难点专题：数列中的4类探索性问题

数列与探索性新题型的解题技巧引言数列问题是高中数学中的重要部分，也是考试中经常出现的题型。

解决数列问题需要掌握一定的解题技巧，特别是对于探索性新题型，更需要灵活运用已有的知识来解决。

本文将介绍一些数列问题的常见解题技巧，并提供一些探索性新题型的解题思路。

常见数列问题的解题技巧等差数列问题等差数列是一种最常见的数列形式，其特点是每个项与前一项之间有相同的公差。

解决等差数列问题的关键是找到通项公式。

常见的解题技巧包括：1.求前n项和：设等差数列的首项为a₁，公差为d，前n项和为Sₙ，则有Sₙ = (n/2)(2a₁ + (n-1)d)。

2.求第n项：设等差数列的首项为a₁，公差为d，第n项为aₙ，则有aₙ = a₁ + (n-1)d。

3.求公差：设等差数列的首项为a₁，第n项为aₙ，公差为d，则有d = (aₙ -a₁)/(n-1)。

等比数列问题等比数列是一种常见的数列形式，其特点是每个项与前一项之间有相同的公比。

解决等比数列问题的关键是找到通项公式。

常见的解题技巧包括：1.求前n项和：设等比数列的首项为a₁，公比为q，前n项和为Sₙ，则有Sₙ = a₁(1 - qⁿ)/(1 - q)。

2.求第n项：设等比数列的首项为a₁，公比为q，第n项为aₙ，则有aₙ =a₁qⁿ⁻¹。

3.求公比：设等比数列的首项为a₁，第n项为aₙ，公比为q，则有q = aₙ/a₁。

递推数列问题递推数列是一种通过前几项计算后一项的数列形式，常见的形式有Fibonacci数列和差分数列。

解决递推数列问题的关键是找到递推公式。

常见的解题技巧包括：1.Fibonacci数列：Fibonacci数列的递推公式为Fₙ = Fₙ₋₁ + Fₙ₋₂，其中F₁ = 1，F₂ = 1。

可以通过循环或递归的方式计算Fibonacci数列的第n项。

2.差分数列：差分数列是一种通过前几项的差值计算后一项的数列形式。

可以通过观察前几项的差值规律，推导出递推公式。

专题39 数列中的探索性问题数列中的探究性问题实际上就是不定方程解的问题，对于此类问题的求解，通常有以下三种常用的方法：①利用等式两边的整数是奇数还是偶数的方法来加以判断是否存在；②利用寻找整数的因数的方法来进行求解，本题的解题思路就是来源于此；③通过求出变量的取值范围，从而对范围内的整数值进行试根的方法来加以求解．对于研究不定方程的解的问题，也可以运用反证法，反证法证明命题的基本步骤： ①反设：设要证明的结论的反面成立．作反设时要注意把结论的所有反面都要写出来，不要有遗漏．②归谬：从反设出发，通过正确的推理得出与已知条件或公理、定理矛盾的结论．③存真：否定反设，从而得出原命题结论成立． 一、题型选讲题型一 、数列中项存在的问题例1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知等差数列{}n a 的前n 项和为254,12,16n S a a S +==． (1)求{}n a 的通项公式； (2)数列{}n b 满足141n n n b T S =-，为数列{}n b 的前n 项和，是否存在正整数m ，()1k m k <<，使得23k m T T =?若存在，求出m ，k 的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由2541216a a S +=⎧⎨=⎩得112512238a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩，()*12121,n a n n n N ∴=+-=-∈；（2）()2122n n n S n n -=+⨯=，211114122121n b n n n ⎛⎫∴==- ⎪--+⎝⎭，1211111111111123352321212122121n n n T b b b n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥---+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ， 若23k m T T =，则()2232121k m k m =++，整理得223412m k m m=+-， 又1k m >>，2234121m m m m m ⎧>⎪∴+-⎨⎪>⎩，整理得222104121m m m m m ⎧-->⎪+-⎨⎪>⎩，解得112m <<+， 又*m N ∈，2m ∴=，12k ∴=， ∴存在2,12m k ==满足题意．例2、（江苏省响水中学2020年秋学期高三年级第三次学情分析考试）在①1a ，2a ，5a 成等比数列，且2n n T b =-；②242S S =，且112()2n n T -=-这两个条件中任选一个填入下面的横线上并解答．已知数列{}n a 是公差不为0的等差数列，11a =，其前n 项和为n S ，数列{}n b 的前n 项和为n T ，若 ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． （1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n Q ．（3）设等比数列{}n c 的首项为2，公比为(0)q q >，其前n 项和为n P ，若存在正整数m ，使得33m S S P =⋅，求q 的值.【解析】（1）选① 11a 21,2n n n n b -⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，选② 11a 21,2n n n n b -⎛⎫=-= ⎪⎝⎭…………4分（2） n (23)23nQ n =-⨯+ ………………………………………………8分（3）由（1）可得，2n S n =，由33m S S P =⋅，得229(222)m q q =⋅++，所以22912q q m =++， 因为0q >，所以2912m >，即2m <， 由于m N *∈，所以12m m ==或， 当1m =时，270,2q q q +-==解得舍负）， 当2m =时，210,8q q q +-==解得舍负），所以q ………………………………12分 例3、(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．【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，所以a 1＝2，(1分)当n ≥2时，由⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n ＝1a n 和⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 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.(4分)(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.(7分) 当⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝6，S q ＝54时，⎩⎪⎨⎪⎧p ＋1＝6，（q ＋3）q 2＝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.(10分)(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，(11分)则(2m ＋2k ＋5)(2m －2k －1)＝63，(12分)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，(14分) 解得m ＝15，k ＝14或m ＝5，k ＝3或m ＝3，k ＝－1(舍去)． 综上所述，k ＝3或14.(16分)题型二、 数列中的等差数列或者等比数列的存在问题例4、（河北省衡水中学2021届上学期高三年级二调考试）已知正项数列}{n a 的前n 项和为nS ,11=a ,1212++-=n n n S a S λ，其中λ为常数． (1)证明：.21λ+=+n n S S(2)是否存在实数λ，使得数列{}n a 为等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明：因为n n n S S a -=++11，1212++-=n n n S a S λ， 所以1212)(++--=n n n n S S S S λ，所以.0)2(11=--++λn n n S S S因为0>n a ，所以01>+n S ，所以021=--+λn n S S ， 所以.21λ+=+n n S S （6分）(2)解：因为λ+=+n n S S 21，所以)2(21≥+=-n S S n n λ， 两式相减，得).2(21≥=+n a a n n因为λ+=122S S ，即λ+=+1122a a a ，所以λ+=12a ，由02>a ，得.1->λ 若}{n a 是等比数列，则2231a a a =，即2)1()1(2+=+λλ，解得.1=λ 经检验，1=λ符合题意.故存在1=λ，使得数列}{n a 为等比数列． (12分)例5、(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 2n ＋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．【解析】 (1) 2S n ＝a 2n ＋a n ①，2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1 ②，②－①得2a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋a n ＋1－a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.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. 在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，得a 1＝1， 所以a n ＝n.(2分)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 .(5分)(注：也可累乘求b n 的通项．)(2) 由(1)得c n ＝b n ＋2S n ＝n ＋2（n 2＋n ）2n ＋1，所以c n ＝1n ·2n －1（n ＋1）2n ＋1，(7分)所以c 1＋c 2＋…＋c n ＝12－1（n ＋1）2n ＋1＝（n ＋1）2n－1（n ＋1）2n ＋1.(9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p 2p ＋r 2r ＝2q2q .因为b n ＋1－b n ＝n ＋12n ＋1－n 2n ＝1－n2n ＋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r 2r ＝12，此时无解；若q ＝3，则r 2r ＝14，且{b n }从第二项起递减，故r ＝4，所以p ＝1，q ＝3，r ＝4符合要求；(11分)若q ≥4，则b 1b q ≥b 1b 4＝2，即b 1≥2b q ，又因为b 1＋b r ＝2b q ，所以b 1<2b q ，矛盾．此时无解．(12分)当p ≥2时，一定有q －p ＝1.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 ，这与b p ＋b r ＝2b q矛盾，所以q －p ＝1.此时r 2r ＝12p ，则r ＝2r －p .令r －p ＝m ＋1，则r ＝2m ＋1，所以p ＝2m ＋1－m －1，q ＝2m ＋1－m ，m ∈N *.综上得，存在p ＝1，q ＝3，r ＝4或p ＝2m ＋1－m －1，q ＝2m ＋1－m ，r ＝2m ＋1(m ∈N *)满足要求．(16分)题型三、数列中的参数的问题例6、（恩施高中 郧阳中学 沙市中学 十堰一中 随州二中 襄阳三中）在①}{b n 为等比数列，1122,3b a b a ==,②}{b n 为等差数列，22114,2a b a b ==,③}{b n 为等比数列，4,22211+=+=a b a b 。

数列与探索性新题型的解题技巧【命题趋向】1.等差(比)数列的基本学问是必考内容,这类问题既有选择题、填空题,也有解答题;难度易、中、难三类皆有.2.数列中an与sn之间的互化关系也是高考的一个热点.3.函数思想、方程思想、分类争论思想等数学思想方法在解决问题中经常用到,解答试题时要留意敏捷应用.4.解答题的难度有逐年增大的趋势,还有一些新奇题型,如与导数和极限相结合等.因此复习中应留意:1.数列是一种特别的函数,学习时要擅长利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等.2.运用方程的思想解等差(比)数列,是常见题型,解决此类问题需要抓住基本量a1、d(或q),把握好设未知数、列出方程、解方程三个环节,常通过"设而不求,整体代入"来简化运算.3.分类争论的思想在本章尤为突出.学习时考虑问题要全面,如等比数列求和要留意q=1和q≠1两种状况等等.4.等价转化是数学复习中经常运用的,数列也不例外.如an与sn的转化;将一些数列转化成等差(比)数列来解决等.复习时,要准时总结归纳.5.深刻理解等差(比)数列的定义,能正确使用定义和等差(比)数列的性质是学好本章的关键.6.解题要擅长总结基本数学方法.如观看法、类比法、错位相减法、待定系数法、归纳法、数形结合法,养成良好的学习习惯,定能达到事半功倍的效果.7.数列应用题将是命题的热点,这类题关键在于建模及数列的一些相关学问的应用.【考点透视】1.理解数列的概念,了解数列通项公式的意义,了解递推公式是给出数列的一种方法,并能依据递推公式写出数列的前几项.2.理解等差数列的概念,把握等差数列的通项公式与前n项和公式,并能运用公式解答简洁的问题.3.理解等比数列的概念,把握等比数列的通项公式与前n项和公式,并能运用公式解决简洁的问题.4.数列是高中数学的重要内容,又是学习高等数学的基础,所以在高考中占有重要的地位.高考对本章的考查比较全面,等差数列,等比数列的考查每年都不会遗漏.解答题多为中等以上难度的试题,突出考查考生的思维力量,解决问题的力量,试题大多有较好的区分度.有关数列的试题常常是综合题,常常把数列学问和指数函数、对数函数和不等式的学问综合起来,试题也常把等差数列、等比数列,求极限和数学归纳法综合在一起。

高中数学数列教学中的探索性问题研究
本文旨在探究高中数学数列教学中的探索性问题。

通过对高中数学数列教学中的探索性问题进行深入研究，可以更好地指导教师在教学中培养学生的探索精神，提高学生的数学能力。

首先，要深入理解探索性问题的概念，探索性问题是指在解决问题时，学生有自主性地探索和探究的能力，而不是仅仅依靠教师的指导。

其次，要熟悉数学数列的基本概念，数学数列是指一系列有规律的数，可以用来表示一定规律的情况，比如等差数列、等比数列等。

最后，要深入了解数学数列教学中的探索性问题，可以分为三类：一是探索性的解决问题，二是探索性的构建问题，三是探索性的解释问题。

综上所述，本文探讨了高中数学数列教学中的探索性问题，通过深入理解探索性问题的概念、熟悉数学数列的基本概念以及了解数学数列教学中的探索性问题，可以更好地指导教师在教学中培养学生的探索精神，提高学生的数学能力。

难点40 探索性问题高考中的探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求考生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题. ●难点磁场1.（★★★★）已知三个向量a 、b 、c ，其中每两个之间的夹角为120°，若｜a ｜=3, ｜b ｜=2,｜c ｜=1，则a 用b 、c 表示为 .●案例探究［例1］已知函数1)(2++=ax c bx x f (a ,c ∈R ,a ＞0,b 是自然数）是奇函数，f (x )有最大值21，且f (1)＞52. （1）求函数f (x )的解析式；（2）是否存在直线l 与y =f (x )的图象交于P 、Q 两点，并且使得P 、Q 两点关于点（1，0）对称，若存在，求出直线l 的方程，若不存在，说明理由.命题意图：本题考查待定系数法求函数解析式、最值问题、直线方程及综合分析问题的能力，属★★★★★级题目.知识依托：函数的奇偶性、重要不等式求最值、方程与不等式的解法、对称问题.错解分析：不能把a 与b 间的等量关系与不等关系联立求b ；忽视b 为自然数而导致求不出b 的具体值；P 、Q 两点的坐标关系列不出解.技巧与方法：充分利用题设条件是解题关键.本题是存在型探索题目，注意在假设存在的条件下推理创新，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定的结论，并加以论证.解：（1）∵f (x )是奇函数∴f (–x )=–f (x )，即1122++-=++-ax c bx ax c bx ∴–bx +c =–bx –c∴c =0∴f (x )=12+ax bx 由a ＞0，b 是自然数得当x ≤0时，f (x )≤0，当x ＞0时，f (x )＞0∴f (x )的最大值在x ＞0时取得.∴x ＞0时，22111)(b a bx x b a x f ≤+=当且仅当bxx b a 1= 即a x 1=时，f (x )有最大值21212=b a∴2b a =1,∴a =b 2 ① 又f (1)＞52，∴1+a b ＞52,∴5b ＞2a +2 ② 把①代入②得2b 2–5b +2＜0解得21＜b ＜2 又b ∈N ,∴b =1,a =1,∴f (x )=12+x x （2）设存在直线l 与y =f (x )的图象交于P 、Q 两点，且P 、Q 关于点（1，0）对称，P (x 0,y 0)则Q （2–x 0,–y 0)，∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+--=+020002001)2(21y x x y x x ,消去y 0，得x 02–2x 0–1=0解之，得x 0=1±2,∴P 点坐标为(42,21+)或(42,21--)进而相应Q 点坐标为Q （42,21--） 或Q (42,21+). 过P 、Q 的直线l 的方程：x –4y –1=0即为所求.［例2］如图，三条直线a 、b 、c 两两平行，直线a 、b 间的距离为p ，直线b 、c 间的距离为2p ，A 、B 为直线a 上两定点，且｜AB ｜=2p ，MN 是在直线b 上滑动的长度为2p 的线段.（1）建立适当的平面直角坐标系，求△AMN 的外心C 的轨迹E ；命题意图：本题考查轨迹方程的求法、抛物线的性质、数形结合思想及分析、探索问题、综合解题的能力.属★★★★★级题目.知识依托：求曲线的方程、抛物线及其性质、直线的方程.错解分析：①建立恰当的直角坐标系是解决本题的关键，如何建系是难点，②第二问中确定C 点位置需要一番分析.技巧与方法：本题主要运用抛物线的性质，寻求点C 所在位置，然后加以论证和计算，得出正确结论，是条件探索型题目.解：（1）以直线b 为x 轴，以过A 点且与b 直线垂直的直线为y 轴建立直角坐标系. 设△AMN 的外心为C (x ,y )，则有A (0,p )、M （x –p ,0)，N (x +p ,0)，由题意，有｜CA ｜=｜CM ｜∴2222)()(y p x x p y x ++-=-+,化简，得x 2=2py它是以原点为顶点，y 轴为对称轴，开口向上的抛物线.（2）由（1）得，直线C 恰为轨迹E 的准线.由抛物线的定义知d =｜CF ｜，其中F （0,2p ）是抛物线的焦点. ∴d +｜BC ｜=｜CF ｜+｜BC ｜由两点间直线段最短知，线段BF 与轨迹E 的交点即为所求的点直线BF 的方程为p x y 2141+=联立方程组 ⎪⎩⎪⎨⎧=+=py x p x y 221412得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=.16179)171(41p y p x . 即C 点坐标为(p p 16179,4171++). 此时d +｜BC ｜的最小值为｜BF ｜=p 217. ●锦囊妙计如果把一个数学问题看作是由条件、依据、方法和结论四个要素组成的一个系统，那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探索性问题.条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征.解决探索性问题，对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面有较高要求，高考题中一般对这类问题有如下方法：（1）直接求解；（2）观察——猜测——证明；（3）赋值推断；（4）数形结合；（5）联想类比；（6）特殊——一般——特殊.●歼灭难点训练一、选择题1.（★★★★）已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下面四个命题，其中正确命题是( )①α∥β⇒l ⊥m ②α⊥β⇒l ∥m ③l ∥m ⇒α⊥β ④l ⊥m ⇒α∥βA.①与②B.①与③C.②与④D.③与④2.（★★★★）某邮局只有0.60元，0.80元，1.10元的三种邮票.现有邮资为7.50元的邮件一件，为使粘贴邮票的张数最少，且资费恰为7.50元，则最少要购买邮票( )A.7张B.8张C.9张D.10张二、填空题3.(★★★★)观察sin 220°+cos 250°+sin20°cos50°=43,sin 215°+cos 245°+sin15°三、解答题4.（★★★★）在四棱锥P —ABCD 中，侧棱P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，问底面的边BC 上是否存在点E .（1）使∠PED =90°；（2）使∠PED 为锐角.证明你的结论.6.（★★★★★）是否存在都大于2的一对实数a 、b (a ＞b )使得ab ,a b ,a –b ,a +b 可以按照某一次序排成一个等比数列，若存在，求出a 、b 的值，若不存在，说明理由.参 考 答 案●难点磁场1.解析：如图–a 与b ，c 的夹角为60°,且|a |=|–a |=3.由平行四边形关系可得–a =3c +23b ,∴a =–3c –23b . 答案：a =–3c –23b 2.解析：飞机成功飞行的概率分别为：4引擎飞机为：4222443342224)1(4)1(6C )1(C )1(C P P P P P P P P P P +-+-=+-+-2引擎飞机为222212)1(2C )1(C P P P P P P +-=+-⋅.要使4引擎飞机比2引擎飞机安全，则有：6P 2（1–P ）2+4P 2（1–P ）+P 4≥2P (1–P )+P 2,解得P ≥32. 即当引擎不出故障的概率不小于32时，4引擎飞机比2引擎飞机安全. ●歼灭难点训练一、1.解析：①l ⊥α且α∥β⇒l ⊥β,m ⊂β⇒l ⊥m .②α⊥β且l ⊥α⇒l ∥β,但不能推出l ∥m .③l ∥m ,l ⊥α⇒m ⊥α,由m ⊂β⇒α⊥β.④l ⊥m ,不能推出α∥β.答案：B2.解析：选1.1元5张，0.6元2张，0.8元1张.故8张.答案：B二、3.解析：由50°–20°=(45°–15°)=30°可得sin 2α+cos 2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=43. 答案：sin 2α+cos 2(α+30°)+sin αcos(α+30°)=43三、4.解：(1)当AB ≤21AD 时，边BC 上存在点E ，使∠PED =90°;当AB >21AD 时，使∠PED =90°的点E 不存在.（只须以AD 为直径作圆看该圆是否与BC 边有无交点）（证略）（2）边BC 上总存在一点，使∠PED 为锐角，点B 就是其中一点.连接BD ，作AF ⊥BD ，垂足为F ，连PF ，∵P A ⊥面ABCD ，∴PF ⊥BD ，又△ABD 为直角三角形，∴F 点在BD 上，∴∠PBF 是锐角.同理，点C 也是其中一点.5.解：∵|z 1+z 2|2=(z 1+z 2)(1z +2z )=|z 1|2+|z 2|2+(z 12z +1z z 2)∴c 2=a 2+b 2+(z 12z +1z z 2)即：z 12z +1z z 2=c 2–a 2–b 2即有：b 2(21z z )+a 2(12z z )=z 1z 2+z 1z 2 ∴b 2(21z z )+a 2(12z z )=c 2–a 2–b 2 ∴a 2(12z z )2+(a 2+b 2–c 2)(12z z )+b 2=0 这是关于12z z 的一元二次方程，解此方程即得12z z 的值. 6.解：∵a >b ,a >2,b >2,∴ab ,a b ,a –b ,a +b 均为正数，且有ab >a +b >ab ,ab >a +b >a –b . 假设存在一对实数a ,b 使ab ,a b ,a +b ,a –b 按某一次序排成一个等比数列，则此数列必是单调数列.不妨设该数列为单调减数列，则存在的等比数列只能有两种情形，即①ab ,a +b ,⎪⎩⎪⎨⎧+=+=⎪⎩⎪⎨⎧⋅=-+-=+22710257 ))(()()(2b a a b ab b a b a b a ab b a 解得经检验知这是使ab ,a +b ,a –b ,ab 成等比数列的惟一的一组值.因此当a =7+25,b =22710+时，ab ,a +b ,a –b ,a b 成等比数列. 7.解：如果直线l 垂直平分线段AB ，连AF 、BF ，∵F （2p ，0）∈l .∴|F A |=|FB |,设A （x 1,y 1）,B (x 2,y 2),显然x 1>0,x 2>0,y 1≠y 2,于是有（x 1–2p ）2+y 12=(x 2–2p )2+y 22,整理得：（x 1+x 2–p )(x 1–x 2)=y 22–y 12=–2p (x 1–x 2).显然x 1≠x 2(否则AB ⊥x 轴，l 与x 轴重合，与题设矛盾）得：x 1+x 2–p =–2p 即x 1+x 2=–p <0,这与x 1+x 2>0矛盾，故直线l 不能垂直平分线段AB .8.解：设元件T 1、T 2、T 3能正常工作的事件为A 1、A 2、A 3，电路不发生故障的事件为A ，则P （A 1）=0.7，P （A 2）=0.8，P （A 3）=0.9.∴P (A )=0.94×0.9=0.846.P （A 2），用另一种算法求P （A 1+A 3）.∵A 1与A 3彼此不互斥，根据容斥原理P （A 1+A 3）=(3)按图丙的接法求P （A ），用第三种算法.∴P (A )=0.56+0.63–0.504=0.686.综合（1）、（2）、（3）得，图甲、乙、丙三种接法电路不发生故障的概率值分别为0.846,0.776,0.686.故图甲的接法电路不发生故障的概率最大.。

探索性问题【考点梳理】一、探索性问题如果把一个数学问题看作是由条件、解题依据、解题方法和结论这四个要素组成的一个系统，那么我们把这四个要素中有两个是未知的数学问题称为探索性问题。

条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征。

二、探索型问题的基本类型1．条件追溯型这类问题的外在形式是针对一个结论，条件未知需探究，或条件增删需确定，或条件正误需判断。

解决这类问题的基本策略是执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或论证找到结论成立的充分条件。

在执果索因的推理过程中，不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，是一种常见错误，必须引起注意。

确定条件是否多余时要着眼于每个条件对所求（或所证）对象的确定性，判断条件正误时多从构造反例入手。

2．结论探索型这类问题的基本特征是有条件而无结论或结论的正确与否需要确定。

探索结论而后论证结论是解决这类问题的一般型式。

3．存在判断型判断存在型问题是指判断在某些确定条件下的某一数学对象（数值、图形、函数等）是否存在或某一结论是否成立的探索性问题，解决这类问题通常假设题中的数学对象存在（或结论成立）或暂且认可其中一部分的结论，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，给出肯定结论的证明。

4．方法探究型这里指的是需要非常规的解题方法或被指定要用两种以上的方法解决同一个问题，难度较高的构造法即属此型。

在探究方法的过程中，常常需要研究简化形式但保持本质的特殊情形，运用类比、猜测、联想来探路，解题过程中创新成分比较高。

三、思想方法解决探索性问题，较少现成的套路和常规程序，需要较多的分析和数学思想方法的综合运用。

对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面的能力有较高要求。

高考题中一般对这类问题有如下方法：1．直接法2．观察—猜测—证明3．赋值法4．数形结合 5．联想类比6．从特殊到一般7．从特殊到一般再到特殊8．等价转化四、怎样提高解探索问题的能力1．注重双基的训练，夯实基础知识。

高中数学数列中的探索性问题研究作者：徐义来源：《中学课程辅导·教师通讯》2015年第23期【内容摘要】对于高中数学来说，它对于学生的逻辑思维性要求较高，需要学生通过发散思维来从不同的角度解决数学问题。

尤其是对于高中数学中的数列问题，更需要学生提高自身的理性思维，通过分析来加强对数学问题的理解。

本文将对高中数学数列中的探索性问题，进行仔细的研究，并为高中数学数列中的探索性发展提出合理化的建议。

【关键词】高中数学 ;数列 ;探索性问题 ;分析研究高中阶段对于学生来说是一个非常重要的时期，它关系着学生未来的发展。

而在高中的各个学科中，数学无疑是令大多数学生感到困扰的一个科目。

本文将以高中数学数列中的探索性问题研究为例，来探索出更多适合学生学习的讲解方法，在讲解的过程中不断渗透出自主学习的数学学习方法，来进一步提高学生学习数学的兴趣，促进课堂探索性教研活动的顺利开展。

一、进行高中数学数列中的探索性问题研究的意义高中数学数列中的探索性问题的研究，对于整个高中数学的学习与发展来说具有非常重要的意义。

首先，随着新教育改革的进行，要求各个学校都要加强对课堂教学方式的变革，在这种情况下，开展高中数学数列中的探索性教学，是顺应时代潮流与传递新型教学理念的要求;其次，对于高中生来说，通过开展数列探索性教学，可以更好地去理解数列问题，并且通过自主学习来找到适合自身的数学学习方法;最后，通过进行高中数学数列中的探索性问题研究，可以进一步改革教师传统的教学方法，使教师不断创新，学习新的教学理念，设计出更加符合学生兴趣的课堂教学内容。

二、通过例题分析高中数学数列探索性问题的解决策略1.利用课前导学案，探索数列问题学生在课前要认真完成导学案中的习题任务，而教师则对学生课前导学案任务的完成情况进行批阅，从而有效督促学生完成课前任务并且及时发现并且解决学生数列预习中存在问题。

通过课前导学案的“导”帮助学生了解教学的基础内容，能够形成有效的教学认知。

高中数学中数列教学的难点与对策数列作为高中数学的重要内容，其教学难点与对策一直是教师关注的焦点。

数列作为一类特殊的函数，其性质和规律需要学生深入理解和掌握。

然而，在实际教学中，数列教学存在一些难点，如概念抽象、解题方法多样、学生理解困难等。

本文将从高中数学数列教学的难点出发，探讨相应的对策，以期提高教学效果。

一、数列教学的难点1.概念抽象数列作为一种特殊的数据序列，其概念较为抽象。

学生需要理解数列的通项公式、前n项和等基本概念，同时还需要掌握数列的分类和性质。

这些概念对于初学者来说较为困难，需要教师通过生动的教学方式帮助学生理解。

2.解题方法多样数列问题往往需要通过灵活运用数列的概念、性质和解题技巧来解决。

解题方法多样，包括分组求和法、倒序相加法、错位相减法等。

学生需要掌握这些解题方法，并在实际应用中灵活运用。

然而，由于学生的基础知识不扎实、解题经验不足等原因，往往难以灵活运用解题方法。

3.学生理解困难数列作为一种特殊的数据序列，其性质和规律需要学生深入理解和掌握。

然而，由于学生的数学基础不扎实、思维能力有限等原因，往往难以理解数列的性质和规律。

同时，数列问题往往涉及多个知识点，学生难以全面掌握，导致解题困难。

二、对策针对以上难点，教师可以从以下几个方面入手，提高数列教学效果。

1.强化基础知识教学教师在教学中应该注重基础知识的教学，帮助学生建立扎实的基础知识体系。

对于数列概念、性质和解题方法等基础知识，教师应该通过生动的教学方式帮助学生理解掌握。

同时，教师应该注重培养学生的数学思维能力和解决问题的能力，使学生能够灵活运用所学知识解决实际问题。

2.注重解题方法的训练教师在教学中应该注重解题方法的训练，使学生能够灵活运用解题方法解决数列问题。

教师应该通过例题讲解、习题训练等方式，使学生掌握数列问题的解题技巧和方法。

同时，教师应该鼓励学生多做题、多思考、多交流，通过实践不断提高解题能力。

3.注重学生思维能力的培养教师在教学中应该注重学生思维能力的培养，使学生能够深入理解数列的性质和规律。

㊀㊀㊀数列中探索性问题的类型与破解策略◉江苏省大丰高级中学㊀姜兴荣１引言数列中的探索性问题是近年新课标高考中比较常见的一类创新性问题,根据数列中的定义㊁通项公式㊁求和公式以及相关性质等加以变形与应用,通过观察㊁分析㊁试验㊁归纳㊁运算㊁类比㊁猜想㊁论证来剖析与转化,创新成分非常高．２数列中的条件探索性问题此类问题的基本特征是:结合确定的结论,探寻未知条件,或确定条件的增删情况,或判定条件的正误等．解决此类数列问题的基本策略是执果索因,首先确定结论成立的必要条件,再检验或认证结论成立的充分条件．注意 执果索因 中推理过程是否可逆．例１㊀已知函数f(x)＝l o g k x(k为常数,k＞０且kʂ１)．(１)在下列三个条件中选择一个,使{a n}是等比数列,并说明理由:①{f(a n)}是首项为２,公比为２的等比数列;②{f(a n)}是首项为４,公差为２的等差数列;③{f(a n)}是首项为２,公差为２的等差数列的前n项和构成的数列．(２)在(１)的条件下,当k＝２时,设a n b n＝２n＋１４n２－１,求数列{b n}的前n项和T n．分析:对第(１)问根据等比数列的定义,结合不同条件建立对应的f(a n)的关系式,通过数学运算与变形来分析;对第(２)问,结合(１)的结论与对应的条件,确定数列{b n}的通项公式,利用通项公式的裂项相消进行数列求和．解析:(１)条件①③不能使数列{a n}成等比数列,条件②可以．由题意知f(a n)＝４＋(n－１)ˑ２＝２n＋２,即l o g k a n＝２n＋２,得a n＝k２n＋２,且a１＝k４ʂ０,则a n＋１a n＝k２(n＋１)＋２k２n＋２＝k２．因为常数k＞０且kʂ１,所以k２为非零常数,因此,数列{a n}是以k４为首项,k２为公比的等比数列．(２)由(１)知a n＝k４ (k２)n－１＝k２n＋２,则当k＝２时,a n＝２n＋１．因为a n b n＝２n＋１４n２－１,所以b n＝１４n２－１,即b n＝１(２n－１)(２n＋１)＝１２１２n－１－１２n＋１æèçöø÷．所以T n＝b１＋b２＋ ＋b n＝１２１－１３æèç＋１３－１５＋ ＋１２n－１－１２n＋１öø÷＝１２１－１２n＋１æèçöø÷＝n２n＋１．点评:涉及数列中的条件探索性问题,根据不同条件加以合理推理与转化,通过数列中定义㊁公式㊁性质等的应用来分析与运算．此类条件探索类问题,可以通过数列中的不同条件来分析对应的结论,也可以通过数列中的确定结论来反推满足题意的条件等．３数列中的结论探索性问题此类数列问题的基本特征是:给出确定的条件,自行确定对应的结论或判定结论的正误等．解决此类数列问题的基本策略是先探索结论而后去论证结论．注意从特殊情况入手加以观察,再合理分析,并归纳与猜想,最后论证．例２㊀已知各项均不为零的数列{a n}的前n项和为S n,且满足a１＝４,a n＋１＝３S n＋４(nɪN∗)．(１)求数列{a n}的通项公式;(２)设数列{b n}满足a n b n＝l o g２a n,数列{b n}的前n项和为T n,试比较T n与８９的大小,并加以证明．分析:(１)由数列的递推关系式,合理变形,结合等比数列的定义确定数列类型,进而确定对应的通项公式;(２)通过第(１)问的结论以及条件中关系式确定b n的表达式,利用错位相减法进行数列求和,借助不等式的放缩法来确定大小关系．解析:(１)因为a n＋１＝３S n＋４,所以a n＝３S n－１＋４(nȡ２),两式相减,得a n＋１－a n＝３a n,即a n＋１＝４a n(nȡ２)．又a２＝３a１＋４＝１６＝４a１,a１＝４ʂ０,则４７复习备考解法探究㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀２０２２年８月上半月Copyright博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀a n ＋１＝４a n (n ɪN ∗),得a n ＋１a n＝４,所以,数列{a n }是首项为４,公比为４的等比数列,于是得a n ＝４n．(２)T n ＜８９．证明如下:由a n b n ＝l o g ２a n ,a n ＝４n,得b n ＝２n ４n ．所以T n ＝２４１＋４４２＋６４３＋ ＋２n ４n ①１４T n ＝２４２＋４４３＋６４４＋ ＋２n ４n ＋１②①式Ｇ②式,得３４T n ＝２４１＋２４２＋２４３＋２４４＋ ＋２４n －２n ４n ＋１＝２ˑ１４１－１４n æèçöø÷１－１４－２n ４n ＋１＝２３－２３ˑ４n －２n ４n ＋１＝２３－６n ＋８３ˑ４n ＋１．所以,T n ＝８９－６n ＋８９ˑ４n ＜８９．点评:涉及数列中的结论探索性问题,一定要先确定一个相应的结论,再进行合理推理论证．对比较大小的问题,经常可以通过构建函数,利用函数的基本性质来分析,也可利用放缩法加以变形转化等．４数列中的存在探索性问题此类数列问题的基本特征是根据确定的条件,判断数列对象是否存在或相应结论是否成立．解决此类数列问题的基本策略是:先假定存在性,再在此条件下加以合理推理,推理正确则肯定结论,推理矛盾则否定假设．注意反证法的应用．例３㊀在①S ４是a ２与a ２１的等差中项,②a ７是S ３３与a ２２的等比中项,③数列{a ２n }的前５项和为６５这三个条件中任选一个,补充在横线中,并解答下面的问题:已知{a n }是公差为２的等差数列,其前n 项和为S n ,．(１)求数列{a n }的通项公式．(２)设b n ＝３４æèçöø÷na n ,是否存在k ɪN ∗,使b k ＞２７８若存在,求出k 的值;若不存在,请说明理由．分析:(１)根据选择的条件,从不同角度,结合不同数列类型加以变形与转化,进而确定数列{a n }的通项公式;(２)结合第(１)问的结论与对应的条件来确定b n 的表达式,利用作差比较法进行合理变形,通过项数n 的取值情况确定数列{b n }中的最大项,进而确定数列的存在性问题．解析:(１)若选①S ４是a ２与a ２１的等差中项,则２S ４＝a ２＋a ２１,即２４a １＋４ˑ３２ˑ２æèçöø÷＝(a １＋２)＋(a １＋２０ˑ２),得a １＝３,所以a n ＝３＋２(n －１)＝２n ＋１．若选②a ７是S ３３与a ２２的等比中项,则a ２７＝S ３３a ２２,即(a １＋６ˑ２)２＝a １＋３－１２ˑ２æèçöø÷(a １＋２１ˑ２),解得a １＝３,所以a n ＝３＋２(n －１)＝２n ＋１．若选③数列{a ２n }的前５项和为６５,则a ２(n ＋１)－a ２n ＝[２(n ＋１)－２n ]ˑ２＝４,因为a ２＝a １＋２,所以{a ２n }是首项为a １＋２,公差为４的等差数列．由{a ２n }的前５项和为６５,得５(a １＋２)＋５ˑ４２ˑ４＝６５,解得a １＝３,所以a n ＝３＋２(n －１)＝２n ＋１．(２)由题意得b n ＝３４æèçöø÷na n ＝(２n ＋１) ３４æèçöø÷n．因为b n ＋１－b n ＝(２n ＋３) ３４æèçöø÷n ＋１－(２n ＋１)３４æèçöø÷n＝３n４n ＋１[３(２n ＋３)－４(２n ＋１)]＝３n４n ＋１(５－２n ),所以,当n ＝１,２时,b n ＋１＞b n ;当n ȡ３,n ɪN ∗时,b n ＋１－b n ＜０,即b n ＋１＜b n ．所以b １＜b ２＜b ３＞b ４＞b ５＞b ６＞,因此,{b n }中的最大项为b ３＝７ˑ２７６４,显然b ３＜８ˑ２７６４＝２７８．所以,对任意的n ɪN ∗,b n ＜２７８,即不存在k ɪN ∗,使b k ＞２７８．点评:遇到含多个变量的数列存在探索性问题,在假设存在的情况下,确定满足条件的关系再进一步寻找相关的条件,而根据条件推出矛盾则说明不存在．破解此类问题一般可以利用数列的函数性质㊁重要不等式㊁函数的值域或取值范围等的判断来确定对应的存在性问题．５结束语处理数列中的探索性问题,应充分利用已知条件或对应的结论,合理根据数列前几项的特点透彻分析㊁发现规律㊁猜想条件或结论的存在性等,综合不等式的性质(包括放缩法等)㊁函数的性质等加以合理运算与推理,从而得以解决探索性问题,提升数学应用与创新能力．综合数学知识㊁数学思想方法和数学能力的应用,养成良好的数学品质,培养数学核心素养．W５７２０２２年８月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀解法探究复习备考Copyright 博看网 . All Rights Reserved.。

数列中探索性问题的研究数列是高中数学的重要内容之一，近年来高考中的数列试题不时给人以耳目一新的感觉，而探索性问题更是考查热点，这类题目无模式，方法可供套用，考查观察、概括、归纳能力，解这类问题要从问题关键入手，抓实质，对信息进行整合，加工，寻找解题途径。

一、开放型探索性问题例1、已知等差数列}{n a 满足)(2121*-∈=+N n n a a n ,设n S 是数列}1{na 的前n 项和，记f （n ）＝n S 2－n S )(*∈N n .（1）求n a ；（2）比较f （n ＋1）与f （n ）)(*∈N n 的大小；（3）如果函数g （x ）＝log ]),[)((122b a x n f x ∈-对一切大于1的正整数n ，其函数值都小于零，那么a 、b 应满足什么条件？解：（1）因为211=+a a ，所以，1a ＝1，因为，431=+a a ，所以，33=a .故 d ＝11313=--a a ，所以，n a ＝1＋（n －1）·1＝n. （2）因为，f （n ＋1）－f （n ）＝22+n S －1-n S －n S 2＋n S ＝（22+n S －n S 2）－（1-n S －n S ）＝0)22)(12(111221121>++=+-+++n n n n n ，即f （n ＋1）>f （n ）. （3）由题意当2≥n 时，g （x ）＝log 0)(122<-n f x 恒成立.又因为，f （n ）递增，所以，只需log 0)2(122<-f x 即可.又因为，f （2）＝4S －2S ＝1274131=-，所以，log 72<x ，即0<x<128. 又因为，],[b a x ∈，所以，0<a<b<128.点评：解题从条件出发，运用特殊到一般的方法，通过分析、归纳并猜想结论加以证明，即分析――归纳――猜想――证明。

浅谈中学数列中的探索性问题摘要：在高中数学学科教学中，对于某个数学疑问如果我们将它看作是结论、前期做题、方法、以及做题依据这四个部分所构成的一个完整体系。

那么这四个部分其中有两个是具有不确定性的数学学科问题，他们被称为探索性问题。

对于探索性问题来说，它的定位不确定、前提不完整是非常显著的特点，当前高中考试中频繁出现关于数列的探索性问题。

本文通过典型问题的分析来对这些探索性问题进行探讨。

关键词：中学教学；数列；探索性引言：探索性问题在高中数学学科学习中分为四种类型，其中第一个就是条件探索性问题，第二个是存在探索性问题，第三个是结论探索性问题，最后一个就是规律探索性问题。

对于这些不同类型的问题，在解题方法上是存在很大的不同的，因此在对这些探索性问题进行解答的过程中，应该首先判断出他们属于具体的哪一类型，然后有针对性的进行解答。

一、条件探索性问题在高中数学学科的学习中，对于一些条件探索性的问题，一般情况下都会提供给同学们一些有关的结论，让同学们通过自己的联想和分析，结合较为严谨的运算以及观察来探索这些结论。

如果要成立需要满足相应的条件，对于这一类具有较为鲜明的开放性特点的探索性条件问题解决的方法，更多时候都是运用分析法，从题目所提供给的多个已知条件，还有结论展开探索分析，也就是所谓的执果索因，去寻找到满足题目条件和结论的相关条件，而在探索解题的过程中，必须要认真推理出整个的满足结论的条件是否是可逆的？一定要能够区分出充分条件以及必要条件，而不要将二者混淆，并且在探索过程中要去验证找到的条件是否存在多余的情况？必须要对所探寻的每个条件，对于题目所给出的结论来说是否具有确定性，要从全方位的角度来对题目所给出结论者成立的充分条件进行探索，从而实现不遗漏、不重复，很多时候对于一些条件是否正确，都会通过构造法来进行验证。

此外，对于这种条件探索性问题，主要需要学生去找到的是问题的充分条件，而不是必须满足充要条件，因此，高中同学在解决这类问题的时候，如果能够拥有较好的逻辑思维能力，较好的洞察力以及较为合理的直觉联想，就能够在解题过程中更为得心应手。

数列与探索性新题型的解题技巧引言数学是一门充满魅力的学科，其中数列是中学数学中的重要内容。

数列不仅有着广泛的应用领域，而且在解题过程中也需要一定的技巧。

同时，随着教育的改革和学生思维的培养，新的探索性问题也逐渐受到重视。

本文将介绍数列与探索性新题型的解题技巧，以帮助学生更好地应对这些问题。

数列的基础知识在开始介绍解题技巧之前，我们先来回顾一下数列的基础知识。

数列是由一系列按照某种规律排列的数所组成的序列。

通常表示为：a1,a2,a3,...,a n其中，a1为首项，a n为第n项，而n为项数。

常见的数列类型包括等差数列，等比数列和斐波那契数列。

等差数列的特点是每一项与前一项之差相等；等比数列的特点是每一项与前一项之比相等；而斐波那契数列的特点是每一项等于前两项的和。

了解这些常见数列类型的特点，对于解题过程的把握有着重要的意义。

解题技巧观察法在面对一道数列问题时，可以尝试通过观察数列中的规律来解答问题。

这种方法常用于发现数列中的特点和性质，并进一步推导解题过程。

举例来说，考虑以下数列：1, 3, 6, 10, 15, … 题目要求找出第10项的值。

通过观察可知，该数列中每一项的差值递增，即差值为2、3、4、5…。

因此，第n项的值为前n-1项的和。

可以通过简单的计算得知第10项的值为55。

代入法对于某些复杂的数列问题，我们可以采用代入法来求解。

这种方法常用于验证推测结果和找出规律性方法。

假设我们需要求解以下数列：1, 4, 9, 16, 25, … 题目要求找出第n项的值。

观察可知，该数列的每一项均为前一项的平方。

我们可以验证这一规律。

当n=1时，a1=1；当n=2时，a2=4；当n=3时，a3=9…依次类推。

通过代入法，我们可以确定数列的规律为a n=n2。

因此，第n项的值为n2。

列表法列表法是一种常用的解决复杂数列问题的方法。

通过列举数列中的前几项，我们可以发现其中的规律，并据此推导出解题思路。

高三复习专题：探索性问题的常见类型及其求解策略在近儿年的高考试题中，有关探索性问题频频出现，涉及代数、三角、儿何, 成为高考的热点之一。

正因如此，初等数学中有关探索性问题也就成为大家研究的热点。

多年来笔者对此也做了一些探讨。

探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备。

要求解答者自己去探索，结合己有条件，进行观察、分析、比较和概括。

它对学生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求。

它有利于培养学生探索、分析、归纳、判断、讨论与证明等方面的能力，使学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程。

探索性问题一般可分为：条件追溯型，结论探索型、条件重组型，存在判断型，规律探究型，实验操作型。

每一种类型其求解策略乂有所不同。

因此，我们在求解时就必须首先要明辨它是哪一种类型的探索问题，然后再根据所属类型制定解题策略。

下面分别加以说明：一、条件追溯型这类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断。

解决这类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件。

在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意。

例1. (2002年上海10)设函数/•⑴= sin2x,若是偶函数，贝Ut的一个可能值是o 分析与解答：：/(x + r) = sin2(x + r) = sin(2x + 2r).X/(x + 偶函数/. f(x + t) = f(-x + r)B|Jsin(2x + It) = sin(-2x + 2r)。

由此可得、2k +12x + 2r = -2x + 2/ + + t = TT-(-2X +2t) + 2ki(k E Z) /. t = --- 7r(k e Z)4 评注：本题为条件探索型题目，其结论明确，需要完备使得结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，进行演绎推理推导出所需寻求的条件.这类题要求学生变换思维方向，有利于培养学生的逆向思维能力.二、结论探索型这类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定。

例谈高中数学数列教课中的研究性问题课改要求高中数学教课要能发挥学生的主体性和积极性，有一个创新思想活动的空间，重点在于教师怎样指引、启迪、点拨，可否真实地把学生引到这一领域。

教师在平常备课中，不只要吃透教材，并且要尽量地收集、制作与教材有关的知识、教具，又要擅长掌握学生的心理，使学生可以与老师产生共识。

数学学科与自然界密切相连，和生活、生产亲密有关，所以，在教课中教师要擅长指引学生从熟习的事物、现象出发，依据学生掌握的状况，创建情境提出问题，激励学生共同参加，发挥想象，踊跃思想来解决高考数学识题。

高考数学试卷中的研究性问题的内容波及面很广，几乎波及高中数学内容的各个方面，但其所采纳的研究性问题的种类比较集中，在解答题中主要有存在型、概括型和比较型三类研究性问题。

下边将例谈数列中的研究性问题：一存在型在存在型问题中，大多研究能否存在某个数值使题设结论建立。

三以讲堂教课为载体，采纳合作学习、研究学习、教师点拨的策略新课程理念下的讲堂教课是以问题为载体，以培育学生创新素质为中心，以学生着手实践、自主研究、合作沟通为主要学习方式，方才在预习指导环节谈的是提出问题，这里笔者要谈的是解决问题，即在自主研究基础上的进一步探究。

详细做法分三步进行：（ 1）组内怀疑。

让学生就近联合几个同学构成学习小组，每个小组的成员中既有优等生又有中等生和学困生。

即由不一样思想层次的学生构成。

先组内进行议论，畅所欲言，共同建立问题的结论。

（2）组间怀疑。

各小组派代表将本组看法进行陈说，各小组之间互相议论，沟通增补，逐渐减小分歧，完成共识。

（ 3）解决遗留问题。

经过组内、组间的沟通议论，由教师帮助学生认识问题的难点所在，一同找到解决问题的打破口，使全体学生完成共识。

即让学生在学习过程中独立自主地发现问题，并经过沟通、议论最后解决问题，经历一系列研究过程获取悉识与能力，掌握解决问题的方法，获取感情体验。

总之，在新课程背景下的高中数学讲堂教课中，每一位教师都有责任调整自己的心理状态，成为适应新时代学生发展的数学教师。

难点专题：破解数列中的4类探索性问题1．条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定，解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．[例1] 已知数列{a n}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和S n满足S n＋2＋S n＝2S n ＋1(n∈N*)；数列{b n}中，b1＝a1，b n＋1＝4b n＋6(n∈N*)．＋1(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)设c n＝b n＋2＋(－1)n－1λ·n a2(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n成立．2．结论探索性问题此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定．解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．[例2] 已知各项均为正数的数列{a n}满足：a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}满足：b n＝na n2n＋12n，是否存在正整数m，n(1<m<n)，使得b1，b m，b 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；(3)令c n＝1＋na n，记数列{c n}的前n项积为T n，其中n∈N*，试比较T n与9的大小，并加以证明．3．存在探索性问题此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决此类问题的一般方法是：假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，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3] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列；(2)记S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，若S n <100，求最大正整数n ；(3)是否存在互不相等的正整数m ，s ，n ，使m ，s ，n 成等差数列，且a m－1，a s －1，a n －1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由．4．规律探索性问题这类问题的基本特征是：未给出问题的结论，需要由特殊情况入手，猜想、证明一般结论．解决这类问题的基本策略是：通常需要研究简化形式，但保持本质的特殊情形，从条件出发，通过观察、试验、归纳、类比、猜想来探路，解题过程中创新成分比较高．在数列问题研究中，经常是根据数列的前几项所提供的信息作大胆的猜想，然后用数学归纳法证明．[例4] 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *，点⎝⎛⎭⎪⎫n ，S n n 都在函数f (x )＝x ＋a n2x的图象上．(1)求a 1，a 2，a 3的值，猜想a n 的表达式，并证明你的猜想；(2)设A n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －1a n 的前n 项积，是否存在实数a ，使得不等式A n a n ＋1<f (a )－a n ＋32a对一切n ∈N *都成立？若存在，求出a 的取值围；若不存在，说明理由．难点专题：破解数列中的4类探索性问题答案1．条件探索性问题[例1] 已知数列{a n}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和S n满足S n＋2＋S n＝2S n ＋1(n∈N*)；数列{b n}中，b1＝a1，b n＋1＝4b n＋6(n∈N*)．＋1(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)设c n＝b n＋2＋(－1)n－1λ·n a2(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n成立．[解] (1)由已知得S n＋2－S n＋1－(S n＋1－S n)＝1，所以a n＋2－a n＋1＝1(n≥1)．又a2－a1＝1，所以数列{a n}是以a1＝2为首项，1为公差的等差数列．所以a n＝n＋1.因为b n＋1＝4b n＋6，即b n＋1＋2＝4(b n＋2)，又b1＋2＝a1＋2＝4，所以数列{b2＋2}是以4为公比，4为首项的等比数列．所以b n＝4n－2.(2)因为a n＝n＋1，b n＝4n－2，所以c n＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.要使c n＋1>c n成立，需c n＋1－c n＝4n＋1－4n＋(－1)nλ·2n＋2－(－1)n－1λ·2n＋1>0恒成立，化简得3·4n－3λ(－1)n－12n＋1>0恒成立，即(－1)n－1λ<2n－1恒成立，①当n为奇数时，即λ<2n－1恒成立，当且仅当n＝1时，2n－1有最小值1，所以λ<1；②当n为偶数时，即λ>－2n－1恒成立，当且仅当n＝2时，－2n－1有最大值－2，所以λ>－2，即－2<λ<1.又λ为非零整数，则λ＝－1.综上所述，存在λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n成立．[点评] 对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列．遇到S n要注意利用S n与a n的关系将其转化为a n，再研究其具体性质．遇到(－1)n型的问题要注意分n为奇数与偶数两种情况进行讨论，本题易忘掉对n的奇偶性的讨论而致误．2．结论探索性问题[例2] 已知各项均为正数的数列{a n}满足：a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n }满足：b n ＝na n2n ＋12n，是否存在正整数m ，n (1<m <n )，使得b 1，b m ，b 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；(3)令c n ＝1＋na n，记数列{c n }的前n 项积为T n ，其中n ∈N *，试比较T n 与9的大小，并加以证明．[解] (1)因为a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，即(a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＝0.又a n >0，所以2a n －a n ＋1＝0，即2a n ＝a n ＋1. 所以数列{a n }是公比为2的等比数列．由a 2＋a 4＝2a 3＋4，得2a 1＋8a 1＝8a 1＋4，解得a 1＝2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ∈N *)．(2)因为b n ＝na n 2n ＋12n ＝n 2n ＋1，所以b 1＝13，b m ＝m 2m ＋1，b n ＝n2n ＋1.若b 1，b m ，b n 成等比数列，则⎝⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n ＋1， 即m 24m 2＋4m ＋1＝n6n ＋3. 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n ∈N *，且m >1，所以m ＝2，此时n ＝12.故当且仅当m ＝2，n ＝12时，b 1，b m ，b n 成等比数列．(3)构造函数f (x )＝ln(1＋x )－x (x ≥0)，则f ′(x )＝11＋x －1＝－x1＋x.当x >0时，f ′(x )<0，即f (x )在[0，＋∞)上单调递减， 所以f (x )<f (0)＝0.所以ln(1＋x )－x <0. 所以ln ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n a n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n 2n <n2n .所以ln T n <12＋222＋323＋…＋n2n .记A n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，则12A n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，所以A n －12A n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1<1，即A n <2.所以ln T n <2.所以T n <e 2<9，即T n <9.[点评] 对于结论探索性问题，需要先得出一个结论，再进行证明．注意含有两个变量的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值．遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法．3．存在探索性问题[例3] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列； (2)记S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，若S n <100，求最大正整数n ；(3)是否存在互不相等的正整数m ，s ，n ，使m ，s ，n 成等差数列，且a m－1，a s －1，a n －1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由．[解] (1)因为1a n ＋1＝23＋13a n ，所以1 a n ＋1－1＝13a n －13.又因为1a 1－1≠0，所以1a n－1≠0(n ∈N *)．所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列．(2)由(1)可得1a n －1＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，所以1a n ＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n＋1.S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋ (13)＝n ＋2×13－13n ＋11－13＝n ＋1－13n ，若S n <100，则n ＋1－13n <100，所以最大正整数n 的值为99. (3)假设存在，则m ＋n ＝2s ， (a m －1)(a n －1)＝(a s －1)2， 因为a n ＝3n3n ＋2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3n 3n＋2－1⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 3m ＋2－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3s 3s ＋2－12， 化简得3m ＋3n ＝2×3s .因为3m ＋3n ≥2×3m ＋n ＝2×3s ，当且仅当m ＝n 时等号成立，又m ，s ，n 互不相等，所以不存在．[点评] 数列问题是以分式形式给出条件的，一般采用取倒数，再转化为等差数列或等比数列，通过等差数列与等比数列的桥梁作用求出通项．遇到多个变量的存在性问题，一般假设存在，求出满足的关系，再寻找满足的条件，一般可以利用重要不等式、值域或围等判断是否存在．4．规律探索性问题[例4] 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *，点⎝⎛⎭⎪⎫n ，S n n 都在函数f (x )＝x ＋a n2x的图象上．(1)求a 1，a 2，a 3的值，猜想a n 的表达式，并证明你的猜想；(2)设A n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －1a n 的前n 项积，是否存在实数a ，使得不等式A n a n ＋1<f (a )－a n ＋32a 对一切n ∈N *都成立？若存在，求出a 的取值围；若不存在，说明理由．[解] (1)因为点⎝⎛⎭⎪⎫n ，S n n 都在函数f (x )＝x ＋a n 2x 的图象上，故S n n ＝n ＋a n2n .所以S n ＝n 2＋12a n .令n ＝1，得a 1＝1＋12a 1，所以a 1＝2.令n ＝2，得a 1＋a 2＝4＋12a 2，所以a 2＝4.令n ＝3，得a 1＋a 2＋a 3＝9＋12a 3，所以a 3＝6.由此猜想：a n ＝2n (n ∈N *)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，由上面的求解知，猜想成立； ②假设当n ＝k 时猜想成立，即a k ＝2k 成立，那么当n ＝k ＋1时，由条件，知S k ＝k 2＋12a k ，S k ＋1＝(k ＋1)2＋12a k ＋1，两式相减，得a k ＋1＝2k ＋1＋12a k ＋1－12a k ，所以a k ＋1＝4k ＋2－a k ＝4k ＋2－2k ＝2(k ＋1)，即当n ＝k ＋1时，猜想成立．根据①②，知对一切n ∈N *，a n ＝2n 成立．(2)因为a n －1a n ＝1－1a n ， 故A n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n ， 所以A n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2·…·⎝⎛⎭⎪⎫1－1a n ·2n ＋1. 又f (a )－a n ＋32a ＝a ＋a n 2a －a n ＋32a ＝a －32a， 故A n a n ＋1<f (a )－a n ＋32a对一切n ∈N *都成立，等价于⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2·…·⎝⎛⎭⎪⎫1－1a n ·2n ＋1<a －32a 对一切n ∈N *都成立． 设g (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2·…·⎝⎛⎭⎪⎫1－1a n ·2n ＋1，则只需g (n )max <a －32a 即可．由于g n ＋1g n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－1a n ＋1·2n ＋32n ＋1＝2n ＋12n ＋2·2n ＋32n ＋1＝4n 2＋8n ＋34n 2＋8n ＋4<1，所以g (n ＋1)<g (n )，故g (n )是单调递减的，于是g (n )max ＝g (1)＝32. 由32<a －32a ，得a －32a ＋3a >0，解得－32<a <0或a > 3. 综上所述，使得不等式对一切n ∈N *都成立的实数a 存在，a 的取值围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0∪(3，＋∞)．[点评] 处理规律探索性问题，应充分利用已知条件，先求出数列的前几项，根据前几项的特点透彻分析、发现规律、猜想结论，再利用数学归纳法进行证明．对于含有参数的恒成立问题，可通过分离参数求含有变量的式子的最值即可．在求含变量的式子的最值问题时，一般可以利用函数的单调性，通过作差或作商(分式或整式作差，乘积的因式作商)求出最值，便求出参数的围(注意应用函数与方程思想解决问题)．。

求通项的7种方法及数列中的4类探索性问题一、由递推公式求通项的7种方法 1．a n ＋1＝a n ＋f (n )型把原递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再利用累加法(逐差相加法)求解，即a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n －1)．[例1] 已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋1n 2＋n ，求a n .[解] 由条件，知a n ＋1－a n ＝1n 2＋n ＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，则(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ， 所以a n －a 1＝1－1n.因为a 1＝12，所以a n ＝12＋1－1n ＝32－1n .2．a n ＋1＝f (n )a n 型 把原递推公式转化为a n ＋1a n ＝f (n )，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由a 2a 1＝f (1)，a 3a 2＝f (2)，…，a n a n －1＝f (n －1)，累乘可得a na 1＝f (1)f (2)…f (n －1)．[例2] 已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋1·a n ，求a n .[解] 由a n ＋1＝n n ＋1·a n ，得a n ＋1a n ＝n n ＋1， 故a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n －1n ×n －2n －1×…×12×23＝23n .即a n ＝23n. 3．a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型对于此类问题，通常采用换元法进行转化，假设将递推公式改写为a n ＋1＋t ＝p (a n ＋t )，比较系数可知t ＝q p －1，可令a n ＋1＋t ＝b n ＋1换元即可转化为等比数列来解决．[例3] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求a n .[解] 设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n－t ，则t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)． 令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2. 所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列． 所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，即a n ＝2n ＋1－3.4．a n ＋1＝pa n ＋q n (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型 (1)一般地，要先在递推公式两边同除以q n ＋1，得a n ＋1q n ＋1＝p q ·a n q n ＋1q，引入辅助数列{b n }⎝⎛⎭⎪⎫其中b n＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q ，再用待定系数法解决； (2)也可以在原递推公式两边同除以p n ＋1，得a n ＋1p n ＋1＝a n p n ＋1p ·⎝ ⎛⎭⎪⎫q p n，引入辅助数列{b n }⎝⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n p n ，得b n ＋1－b n ＝1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫q p n ，再利用叠加法(逐差相加法)求解．[例4] 已知数列{a n }中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，求a n .[解] 法一：在a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1两边乘以2n ＋1，得2n ＋1·a n ＋1＝23(2n ·a n )＋1.令b n ＝2n ·a n ，则b n ＋1＝23b n ＋1，根据待定系数法，得b n ＋1－3＝23(b n －3)．所以数列{b n －3}是以b 1－3＝2×56－3＝－43为首项，以23为公比的等比数列． 所以b n －3＝－43·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，即b n ＝3－2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n .于是，a n ＝b n 2n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .法二：在a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1两边乘以3n ＋1，得3n ＋1a n ＋1＝3n a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1.令b n ＝3n·a n ，则b n ＋1＝b n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1.所以b n －b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，b n －1－b n －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，…， b 2－b 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322. 将以上各式叠加，得b n －b 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n .又b 1＝3a 1＝3×56＝52＝1＋32，所以b n ＝1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n＝1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1－2，即b n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1－2.故a n ＝b n3n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.5．a n ＋1＝pa n ＋an ＋b (p ≠1，p ≠0，a ≠0)型这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令a n ＋1＋x (n ＋1)＋y ＝p (a n＋xn ＋y )，与已知递推式比较，解出x ，y ，从而转化为{a n ＋xn ＋y }是公比为p 的等比数列．[例5] 设数列{a n }满足a 1＝4，a n ＝3a n －1＋2n －1(n ≥2)，求a n . [解] 设递推公式可以转化为a n ＋An ＋B ＝3[a n －1＋A (n －1)＋B ]， 化简后与原递推式比较，得⎩⎨⎧2A ＝2，2B －3A ＝－1，解得⎩⎨⎧A ＝1，B ＝1.令b n ＝a n ＋n ＋1.(*)则b n ＝3b n －1，又b 1＝6，故b n ＝6·3n －1＝2·3n ， 代入(*)式，得a n ＝2·3n －n －1. 6．a n ＋1＝pa r n (p >0，a n >0)型这种类型一般是等式两边取对数后转化为a n ＋1＝pa n ＋q 型数列，再利用待定系数法求解．[例6] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝1a·a 2n (a >0)，求数列{a n }的通项公式． [解] 对a n ＋1＝1a·a 2n 的两边取对数，得lg a n ＋1＝2lg a n ＋lg 1a.令b n ＝lg a n ，则b n ＋1＝2b n ＋lg 1a.由此得b n ＋1＋lg 1a ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫b n ＋lg 1a ，记c n ＝b n ＋lg 1a，则c n ＋1＝2c n ，所以数列{c n }是以c 1＝b 1＋lg 1a ＝lg 1a为首项，2为公比的等比数列．所以c n ＝2n －1·lg 1a.所以b n ＝c n －lg 1a＝2n －1·lg 1a －lg 1a＝lg ⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n －1＝lg a 1－2n ，即lg a n ＝lg a 1－2n ，所以a n ＝a 1－2n . 7．a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常数)型 对于此类递推数列，可通过两边同时取倒数的方法得出关系式[例7] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ＝1,2,3，…，求{a n }的通项公式．[解] ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1＝23＋13a n， ∴1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1. 又1a 1－1＝23， ∴⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是以23为首项，13为公比的等比数列，∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ， ∴a n ＝3n 3n ＋2.二、破解数列中的4类探索性问题 1．条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定，解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．[例1] 已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，其前n 项和S n 满足S n ＋2＋S n ＝2S n ＋1＋1(n ∈N *)；数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＋1＝4b n ＋6(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝b n ＋2＋(－1)n －1λ·2a n (λ为非零整数，n ∈N *)，试确定λ的值，使得对任意n ∈N *，都有c n ＋1>c n 成立．[解] (1)由已知得S n ＋2－S n ＋1－(S n ＋1－S n )＝1， 所以a n ＋2－a n ＋1＝1(n ≥1)． 又a 2－a 1＝1，所以数列{a n }是以a 1＝2为首项，1为公差的等差数列． 所以a n ＝n ＋1.因为b n ＋1＝4b n ＋6，即b n ＋1＋2＝4(b n ＋2)，又b 1＋2＝a 1＋2＝4， 所以数列{b 2＋2}是以4为公比，4为首项的等比数列．所以b n＝4n－2.(2)因为a n＝n＋1，b n＝4n－2，所以c n＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.要使c n＋1>c n成立，需c n＋1－c n＝4n＋1－4n＋(－1)nλ·2n＋2－(－1)n－1λ·2n＋1>0恒成立，化简得3·4n－3λ(－1)n－12n＋1>0恒成立，即(－1)n－1λ<2n－1恒成立，①当n为奇数时，即λ<2n－1恒成立，当且仅当n＝1时，2n－1有最小值1，所以λ<1；②当n为偶数时，即λ>－2n－1恒成立，当且仅当n＝2时，－2n－1有最大值－2，所以λ>－2，即－2<λ<1.又λ为非零整数，则λ＝－1.综上所述，存在λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n成立．[点评] 对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列．遇到S n要注意利用S n与a n的关系将其转化为an，再研究其具体性质．遇到(－1)n型的问题要注意分n为奇数与偶数两种情况进行讨论，本题易忘掉对n的奇偶性的讨论而致误．2．结论探索性问题此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定．解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．[例2] 已知各项均为正数的数列{a n}满足：a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}满足：b n＝nan2n＋12n，是否存在正整数m，n(1<m<n)，使得b1，b m，b 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；(3)令c n＝1＋nan，记数列{c n}的前n项积为T n，其中n∈N*，试比较T n与9的大小，并加以证明．[解] (1)因为a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，即(a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＝0.又a n >0，所以2a n －a n ＋1＝0，即2a n ＝a n ＋1. 所以数列{a n }是公比为2的等比数列．由a 2＋a 4＝2a 3＋4，得2a 1＋8a 1＝8a 1＋4，解得a 1＝2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ∈N *)． (2)因为b n ＝na n 2n ＋12n＝n 2n ＋1，所以b 1＝13，b m ＝m 2m ＋1，b n ＝n 2n ＋1.若b 1，b m ，b n 成等比数列，则⎝⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n ＋1， 即m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3. 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n ∈N *，且m >1，所以m ＝2，此时n ＝12.故当且仅当m ＝2，n ＝12时，b 1，b m ，b n 成等比数列． (3)构造函数f (x )＝ln(1＋x )－x (x ≥0)，则f ′(x )＝11＋x －1＝－x1＋x. 当x >0时，f ′(x )<0，即f (x )在[0，＋∞)上单调递减， 所以f (x )<f (0)＝0.所以ln(1＋x )－x <0.所以ln c n ＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋n a n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n 2n <n 2n . 所以ln T n <12＋222＋323＋…＋n2n .记A n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，则12A n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，所以A n －12A n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1<1，即A n <2.所以ln T n <2.所以T n <e 2<9，即T n <9.[点评] 对于结论探索性问题，需要先得出一个结论，再进行证明．注意含有两个变量的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值．遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法．3．存在探索性问题此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决此类问题的一般方法是：假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，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3] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1为等比数列； (2)记S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，若S n <100，求最大正整数n ；(3)是否存在互不相等的正整数m ，s ，n ，使m ，s ，n 成等差数列，且a m －1，a s －1，a n －1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由．[解] (1)因为1a n ＋1＝23＋13a n ， 所以1 a n ＋1－1＝13a n －13. 又因为1a 1－1≠0，所以1a n－1≠0(n ∈N *)．所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1为等比数列．(2)由(1)可得1a n －1＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，所以1a n ＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1.S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋ (13)＝n ＋2×13－13n ＋11－13＝n ＋1－13n ，若S n <100，则n ＋1－13n <100，所以最大正整数n 的值为99. (3)假设存在，则m ＋n ＝2s ， (a m －1)(a n －1)＝(a s －1)2， 因为a n ＝3n3n ＋2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3n 3n＋2－1⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 3m ＋2－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3s3s ＋2－12， 化简得3m ＋3n ＝2×3s .因为3m ＋3n ≥2×3m ＋n ＝2×3s ，当且仅当m ＝n 时等号成立，又m ，s ，n 互不相等，所以不存在．[点评] 数列问题是以分式形式给出条件的，一般采用取倒数，再转化为等差数列或等比数列，通过等差数列与等比数列的桥梁作用求出通项．遇到多个变量的存在性问题，一般假设存在，求出满足的关系，再寻找满足的条件，一般可以利用重要不等式、值域或范围等判断是否存在．4．规律探索性问题这类问题的基本特征是：未给出问题的结论，需要由特殊情况入手，猜想、证明一般结论．解决这类问题的基本策略是：通常需要研究简化形式，但保持本质的特殊情形，从条件出发，通过观察、试验、归纳、类比、猜想来探路，解题过程中创新成分比较高．在数列问题研究中，经常是根据数列的前几项所提供的信息作大胆的猜想，然后用数学归纳法证明．[例4] 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *，点⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，S n n 都在函数f (x )＝x ＋a n2x的图象上． (1)求a 1，a 2，a 3的值，猜想a n 的表达式，并证明你的猜想；(2)设A n 为数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n －1a n 的前n 项积，是否存在实数a ，使得不等式A n a n ＋1<f (a )－a n ＋32a对一切n ∈N *都成立？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由． [解] (1)因为点⎝⎛⎭⎪⎫n ，S n n 都在函数f (x )＝x ＋a n 2x 的图象上，故S n n ＝n ＋a n 2n .所以S n ＝n 2＋12a n .令n ＝1，得a 1＝1＋12a 1，所以a 1＝2.令n ＝2，得a 1＋a 2＝4＋12a 2，所以a 2＝4.令n ＝3，得a 1＋a 2＋a 3＝9＋12a 3，所以a 3＝6.由此猜想：a n ＝2n (n ∈N *)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，由上面的求解知，猜想成立； ②假设当n ＝k 时猜想成立，即a k ＝2k 成立，那么当n ＝k ＋1时，由条件，知S k ＝k 2＋12a k ，S k ＋1＝(k ＋1)2＋12a k ＋1，两式相减，得a k ＋1＝2k ＋1＋12a k ＋1－12a k ，所以a k ＋1＝4k ＋2－a k ＝4k ＋2－2k ＝2(k ＋1)，即当n ＝k ＋1时，猜想成立． 根据①②，知对一切n ∈N *，a n ＝2n 成立． (2)因为a n －1a n ＝1－1a n， 故A n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2·…·⎝⎛⎭⎪⎫1－1a n ，所以A n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n ·2n ＋1.又f (a )－a n ＋32a ＝a ＋a n 2a －a n ＋32a ＝a －32a， 故A n a n ＋1<f (a )－a n ＋32a对一切n ∈N *都成立，等价于⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2·…·⎝⎛⎭⎪⎫1－1a n ·2n ＋1<a －32a 对一切n ∈N *都成立．设g (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2·…·⎝⎛⎭⎪⎫1－1a n ·2n ＋1，则只需g (n )max <a －32a 即可．由于g n ＋1g n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n ＋1·2n ＋32n ＋1＝2n ＋12n ＋2·2n ＋32n ＋1＝4n 2＋8n ＋34n 2＋8n ＋4<1， 所以g (n ＋1)<g (n )，故g (n )是单调递减的，于是g (n )max ＝g (1)＝32. 由32<a －32a，得a －32a ＋3a >0， 解得－32<a <0或a > 3. 综上所述，使得不等式对一切n ∈N *都成立的实数a 存在，a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0∪(3，＋∞)． [点评] 处理规律探索性问题，应充分利用已知条件，先求出数列的前几项，根据前几项的特点透彻分析、发现规律、猜想结论，再利用数学归纳法进行证明．对于含有参数的恒成立问题，可通过分离参数求含有变量的式子的最值即可．在求含变量的式子的最值问题时，一般可以利用函数的单调性，通过作差或作商(分式或整式作差，乘积的因式作商)求出最值，便求出参数的范围(注意应用函数与方程思想解决问题)．。