高中数学数列专题讲义——不定方程的几种解题策略 (1)

数列存在性问题探究1分式类型双变量存在性设等差数列{}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．练习一探究2：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．w.w.w.探究2双变量指数类型存在性问题——缩范围已知数列{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．变式：已知数列na，nb满足13a，2nnab，12()1nnnnbaba，*nN．（1）求证：数列1{}nb是等差数列，并求数列nb的通项公式；（2）设数列nc满足25nnca，对于任意给定的正整数p，是否存在正整数q，r(pqr)，使得1pc，1qc，1rc成等差数列？若存在，试用p表示q，r；若不存在，说明理由．探究3三变量有理性的存在性问题等差数列{}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．探究4三变量利用奇偶性解决存在性问题已知数列{}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．探究5指数型三变量存在性问题——放缩+控范围在数列{}na中，已知113a，111233nnnaa，*nN，设nS为{}na的前n项和．（1）求证：数列{3}nna是等差数列；（2）求nS；（3）是否存在正整数p，q，r()pqr，使,,pqrSSS成等差数列？若存在，求出p，q，r的值；若不存在，说明理由．探究6分式类型三变量存在类型——整除类型已知数列na，nb满足13a，2nnab，12()1nnnnbaba，*nN．（1）求证：数列1{}nb是等差数列，并求数列nb的通项公式；（2）设数列nc满足25nnca，对于任意给定的正整数p，是否存在正整数q，r(pqr)，使得1pc，1qc，1rc成等差数列？若存在，试用p表示q，r；若不存在，说明理由．【探究1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．【练习一解】（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）．【探究2】（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变式解析：【解答】解：（1）∵An=n2，∴a1=1，n≥2时，an=An﹣An﹣1=n2﹣（n﹣1）2=2n﹣1，n=1时也成立，∴an=2n﹣1．∵对任意n∈N*，an+1﹣an=2（bn+1﹣bn）恒成立．∴bn+1﹣bn=（an+1﹣an）=1．b1=2，∴数列{bn}是等差数列，公差为1，首项为2，∴Bn=2n+=+n．（2）Bn+1﹣Bn=an+1﹣an=2（bn+1﹣bn）=bn+1，可得bn+1=2bn，∴数列{bn}是等比数列，公比为2．∴bn=，an=Bn==b1（2n﹣1）．∴==，∴+++…+=+…+=＜成立，∴b1＞，∴b1≥3．（3）由an+1﹣an=2（bn+1﹣bn）=2n+1．∴n≥2时，an=（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1=2n+2n﹣1+…+22+2==2n+1﹣2．当n=1时也成立．∴An=﹣2n=2n+2﹣4﹣2n．又Bn==2n+1﹣2．∴==2﹣．假设存在两个互不相等的整数s，t（1＜s＜t），使，，成等差数列．等价于，，成等差数列，∴2×=1+＞1，∴2×＞1，即2s＜2s+1，令h（s）=2s﹣2s﹣1，则h（s+1）﹣h（s）=2s+1﹣2（s+1）﹣1﹣（2s﹣2s﹣1）=2s﹣2＞0，∴h（s）单调递增，若s≥3，则h（s）≥h（3）=1＞0，不满足条件，舍去．∴s=2，代入得：=1+，可得2t﹣3t﹣1=0（t≥3）．t=3时不满足条件，舍去．t≥4时，令u（t）=2t﹣3t﹣1=0（t≥4），同理可得函数u（t）单调递增，∴u（t）≥u（4）=3＞0，不满足条件．综上可得：不存在两个互不相等的整数s，t（1＜s＜t），使，，成等差数列．【探究4】（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．探究5（1）证明：因为111233nnnaa，所以11332nnnnaa，…………………2分又因为113a，所以113=1a，所以{3}nna是首项为1，公差为2的等差数列．…………………………4分（2）由（1）知31(1)(2)32nnann，所以1(32)()3nnan，………6分所以12311111()(1)()(3)()(32)()3333nnSn…，所以23+1111111()(1)()(52)()+(32)()33333nnnSnn，两式相减得2312111112[()()()](32)()333333nnnSn1111()11132[](23)()139313nnn112()3nn，所以3nnnS．…………………………………………………………………10分（3）假设存在正整数p，q，r()pqr，使,,pqrSSS成等差数列，则2qprSSS，即2333qprqpr．由于当2n≥时，132()03nnan，所以数列{}nS单调递减．又pq，所以1pq≤且q至少为2，所以1133pqpq≥，………………12分1123333qqqqqq．①当3q≥时，112333pqqpqq≥≥，又03rr，所以2333prqprq，等式不成立．…………………………………………14分②当2q时，1p，所以41933rr，所以139rr，所以3r({}nS单调递减，解唯一确定)．综上可知，p，q，r的值为1，2，3．………………………………16分探究6（1）因为2nnab，所以2nnab，则142242221221nnnnnnnnnnabbbababbb，………………………2分所以11112nnbb，又13a，所以123b，故1nb是首项为32，公差为12的等差数列，……4分即1312(1)222nnnb，所以22nbn．………………………6分（2）由（1）知2nan，所以2521nncan，①当1p时，11pcc，21qcq，21rcr，若1pc，1qc，1rc成等差数列，则2112121qr（），因为pqr，所以2q≥，3r≥，2121q，11121r，所以（）不成立．…………………………9分②当2p≥时，若1pc，1qc，1rc成等差数列，则211212121qpr，所以121421212121(21)(21)pqrqppq，即(21)(21)21421pqrpq，所以22421pqpqrpq，………………………12分欲满足题设条件，只需21qp，此时2452rpp，………………14分因为2p≥，所以21qpp，224734(1)10rqpppp，即rq．…………………………15分综上所述，当1p时，不存在q，r满足题设条件；当2p≥时，存在21qp，2452rpp，满足题设条件．…16分