的解题情况来看，数列知识是学生在解题过程中的常见失分点上，归根结底在于学生对这部分知识的理解不够透彻、解题方法选择不当。
在新课标教学改革的过程中，高中数学学科教学工作需要进行必要的创新和改革，老师在采取高效教学方法时，要充分考虑学生已经具备的生活经验和学习经验、教学工作如何增添趣味、新旧知识点之间应如何衔接、如何在教学工作中融入特色等问题，为学生定制个性化的学习方式，帮助学生突破学习数列知识中存在的困难。
一、高中数学数列问题学习效果的影响因素（一）教师方面老师的教学观念和教学方式直接影响学生的学习效果，受传统教学观念和教学手段的影响，学生关于数列知识的学习并不透彻。
一方面，老师在教学过程中缺少对学生反馈的了解，采用的语言和教学模式比较抽象，学生的思维方式和理解能力不足以支撑学生理解相关的知识点，导致学生对知识一知半解，无法将相关的知识点应用于解决实际问题[1]。
另一方面，老师在课堂上一味向学生灌输知识，学生在课堂上的主体地位并不突出，学生在被动接受知识的过程中，其思维方式受到限制，不利于学生思维的拓展和能力的提升。
当学生脱离老师的指导、独立解决数学问题时，无法解答问题，甚至面对数列问题不知所措。
解析数列题目的技巧与策略
解析数列题目的技巧与策略数列是数学中比较基础的一个概念，它具有广泛的应用，尤其在考试中，涉及数列的题目也是很常见的。
解决数列题目的过程对学生来说可能会存在一定的难度，但是只要掌握了一定的技巧和策略，问题就可以迎刃而解了。
下面，我们来探讨一些解析数列题目的技巧和策略。
一、确定数列的类型数列可以分为等差数列和等比数列，因此在解题之前，我们需要首先判断出这个数列是属于哪一种类型。
判断等差数列的方法是看相邻两项之间差是否相等，差相等则为等差数列。
判断等比数列的方法是看相邻两项之间商是否相等，商相等则为等比数列。
二、分析数列的性质在解题之前，我们需要对数列进行一定的分析，例如数列是否单调增加或单调减少，是否具有周期性等特点。
对于等差数列，如果相邻两项的差为正数，则数列单调递增；如果相邻两项的差为负数，则数列单调递减。
对于等比数列，如果相邻两项的商为正数，则数列单调递增；如果相邻两项的商为负数，则数列单调递减。
对于周期性数列，其特点是在一定规律下不断地出现相同的周期。
三、找出数列的通项公式数列的通项公式是描述数列中任意一项与其下标之间的关系的公式。
一旦找出了数列的通项公式，就可以快速地用之求出任意给定项的值。
对于等差数列，一般的通项公式有An=A1+(n-1)d，其中An表示第n项，A1表示首项，d表示公差。
对于等比数列，一般的通项公式有An=A1*q^(n-1)，其中An表示第n项，A1表示首项，q表示公比。
有时候，数列的通项公式并不是很容易找出，此时可以考虑用递推公式来求解，即根据数列中前n项的值来推导出第n+1项。
四、应用递推公式求解递推公式是数列中比较常用的求解方法之一，它根据数列中前n项的值来推导出第n+1项。
递推公式的形式可以不同，但是它们都遵循同样的思路，即通过利用前n项的值来求出第n+1项。
对于等差数列，一般的递推公式为An=An-1+d，其中An-1为前一项，d为公差。
对于等比数列，一般的递推公式为An=An-1*q，其中An-1为前一项，q为公比。
解析数学数列题中的常见解题思路
解析数学数列题中的常见解题思路数列题是数学中常见的题型之一，它要求我们根据已给出的数列的规律，推断出数列的通项公式或者求解特定项的值。
在解析数学数列题中，有一些常见的解题思路可以帮助我们更好地理解和解决问题。
一、数列的性质和规律分析在解析数学数列题中，首先要对数列的性质和规律进行分析。
我们可以观察数列的前几项，寻找其中的规律。
例如，我们可以计算相邻项之间的差值或者比值，看看是否存在固定的规律。
如果存在，我们可以猜测数列的通项公式。
举个例子，假设有一个数列：1，3，5，7，9，...，我们可以观察到相邻项之间的差值都是2。
因此，我们可以猜测这个数列的通项公式为an = 2n-1。
二、递推公式的建立和求解在解析数学数列题中，递推公式是一个非常重要的概念。
递推公式可以通过前一项和后一项之间的关系来表示数列的规律。
我们可以通过观察数列的前几项，建立递推公式，并通过递推公式求解特定项的值。
例如，假设有一个数列：1，2，4，8，16，...，我们可以观察到每一项都是前一项乘以2。
因此，我们可以建立递推公式an = 2 * an-1。
如果我们要求解第n项的值，我们可以通过递推公式进行迭代计算。
三、数列的求和公式和求和方法在解析数学数列题中，有时候我们需要求解数列的前n项和。
为了简化计算，我们可以利用数列的求和公式和求和方法。
常见的数列求和公式包括等差数列的求和公式Sn = (a1 + an) * n / 2和等比数列的求和公式Sn = a1 * (q^n - 1) / (q - 1)。
这些公式可以帮助我们快速求解数列的前n 项和。
此外，还有一些特殊的数列求和方法，如Telescoping Sum法和差分法。
Telescoping Sum法通过巧妙地配对数列的相邻项，将求和问题转化为相邻项之差的问题。
差分法则通过构造差分数列，将原数列的求和问题转化为差分数列的求和问题。
四、归纳法和数学归纳法的应用在解析数学数列题中，归纳法和数学归纳法是常见的解题思路。
求解有关恒成立、存在性问题的四种策略
求解有关恒成立、存在性问题的四种策略对于有关恒成立、存在性问题，一直是高考命题的热点，往往以全称命题或特称命题的形式出现，同时结合函数的单调性、极值、最值等知识进行考查，在高考中多以压轴题或压轴题中的压轴问的形式出现。
如何突破这一难关呢？关键是细心审题及恰当地转化。
现就如何求解恒成立、存在性问题中的参数问题加以分析。
方法1：分离参数法例1.设函数f（x）=lnx-ax，g（x）=ex-ax，其中a为实数。
若f（x）在（1，+∞）上是单调减函数，且g（x）在（1，+∞）上有最小值，求a的取值范围。
解：因为f`（x）= -a，g`（x）=ex-a，由题意得f`（x）≤0对x∈（1，+∞）恒成立，即a≥ 对x∈（1，+∞）恒成立，所以a≥1。
因为g`（x）=ex-a在x∈（1，+∞）上是单调增函数，所以g`（x）>g`（1）=e-a。
又g（x）在（1，+∞）上有最小值，则必有e-ae。
综上，可知a的取值范围是（e，+∞）。
点评：求解问题的切入点不同，求解的难度就有差异。
在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，本题解法需要取交集。
一般而言：在同一问题中，若是对自变量作分类讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集。
方法2：构造函数法例2.已知函数f（x）= ，若|f（x）|≥ax，则a的取值范围是（）。
FrkBAnw9mjyEglQgHNxJcw==A.（-∞，0]B.（-∞，1]C.[-2，1]D.[-2，0]解：当x≤0时，|f（x）|≥axx2-（2+a）x≥0，对x≤0恒成立。
记g（x）=x2-（2+a）x=（x- ）2- 。
当当≥0即a≥-2时，g（x）的最小值为0，满足题意。
当x>0时，|f（x）|≥axln（1+x）-ax≥0a≤ ，对x>0恒成立。
令θ（x）= ，则θ`（x）= 。
设t=x+1，则t>1。
记L（t）= -lnt，则L`（t）= 故L（t）故当x∈（0，+∞）时，θ（x）恒大于0，所以a≤0。
数列中的存在性问题研究
数列中的存在性问题研究作者：朱丽萍来源：《中学教学参考·理科版》2013年第09期数列是高中数学中的一个重要的内容，也是近几年高考的一个热点内容.一方面考察的是数列的基本内容，包括理解等差、等比数列的概念并能利用定义证明，掌握等差、等比数列的通项公式及前n项和公式；另一方面主要考察分析、探究及逻辑推理的能力，主要是一些探索性结论的证明及数列不等式.本文就其中的一类——存在性问题进行分析研究，旨在探索解题规律，揭示解题方法.数列中存在性问题通常是给出一个结论，然后让我们来探究是否存在，若存在则求出结果，不存在则说明理由.这类问题的基本解题方法是反证法，其格式为先假设命题结论中的数学对象存在，在这个前提下根据已有的条件、定理、性质、公理等进行推理和计算.若得出矛盾，则说明假设不成立，这样的数学对象不存在，若存在则可以解出需要的结果.解该类问题对学生的逻辑推理能力和综合数学素养要求较高.下面结合具体实例，来分析存在性问题证明中的若干方法.一、利用数的奇偶性证明存在性例1已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an+Sn=2.（1）求数列{an}的通项公式；（2）求证：数列{an}中不存在任意三项按原来顺序排列后成等差数列.解析：（1）已知an与Sn的关系式求数列{an}的通项公式，是学生熟练的题型，容易求出an=12n-1.（2）假设存在{an}中的任意三项ap，aq，ar（p所以等式的左边为奇数，右边为偶数，等式不成立.所以数列{an}中不存在任意三项按原来顺序排列后成等差数列.说明：该题主要是根据等式“22-q=21-p+21-r”说明这样的p，q，r是否存在，直接求出是不可能的，所以根据这3项都以2为底，利用奇数、偶数不可能相等的事实，将表达式转换到2r-q+1=2r-p+1来处理.二、利用数为正整数求解存在性例2已知数列{an}是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项的和，且满足a2n=S2n-1，令bn=1an·an+1，数列{bn}的前n项和为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说明：这题的关键是在得出n=2m2-2m2+4m+1后，根据1例3设数列{an}的前n项和为Sn=n2，数列{bn}满足bn=anan+m（m∈N*），问：是否存在m，使得数列{bn}中存在某项bt，满足b1，b4，bt（t∈N*，t≥5）成等差数列？若存在，指出符合题意的m的个数；若不存在，请说明理由.所以存在符合题意的m共9个.说明：这题与例2的基本思想是一样的，将t用m来表示，根据字母t的特征“t∈N*，t≥5”，所以m-5必须能被36整除.本题中得到t=7+36m-5是关键，然后利用整除性即可解决.三、利用基本不等式证明存在性例4已知数列{an}的首项a1=35，an+1=3an2an+1 （n∈N*）.（1）求证：数列{1an-1}为等比数列；（2）是否存在互不相等的正整数m，s，n，使得m，s，n成等差数列且am-1，as-1，an-1成等比数列？如果存在，请给出证明；若不存在，请说明理由.解析：（1）易证1an-1是以23为首项，13为公比的等比数列.（2）由（1）可以求出an=3n3n+2，所以an-1=-23n+2.假设存在互不相等的正整数m，s，n，使得m，s，n成等差数列，且am-1，as-1，an-1成等比数列，而m，n，s为互不相等的正整数，所以等号不成立.所以不存在这样的正整数m，s，n符合条件.说明：该题主要根据基本不等式的“一正、二定、三相等”，由于2s=m+n，所以利用基本不等式当且仅当m=n时等号成立的解题思路，学生上手也比较容易.四、利用函数思想求解存在性例5设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知2a2=a1+a3，数列{Sn}是公差为d 的等差数列.（1）求数列{an}的通项公式（用n，d表示）；（2）是否存在常数c，对满足m+n=3k且m≠n的任意正整数m，n，k，不等式Sm+Sn>cSk都成立.若存在，请求出c的取值范围；不存在，则说明理由.解析：（1）由题意可求出a1=d及Sn=a1+（n-1）d，得d>0，Sn=n2d2.（2）假设存在c使得Sm+Sn>cSk成立，则m2d2+n2d2>ck2，说明：这题在得出c92，从而得到c的取值范围.通过以上例题中出现的存在性问题，我们不难发现，数列中出现的存在性问题的证明都与其项的下标字母有关，所以解这类问题的方法主要是将数列问题利用等差、等比的一些简单性质转化为含有下标字母的等式，然后利用项的下标所需满足的一些条件，如正整数、几个字母互不相等、在给定的范围内恒成立，从而得出答案.我认为在教学此类题型中要求学生做到以下两点：1.掌握等差、等比的定义，等差中项、等比中项的概念，能根据题意列出表达式；2.熟练含有多个字母的代数式的变形、计算，掌握基本不等式及函数的最值计算.（责任编辑金铃）。
数列创新题型聚集及求解策略
例 ４ 将 自然 数 １ ， ２ ， ３ ， ４ ， …排 成 数 阵 （ 如图 １ ） ， 在 ２处转 第 一个 弯 ， 在 ３转 第 二 个 弯 ， 在 ５转 第 三 个 弯…… 则第 ２ ０ ０ ５ 个 转 弯处 的数 为— — ．
彝 蠡 毳 篙
４ 规律 发现 创新 型
■ ’ ，
和 结 构
（ １ ）求 数列 ｛ ａ ） 的通 项公 式 ａ ；
（ ２ ）数 列 ｛ ａ ｝ 中是 否存 在 三 项 ， 它们 可 以构 成 等
差数 列 ？若存 在 ， 请 求 出 一 组 适 合 条 件 的项 ； 若 不 存
一
列ｂ ＝ ±
旦 二 二 二
（ 竹 ∈Ｎ－ ） 也 是等 差 数列
． Байду номын сангаас
１ ０ ０
。 — —
类 比上述 性 质 ， 相应地： 若 数列 ｛ Ｃ ） （ ｈ ＥＮ ） 是等 比数 列， 且Ｃ ＞Ｏ ， 则有数列 ｄ ＝ （ ７ ２ ∈Ｎ ） 也 是 等 比数 列．
理， 最 后 正确 判 断． 本 题 通 过 对 数 列 形 式 的挖 掘 得 出 数列 特 有 的性 质， 从 而 达 到 化 归 转 化 解 决 问 题 的
Ｑ 析 数 列 ｛ ｎ ， ａ ｚ ， … ， ｎ 。 。 ） 的 “ 凯 森 和 ” 为１ ０ ０ ０ ， 即
Ｑ Ｏ 一ｌＯ 一 ０ ｏ ， … 则
近几 年来 ， 全 国各 地 的高 考 数列 试 题 中 出现 了一
些 内容立 意 深 、 情境设置新 、 设 问方 式 新 或 题 型 结 构
数列 ｛ ａ ＋３ ） 是 首项 为 ６ ， 公 比为 ２的等 比数列 ． 从 而
数学教学解析如何解决数列问题
数学教学解析如何解决数列问题数学教学解析在解决数列问题时，起着重要的作用。
数列作为数学中重要的概念之一，是数学教学中难以避免的内容之一。
在教学过程中，学生常常遇到数列问题，而解析的运用能够帮助学生更好地理解问题，并掌握解决数列问题的方法。
一、数列问题的背景介绍数列问题是指由一列按照某种规律排列的数所组成的序列。
数列问题涉及到数列的性质、特征与规律的研究，是数学中的基础内容。
在实际教学中，数列问题包含了等差数列、等比数列、递推数列等多种类型，针对这些不同类型的数列问题，数学教学解析有着不同的策略和方法。
二、数学教学解析的重要性数学教学解析在解决数列问题中具有重要的作用。
首先，通过解析，能够帮助学生理解数列的定义与性质。
数列是按照一定规律排列的数字序列，通过解析把抽象的数学概念化为具体可视的问题，使学生能更好地理解数列的本质。
其次，解析能够培养学生观察和发现问题规律的能力。
数列问题本质上是找规律的问题，而通过解析，学生能够学会观察数列中的规律，并通过发现规律来解决问题。
最后，解析能够激发学生对数学的兴趣与思考能力。
数列问题在解决过程中，需要学生动脑思考，锻炼了他们的逻辑思维和数学思维能力。
三、数学教学解析数列问题的方法1. 对于等差数列问题，可以通过解析数列的通项公式来解决。
首先，通过观察数列中相邻项之间的差等于常数，得出等差数列的通项公式，然后带入已知条件，求解未知数，得到问题的答案。
2. 对于等比数列问题，同样可以通过解析数列的通项公式来解决。
首先，通过观察数列中相邻项之比等于常数，得出等比数列的通项公式，然后带入已知条件，求解未知数，得到问题的答案。
3. 对于递推数列问题，可以通过解析数列的递推关系式来解决。
首先，通过观察数列中相邻项之间的关系，得出递推数列的递推关系式，然后逐步代入已知条件，求解未知数，得到问题的答案。
四、数学教学解析数列问题的实例分析下面以一个等差数列问题为例，来详细分析如何通过解析来解决数列问题。
如何解决高考数学中的数列与数学归纳法题目
如何解决高考数学中的数列与数学归纳法题目数列与数学归纳法是高考数学中常见的题型，对于考生来说，熟练掌握解决这类题目的方法和技巧至关重要。
本文将介绍一些解决高考数学中的数列与数学归纳法题目的策略和步骤。
一、数列题目解决策略对于数列题目，首先需要明确题目给出的条件以及需要求解的内容。
然后可以按照以下步骤进行解决：1. 找出数列的通项公式：通过观察数列中元素之间的规律，可以尝试找出数列的通项公式。
常见的数列有等差数列、等比数列和递推数列等，可以根据数列的性质来确定通项公式。
2. 确定数列的首项和公差（或公比）：根据数列的通项公式，可以确定数列的首项和公差（或公比）。
首项即数列中的第一个数，公差即等差数列中相邻两项之间的差值，公比即等比数列中相邻两项之间的比值。
3. 求解问题：根据题目给出的条件和要求，使用所确定的数列通项公式和已知信息，对数列进行计算，得到所需的结果。
需要注意题目中可能涉及到的问题类型，如求和、求极限、求范围等，应选择相应的解决方法。
二、数学归纳法题目解决策略数学归纳法常用于证明一些数学命题的正确性，在高考数学中也经常出现数学归纳法的题目。
解决这类题目时，可以按照以下步骤进行：1. 确定归纳假设：首先需要明确题目给出的命题，并对其进行归纳分析。
通过观察命题中的模式和规律，得出归纳假设，即命题成立的前提条件。
2. 验证归纳基础：归纳基础是证明归纳法的第一步，需要验证命题在某个确定的数值下是否成立。
通常选取最小的自然数或指定的特殊值进行验证，并确保命题在该值下是成立的。
3. 假设归纳成立：假设在某个确定的情况下命题成立，即假设命题对任意给定的自然数n成立。
4. 利用归纳法证明：利用归纳假设和归纳成立的情况，通过数学推理和逻辑推导来证明命题对n+1也成立。
通常需要进行等式转换、代数运算等步骤。
5. 总结归纳法的结果：根据归纳法的步骤和推导过程，总结出命题的结论，确保命题在任意给定的自然数下都成立。
微专题51数列中的存在性问题
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、例题：已知a n＝2n，是否存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得a p，a q，a r成等差数列？并说明理由．变式1已知a n＝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a p－1，a q－1，a r－1成等比数列？并说明理由．变式2已知a n＝n＋2，是否存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得a p，a q，a r成等比数列？并说明理由．串讲1已知数列是各项均不为0的等差数列，S n 为其前n 项和，且满足a n 2＝S 2n －1，令b n ＝1a n ·a n ＋1，数列{b n }的前n 项和{b n }为T n .(1)求数列{a n }的通项公式及数列{b n }的前n 项和T n ；(2)是否存在正整数m ，n(1<m<n)，使得T 1，T m ，T n 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{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1<s <t )，使A 1B 1，A s B s ，A tB t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{a n }满足⎝⎛⎭⎫1－1a 1⎝⎛⎭⎫1－1a 2…⎝⎛⎭⎫1－1a n ＝1a n，n ∈N *，S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a p ，30，S q 成等差数列，a p ，18，S q 成等比数列，求正整数p ，q 的值；(3)是否存在k ∈N *，使得a k a k ＋1＋16为数列{a n }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{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝a n 2＋a n ，数列{b n }满足b 1＝12，2b n ＋1＝b n ＋b na n.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝b n ＋2S n，求和c 1＋c 2＋…＋c n ；(3)是否存在正整数p ，q ，r (p <q <r )，使得b p ，b q ，b r 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)a n ＝n ，b n ＝n 2n ；(2)12－1（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)2S n ＝a n 2＋a n ①，2S n ＋1＝a n ＋12＋a n ＋1②，②－①得2a n ＋1＝a n ＋12－a n 2＋a n ＋1－a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.1分因为{a n }是正数数列，所以a n ＋1－a n －1＝0，即a n ＋1－a n ＝1，所以{a n }是等差数列，其中公差为1，2分在2S n ＝a n 2＋a n 中，令n ＝1，得a 1＝1，所以a n ＝n ，由2b n ＋1＝b n ＋b n a n 得b n ＋1n ＋1＝12·b nn，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n是等比数列，其中首项为12，公比为12，所以b n n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，即b n ＝n2n .(注：也可累乘求{b n }的通项．)3分(2)c n ＝b n ＋2S n ＝n ＋2（n 2＋n ）2n ＋1，裂项得c n ＝1n ·2n －1（n ＋1）2n ＋1，所以c 1＋c 2＋…＋c n ＝12－1（n ＋1）2n ＋1.3分(3)假设存在正整数p ，q ，r (p <q <r )，使得b p ，b q ，b r 成等差数列，则b p ＋b r ＝2b q ，即p2p＋r 2r ＝2q 2q ， 因为b n ＋1－b n ＝n ＋12n ＋1－n 2n ＝1－n 2n ＋1，所以数列{b n }从第二项起单调递减，当p ＝1时，12＋r2r＝2q2q ， 若q ＝2，则r 2r ＝12，此时无解；7分若q ＝3，则r 2r ＝14，因为{b n }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b 1b q ≥b 1b 4≥2，即b 1≥2b q ，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b p b q ≥b p b p ＋2＝4p p ＋2＝41＋2p ≥2，即b p ≥2b q ，矛盾，11分所以q －p ＝1，此时r 2r ＝12p ，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。
四招破解数列中存在性问题
四招破解数列中存在性问题
李红春
【期刊名称】《数理天地：高中版》
【年(卷),期】2015(000)010
【摘要】数列中的存在性问题，其本质为不定方程的正整数解问题，如何突破这类问题的解题障碍呢？不妨从整除性、奇偶性、有界性、有理性等方面进行分析．下面举例说明．
【总页数】2页(P15-15,17)
【作者】李红春
【作者单位】武汉市黄陂区第一中学盘龙校区,430312
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.数列中的存在性问题研究
2.化繁为简化难为易--巧解数列中的一类存在性问题
3.分类探究数列中的存在性问题
4.分类探究数列中的存在性问题
5."数列中的存在性问题"进阶教学
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ｃ 不存在， ＞０ 故满足题设的常数ｃ 不存在．
只需 厂 ， ｍ ＞ 成立 ， （ ）ｉ ｍ ｚ ｎ 即 厂（ ） ２ ＞ ，了 １十 １＞ ｍ
５ 从不等式入手， 先估算再论证
有些 常数 的存在 性 ， 直接 求 解 判 断 比较 困难 ，
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必 须 利用 不等 式 的 性 质 ， 估 算 出常 数 存 在 的 可 先 能值 或范 围 ， 作定 量讨 论． 再
把它们 代入 上式 ， 化简整 理得
ｄ（ １— ８ ） ＋ ２— ４ ＋ （ 一 １ ｄ ＝ ０ ２ ） ．
教 ｌ
讯ｌ
学ｌ １ 从特殊入手 。 再作一般证明
通 Ｉ
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第曼性，需 验 就 以 得 题 解 ． ｌ １ 只 加以 证，可 获 问 的 决
口 一２ 一１常数 ｎ ， 一告．
【Ｊ
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由题 设 ， 记
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整 理得 ｄ 一 ２ 一 ０ 。 ｄ ，即 ｄ ＝ ２或 ｄ ＝ ０ 舍 （
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解 ： ， 令 （ ）一
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．
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＋ … ＋
．
则
，
ｆ ｎ＋ １ （ ）一
＋
于 是 ， 任 意
∈ Ｎ 有 ＋，
一
即 ｍ ＜ １ ， 满 足 条 件 的最 大 正 整 数 ｍ 一 ４故
１ ． ３
另解 ， 本题 也 可先从 特 殊情 形 ，一 ２ 出 ｍ＜ ｚ 得
ｔ 知ｎ是 项 ２ 比丢 等 ￣ 已 ｛｝首 为， 为 的 比 ｌ Ｊ ５ 公
数 列 ， 为前 ，项 和 ． Ｓ ｚ （ ）用 Ｓ 表示 Ｓ ． １ 。 。
由
３ｎ Ｈ
探 索 的结 果 ， 而 对 学 生 的综 合 素 质 与能 力 提 出 因 了较高 的要求 ． 面举 例 说 明求 解 此 类 问题 的一 下
一 ， （ Ｉ Ｓ 得 ＋ ） 一
‘
学Ｉ 些策略．
因 Ｓ 一昙［ ＋（ 一１ｄ ， ２ ）］
Ｓ 一 ［ ＋ （ 一 １ ， ２ ３ ）
思想合理转化， 也是解决数列问题的重要策略．
例 ３ 已知 对 于 大 于 １的 自然 数 ， 等 式 不
Ｓ 一Ｓ 一 ２ ｎ＋ ｒ ４ Ｊ ｎ— １ ｄ， （ ）
令 一
１ 一 ２得 ，
一 ２ ｄ ＝ ＋
．
＋
＋ ＞ 疽成 求 条 …＋ 立， 满足 件
ｃｌ ｏ 例 １ 是否存在这样的等差数列｛ ， ｎ）使它的
要使该 等式 成为恒 等式 的充要 条件 是
ｄ（ — ８ １ ）一 ２— ４． （ 一 １ ｄ 一 ０ ３＋ ２ ） ．
期姜首 为１ 差 为 ，其 和 其 ｎ Ｉ 项 ， 不 零且 前ｌ 与 后２项 公 项
ｌ 的和的比 古 值对于任意 ∈Ｎ 恒等于常数？ 。 若存在
说 明理 由．
因 ≠０所 一 ， 时ｄ ２ 为ｄ ， 以 言 此 一 ・
故存 在 这样 的等 差 数列 ｛ ， 通 项 公 式 为 口） 其
－Ｌ 求 出数列｛ ） ＿＿ Ｊｌ 的通项公式及常数的值 ， 若不存在，
解： 若存 在这样 的 等差数列 ｛ ｝ 其公差 为 ｄ ， ， 前 项 和记作 ｓ ， 则其后 ２ 项 之和 为 ｓ 一 ｓ ．
综合 运用 知识 的 能力 ； 一方 面 ， 解此类 问题 必 另 求 须 以科学 的思 维方 法作 指 导 ， 住特 殊 与一般 ， 抓 优 算 与精确 ， 限 与无 限等关 系加 以转 化 ， 有 才能 获得
．
于 的恒等式 ， 就 为 待定 系 数法 的运 用 提 供 了 这
可能 ． 例 １也可这 样来解 ：
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解题 研 究
例说数列存在性 问题 的求解策略
（ 东省 沂水县 第三 中学 ２ ６ ０ ） 李光 辉 赵 连 波 王 培福 山 ７ ４ ０
开放 型探 索性 问题是 近几年 高考 中出现 的能 力 考查题 型之 一． 而数 列 中探究 常数 的存 在性 ， 更
‘ 一 Ｃ
１ ， 测 最大 正整 数 ｍ一 １ ， ４猜 ３ 再用 数 学归 纳法加 以
证 明． ４ 从 方程 入手 ， 意变 换等 价 性 注
一
２ ２ ｎ
慧蠹蠖
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解研霪 题． 究
所 以 厂 ， 是 关 于 ｌ的增 函数． （ｚ ） ，Ｅ Ｎ’ ， １ （） ｚ ｚ ， ≥ 恒成 ｚ
立 ，
由（ ） （ ）知 ， １ ，２ 同时满 足 条 件 （ ） （ ）的常数 １ ，２
是 频频 出现在 当今 高考 试 题之 中． 因是 ： 原 一方 面
数＝ ・ ＝ ＝ 专
２ 从 一般 入手 。 用待定 系数 法 再
此类 问题 常 以高 中代 数 的主 体 内容 ． 函数 、 程 、 方
不 等式 、 列 为 载体 ， 知识 的交 汇处 ， 数 在 考查 学 生
对 于有些 特 殊 数列 ， 用题 设 能 得 出一个 关 利