數(shù)列中探索與存在性問題例析

數(shù)列探索性問題主要表現(xiàn)為存在型，解答的一般策略：先假設所探求對象存在或結(jié)論成立，以此假設為前提條件進行運算或邏輯推理，若由此推出矛盾，則假設不成立，從而得到“否定”的結(jié)論，即不存在.若推理不出現(xiàn)矛盾，能求得在范圍內(nèi)的數(shù)值或圖形，就得到肯定的結(jié)論，即得到存在的結(jié)果.而要確定范圍內(nèi)的數(shù)值，則往往涉及不定方程的正整數(shù)解問題.

例1（2014年高考重慶卷理）設a1=1，an+1=a2n-2an+2+b（n∈N*）.

（1）若b=1，求a2，a3及數(shù)列{an}的通項公式.

（2）若b=-1，問：是否存在實數(shù)c使得a2n

解：（1）方法一：a2=2，a3=2+1.

再由題設條件知（an+1-1）2=（an-1）2+1.

從而{（an-1）2}是首項為0，公差為1的等差數(shù)列，

故（an-1）2=n-1，即an=n-1+1（n∈N*）.

方法二：a2=2，a3=2+1.

可寫為a1=1-1+1，a2=2-1+1，a3=3-1+1.因此猜想an=n-1+1.

下面用數(shù)學歸納法證明上式.

當n=1時，結(jié)論顯然成立.

假設n=k時結(jié)論成立，即ak=k-1+1，則

ak+1=（ak-1）2+1+1=（k-1）+1+1=（k+1）-1+1，

這就是說，當n=k+1時結(jié)論成立.

所以an=n-1+1（n∈N*）.

（2）方法一：設f（x）=（x-1）2+1-1，則an+1=f（an）.

令c=f（c），即c=（c-1）2+1-1，解得c=14.

下面用數(shù)學歸納法證明命題a2n

當n=1時，a2=f（1）=0，a3=f（0）=2-1，所以a2<14

假設n=k時結(jié)論成立，即a2k

易知f（x）在（-∞，1]上為減函數(shù)，從而c=f（c）>f（a2k+1）>f（1）=a2，即1>c>a2k+2>a2.

再由f（x）在（-∞，1]上為減函數(shù)，得c=f（c）

故c

綜上，存在c=14使a2n

方法二：設f（x）=（x-1）2+1-1，

則an+1=f（an）.

先證：0≤an≤1（n∈N*）.①

當n=1時，結(jié)論明顯成立.

假設n=k時結(jié)論成立，即0≤ak≤1.

易知f（x）在（-∞，1]上為減函數(shù)，從而0=f（1）≤f（ak）≤f（0）=2-1<1.

即0≤ak+1≤1.這就是說，當n=k+1時結(jié)論成立.故①成立.

再證：a2n

當n=1時，a2=f（1）=0，a3=f（a2）=f（0）=2-1，所以a2

假設n=k時，結(jié)論成立，即a2k

由①及f（x）在（-∞，1]上為減函數(shù)，得

a2k+1=f（a2k）>f（a2k+1）=a2k+2，

a2（k+1）=f（a2k+1）

這就是說，當n=k+1時②成立.所以②對一切n∈N*成立.

由②得a2n

因此a2n<14.③

又由①②及f（x）在（-∞，1]上為減函數(shù)，得

f（a2n）>f（a2n+1），即a2n+1>a2n+2.

所以a2n+1>a22n+1-2a2n+1+2-1，解得a2n+1>14.④

綜上，由②③④知存在c=14使a2n

點評：存在性問題指的是命題的結(jié)論不確定的一類探索性問題，解答此類題型一般是從存在的方面入手，尋求結(jié)論成立的條件，若能找到這個條件，則問題的回答是肯定的；若找不到這個條件或找到的條件與題設矛盾，則問題的回答是否定的.其過程可以概括為假設——推證——定論.本題解答注意對參數(shù)λ及項數(shù)n的雙重討論.

例2（2015年高考江蘇卷節(jié)選）設a1，a2，a3，a4是各項為正數(shù)且公差為d（d≠0）的等差數(shù)列.

（1）證明：2a1，2a2，2a3，2a4依次構(gòu)成等比數(shù)列；

（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由.

思路點撥：（1）根據(jù)等比數(shù)列的定義證明；（2）利用等比數(shù)列的概念，結(jié)合推理知識求解.

解：（1）因為2an+12an=2an+1-an=2d（n=1，2，3）是同一個常數(shù)，

所以2a1，2a2，2a3，2a4依次構(gòu)成等比數(shù)列.

（2）令a1+d=a，則a1，a2，a3，a4分別為a-d，a，a+d，a+2d（a>d，a>-2d，d≠0）.

假設存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列，

則a4=（a-d）（a+d）3，且（a+d）6=a2（a+2d）4.

令t=da，則1=（1-t）（1+t）3，且（1+t）6=（1+2t）4（-12

化簡得t3+2t2-2=0（*），且t2=t+1.將t2=t+1代入（*）式，

t（t+1）+2（t+1）-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，則t=-14.

顯然t=-14不是上面方程的解，矛盾，所以假設不成立，

因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列.

點評：借助等差（等比）數(shù)列的通項公式和前n項和公式也可判斷一個數(shù)列是等差（等比）數(shù)列，但不作為證明方法.

例3（2016年高考上海理數(shù)）若無窮數(shù)列{an}滿足：只要ap=aq（p，q∈N*），必有ap+1=aq+1，則稱{an}具有性質(zhì)P.

（1）若{an}具有性質(zhì)P，且a1=1，a2=2，a4=3，a5=2，a6+a7+a8=21，求a3；

（2）若無窮數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，無窮數(shù)列{cn}是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，b1=c5=1，b5=c1=81，an=bn+cn，判斷{an}是否具有性質(zhì)P，并說明理由；

（3）設{bn}是無窮數(shù)列，已知an+1=bn+sinan（n∈N*）.求證：“對任意a1，{an}都具有性質(zhì)P”的充要條件為“{bn}是常數(shù)列”.

分析：（1）根據(jù)已知條件，得到a6+a7+a8=a3+3+2，結(jié)合a6+a7+a8=21求解.

（2）根據(jù){bn}的公差為20，{cn}的公比為13，寫出通項公式，從而可得an=bn+cn=20n-19+35-n.

通過計算a1=a5=82，a2=48，a6=3043，a2≠a6，即知{an}不具有性質(zhì)Ρ.

（3）從充分性、必要性兩方面加以證明，其中必要性用反證法證明.

解：（1）因為a5=a2，所以a6=a3，a7=a4=3，a8=a5=2.

于是a6+a7+a8=a3+3+2，又因為a6+a7+a8=21，解得a3=16.

（2）{bn}的公差為20，{cn}的公比為13，

所以bn=1+20（n-1）=20n-19，cn=81·（13）n-1=35-n.

an=bn+cn=20n-19+35-n.

a1=a5=82，但a2=48，a6=3043，a2≠a6，

所以{an}不具有性質(zhì)Ρ.

（3）[證] 充分性：當{bn}為常數(shù)列時，an+1=b1+sinan.

對任意給定的a1，只要ap=aq，則由b1+sinap=b1+sinaq，必有ap+1=aq+1.

充分性得證.

必要性：用反證法證明.假設{bn}不是常數(shù)列，則存在k∈N，

使得b1=b2=…=bk=b，而bk+1≠b.

下面證明存在滿足an+1=bn+sinan的{an}，使得a1=a2=…=ak+1，但ak+2≠ak+1.

設f（x）=x-sinx-b，取m∈N，使得mπ>|b|，則

f（mπ）=mπ-b>0，f（-mπ）=-mπ-b<0，故存在c使得f（c）=0.

取a1=c，因為an+1=b+sinan（1≤n≤k），所以a2=b+sinc=c=a1，

依此類推，得a1=a2=…=ak+1=c.

但ak+2=bk+1+sinak+1=bk+1+sinc≠b+sinc，即ak+2≠ak+1.

所以{an}不具有性質(zhì)Ρ，矛盾.

必要性得證.

綜上，“對任意a1，{an}都具有性質(zhì)Ρ”的充要條件為“{bn}是常數(shù)列”.

點評：本題對考生邏輯推理能力要求較高，是一道難題.解答此類題目，熟練掌握等差數(shù)列、等比數(shù)列及反證法是基礎，靈活應用已知條件進行推理是關鍵.本題易錯有兩原因，一是不得法，二是復雜式子的變形能力不足，導致錯漏百出.本題能較好的考查考生的邏輯思維及推理能力、運算求解能力、分析問題解決問題的能力等.

（作者：陳志銀，江蘇省石莊高級中學）