17.-数列中存在性问题的研究(1)

专题：数列中存在性问题的研究（1）一、问题提出问题：1，2，3不可能是一个等差数列中的三项．二、思考探究探究一：探究1.1设等差数列{}na的前n项和为nS，且5133349aaS，．（1）求数列{}na的通项公式及前n项和公式；（2）设数列{}nb的通项公式为nnnabat，问：是否存在正整数t，使得12mbbb，，(3)mmN，成等差数列？若存在，求出t和m的值；若不存在，请说明理由．【解】（1）221,nnanSn（2）2121nnbnt，要使得12,,mbbb成等差数列，则212mbbb即：312123121mttmt即：431mt∵,mtN，∴t只能取2，3，5当2t时，7m；当3t时，5m；当5t时，4m．【注】“存在”则等价于方程有解，本例利用整除性质解决．探究1.2设公差不为零的等差数列na的各项均为整数，Sn为其前n项和，且满足2371574aaSa，．（1）求数列na的通项公式；（2）试求所有的正整数m，使得+12mmmaaa为数列na中的项．【解】（1）因为na是等差数列，且77S，而17747()72aaSa，于是41a．………2分设na的公差为d，则由23154aaa得(12)(1)5134ddd，化简得282790dd，即(3)(83)0dd，解得3d或38d，但若38d，由41a知不满足“数列na的各项均为整数”，故3d．………5分于是4(4)311naandn．……………………………………………………7分（2）因为+12(3)(6)189mmmmmmmmaaaaaaaa，3113(4)1nann，……10分所以要使+12mmmaaa为数列na中的项，18ma必须是3的倍数，于是ma在1236，，，中取值，但由于1ma是3的倍数，所以1ma或2ma．由1ma得4m；由2ma得3m．…………………………………………13分当4m时，+1213471mmmaaaa；当3m时，+123142mmmaaaa．所以所求m的值为3和4．…………………………………………………………16分另解：因为2+12(38)(35)(311)9(311)18311311mmmaammmmamm1823332323113(4)1mmmm，所以要使+12mmmaaa为数列na中的项，2333(4)1m必须是3的倍数，于是3(4)1m只能取1或2．（后略）探究1.3已知数列{an}中，a2=1，前n项和为Sn，且1()2nnnaaS．（1）求a1；（2）证明数列{an}为等差数列，并写出其通项公式；（3）设1lg3nnnab，试问是否存在正整数p，q(其中1pq)，使b1，bp，bq成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组(p，q)；若不存在，说明理由．【解】（1）令n=1，则a1=S1=111()2aa=0．（2）由1()2nnnaaS，即2nnnaS，①得11(1)2nnnaS．②②－①，得1(1)nnnana．③于是，21(1)nnnana．④③+④，得212nnnnanana，即212nnnaaa．又a1=0，a2=1，a2－a1=1，所以，数列{an}是以0为首项，1为公差的等差数列．所以，an=n－1．（3）解法1：假设存在正整数数组(p，q)，使b1，bp，bq成等比数列，则lgb1，lgbp，lgbq成等差数列，于是，21333pqpq．2p时，112(1)224333pppppp0，故数列{23pp}(2p)为递减数列，3q时，1111211()()33333qqqqqq0，故数列{133qq}(3q)为递减数列，max24()93pp，max14()393qq，即2,3pq时，21333pqpq又当3p时，2232127933pp，故无正整数q使得21333pqpq成立．解法2：同上有，2113333pqpq，且数列{23pp}(2p)为递减数列，当2p时，241933pp成立；当3p时，2232127933pp，因此，由2133pp得，2p，此时3q【注】在利用“范围”控制正整数的值时，常用求值域的方法：单调性．本例蕴含分类讨论思想．探究二：探究2.1等差数列{}na的前n项和为1312932nSaS，，．（1）求数列{}na的通项na与前n项和nS；（2）设()nnSbnnN，求证：数列{}nb中任意不同的三项都不可能成为等比数列．【解】（1）由已知得112133932aad，，2d，故212(2)nnanSnn，．（2）由（1）得2nnSbnn．假设数列{}nb中存在三项pqrbbb，，（pqr，，互不相等）成等比数列，则2qprbbb．即2(2)(2)(2)qpr．2()(2)20qprqprpqrN，，，2020qprqpr，，22()02prprprpr，，．与pr矛盾．所以数列{}nb中任意不同的三项都不可能成等比数列．【注】在反证法中利用有理数性质产生矛盾．探究2.2已知数列{}na满足：1113(1)2(1)1,211nnnnaaaaa，10(1)nnaan，数列{}nb满足：221(1)nnnbaan．（1）求数列{}na，{}nb的通项公式；（2）证明：数列{}nb中的任意三项不可能成等差数列．【解】（1）由题意可知，22121(1)3nnaa令21nnca，则123nncc又211314ca，则数列nc是首项为134c，公比为23的等比数列，即13243nnc，故121232321()14343nnnnaa，又1102a，10nnaa故1132(1)1()43nnna，112()43nnb．（2）假设数列nb存在三项,,rstbbb()rst按某种顺序成等差数列，由于数列nb是首项为14，公比为23的等比数列，于是有rstbbb，则只有可能有2srtbbb成立1111212122434343srt，即2222333srt即：12332sttstrtr由于rst，所以上式左边为偶数，右边为奇数，故上式不可能成立，导致矛盾．因此数列nb中任意三项不可能成等差数列．【注】此题为上例的补充，方法上有区别，在不便利用范围寻找矛盾时，如何考虑式子的变形呢？首先考虑将分数整数化，然后利用奇偶性寻找矛盾．探究2.3已知各项均为正数的等比数列{}na的公比为q，且102q.（1）在数列{}na中是否存在三项，使其成等差数列？说明理由；【解】由10,02naq知，数列{}na是递减数列，假设存在,,kmnaaa成等差数列，不妨设kmn，则2mknaaa，即1111112mknaqaqaq即21mknkqq，而221mkqq，11nkq，故矛盾．因此在数列{}na中不存在三项成等差数列．【注】常用反证法说明不定方程正整数解不存在．三、真题链接（2009年江苏高考题）设na是公差不为零的等差数列，nS为其前n项和，且222223457,7aaaaS．（1）求数列na的通项公式及前n项和nS；（2）试求所有的正整数m，使得12mmmaaa为数列na中的项．【解】（1）设公差为d，则22222543aaaa，由性质得43433()()daadaa，因为0d，所以430aa，即1250ad，又由77S得176772ad，解得15a，2d,所以na的通项公式为27nan，前n项和26nSnn．(2)12mmmaaa=(27)(25)23mmm，若其是na中的项，则(27)(25)2723mmnm，令23tm，则12mmmaaa=(4)(2)8627tttntt,即：821ntt所以t为8的约数．因为t是奇数，所以t可取的值为1，当1t，即2m时，5n；当1t，即1m时，4n（舍去）．所以满足条件的正整数2m．【注】不仅可以利用整除性质解决，也可利用奇偶性分析．四、反思提升数列中的一类存在性问题不定方程的正整数解问题存在有（正整数）解不存在无（正整数）解（1）整除性（2）奇偶性（3）范围（1）范围（2）奇偶性（3）有理数性质五、反馈检测1.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，数列{an2}的前n项和为Tn，满足a11，241()33nnTpS．（1）求p的值及数列{an}的通项公式；（2）①问是否存在正整数n，m，k（nmk），使得an，am，ak成等差数列？若存在，指出n，m，k的关系，若不存在，请说明理由．②若an，2xan1，2yan2成等差数列，求正整数x，y的值．2.已知数列na是各项均不为0的等差数列，公差为d，nS为其前n项和，且满足221nnaS，n*N．数列nb满足11nnnbaa，nT为数列{}nb的前n项和．（1）求1a、d和nT；（2）若对任意的n*N，不等式8(1)nnTn恒成立，求实数的取值范围；（3）是否存在正整数,mn(1)mn，使得1,,mnTTT成等比数列？若存在，求出所有,mn的值；若不存在，请说明理由．1.解：（1）（法一）在221nnaS中，令1n，2n，得,,322121SaSa即,33)(,121121dadaaa解得11a，2d，21nan又21nan时，2nSn满足221nnaS，21nan111111()(21)(21)22121nnnbaannnn，111111(1)2335212121nnTnnn．（法二）na是等差数列，nnaaa2121)12(212112naaSnnnan)12(．由221nnaS，得nnana)12(2，又0na，21nan，则11,2ad．(nT求法同法一)（2）①当n为偶数时，要使不等式8(1)nnTn恒成立，即需不等式(8)(21)8217nnnnn恒成立．828nn，等号在2n时取得．此时需满足25．②当n为奇数时，要使不等式8(1)nnTn恒成立，即需不等式(8)(21)8215nnnnn恒成立．82nn是随n的增大而增大，1n时82nn取得最小值6．此时需满足21．综合①、②可得的取值范围是21．（3）11,,32121mnmnTTTmn，若1,,mnTTT成等比数列，则21()()21321mnmn，即2244163mnmmn．由2244163mnmmn，可得2232410mmnm，即22410mm，661122m．又mN，且1m，所以2m，此时12n．因此，当且仅当2m，12n时，数列nT中的1,,mnTTT成等比数列．[另解：因为1136366nnn，故2214416mmm，即22410mm