第四讲 数列与探索性新题型的解题技巧

2019高考数学探索性问题解答模型策略探索性问题一般有以下几种类型：猜想归纳型、存在型问题、分类讨论型。

下面是高考数学探索性问题解答模型，希望对大家有帮助。

猜想归纳型问题：指在问题没有给出结论时，需要从特殊情况入手，进行猜想后证明其猜想的一般性结论。

它的思路是：从所给的条件出发，通过观察、试验、不完全归纳、猜想，探讨出结论，然后再利用完全归纳理论和要求对结论进行证明。

其主要体现是解答数列中等与n有关数学问题。

存在型问题：指结论不确定的问题，即在数学命题中，结论常以“是否存在”的形式出现，其结果可能存在，需要找出来，可能不存在，则需要说明理由。

解答这一类问题时，我们可以先假设结论不存在，若推论无矛盾，则结论确定存在;若推证出矛盾，则结论不存在。

代数、三角、几何中，都可以出现此种探讨“是否存在”类型的问题。

分类讨论型问题：指条件或者结论不确定时，把所有的情况进行分类讨论后，找出满足条件的条件或结论。

此种题型常见于含有参数的问题，或者情况多种的问题。

探索性问题，是从高层次上考查学生创造性思维能力的新题型，我们在学习中要重视对这一问题的训练，以提高我们的思维能力和开拓能力。

“教书先生”恐怕是市井百姓最为熟悉的一种称呼，从最初的门馆、私塾到晚清的学堂，“教书先生”那一行当怎么说也算是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。

只是更早的“先生”概念并非源于教书，最初出现的“先生”一词也并非有传授知识那般的含义。

《孟子》中的“先生何为出此言也？”；《论语》中的“有酒食，先生馔”；《国策》中的“先生坐，何至于此？”等等，均指“先生”为父兄或有学问、有德行的长辈。

其实《国策》中本身就有“先生长者，有德之称”的说法。

可见“先生”之原意非真正的“教师”之意，倒是与当今“先生”的称呼更接近。

看来，“先生”之本源含义在于礼貌和尊称，并非具学问者的专称。

称“老师”为“先生”的记载，首见于《礼记?曲礼》，有“从于先生，不越礼而与人言”，其中之“先生”意为“年长、资深之传授知识者”，与教师、老师之意基本一致。

2017年高考数学数列问题的解答技巧数列问题数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。

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。

有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，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。

探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。

本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。

近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面；（1）数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。

（2）数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。

（3）数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。

试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。

知识整合1、在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题。

2、在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力。

进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力。

3、培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法。

精心整理，仅供学习参考。

高考数学探索性问题的解题方法[高考能力要求]1.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。

2、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人手。

(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。

先探索结论后论证结论是解决这类问题的一般形式。

(3)、存在判断型这类问题的基本形式是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，解决这类问题基本策略是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)、方法探究型这类问题的基本形式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，如难度较高的构造法即属此型。

在探究方法的过程中，常常需要研究问题的特殊情形，运用类比、猜测、联想来探路，解题过程中创新成分比较高。

3、思想方法解决探索性问题，没有现成的套路和常规程序，需要较多的分析成分和对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。

高考中求解这类问题的常见方法是：(1)、直接法(2)、观察—猜测—证明 (3)、赋值法 (4)、数形结论 (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 [例题精讲]【例1】 若四面体各棱的长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积的值是___________。

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。

2017高考数学数列问题解答方法及技巧2017高考数学数列问题解答方法及技巧有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，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。

探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。

本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。

近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面;(1)数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。

(2)数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。

(3)数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。

试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。

知识整合1、在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n 项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题。

2、在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力。

进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力。

3、培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法。

小编为大家提供的高考数学数列问题解答方法及技巧，大家仔细阅读了吗?最后祝同学们学习进步。

精心整理，仅供学习参考。

数列规律探索技巧总结数列规律探索是数学中非常重要的一个领域，它涉及到许多基本概念和方法，例如递推公式、等差数列、等比数列、斐波那契数列等等。

在许多数学竞赛和应用问题中，数列规律探索都是一个必须掌握的技巧和策略，它可以让我们更快地解决这些问题，并且有助于我们更好地理解数学中的基本概念。

本文将从以下几个方面总结数列规律探索的技巧和策略。

一、了解基本的数列类型在进行数列规律探索之前，我们需要先了解一些基本的数列类型。

这些数列类型包括等差数列、等比数列、斐波那契数列等等。

对于每种数列类型，我们需要了解它的基本性质、递推公式等等。

例如，对于等差数列来说，它的通项公式是a(n)=a(1)+(n-1)d，其中a(1)为首项，d为公差。

了解这些基本的数列类型和公式，可以帮助我们更快地找到数列规律。

二、观察数列中的规律在研究一个数列的规律时，最重要的是观察数列中的数之间的关系。

我们可以从以下几个方面来观察数列中的规律：1.数列中相邻两项的差是否是相同的，如果是，那么这是一个等差数列。

4.数列中某一项与前几项之间的关系是否是相同的，例如a(n)=a(n-1)+2(n-1)，其中2(n-1)是前几项之和。

观察数列中的规律是数列规律探索中最重要的步骤，只有通过观察才能找到数列中隐含的规律。

三、构造递推公式当我们观察了数列中的规律后，接下来就要构造数列的递推公式。

递推公式是用来求出数列中任意一项的公式，它通常由前一项或前几项推出下一项。

例如斐波那契数列的递推公式是f(n)=f(n-1)+f(n-2)，其中f(n-1)和f(n-2)是前两项。

构造递推公式需要一定的技巧和经验，需要不断地观察数列中的规律和性质，才能找到适当的递推公式。

四、求出通项公式通项公式是用来求出任意一项的公式，它对于计算数列中大量的项非常有用。

在求通项公式时，我们需要先找到数列的递推公式，然后通过数学推导来求出通项公式。

例如对于等差数列来说，它的通项公式是a(n)=a(1)+(n-1)d，其中a(1)为首项，d为公差。

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。

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。

专题五 数列问题六：数列中的探索性问题一、考情分析近几年的高考试卷中经常出现以数列为载体的探索性问题，这类问题不仅考查学生的探索能力，而且给学生提供了创新思维的空间，而这类问题有下列三类题型：规律探索性问题；条件探索性问题；结论探索性问题.二、经验分享(1)对于条件开放的探索性问题，往往采用分析法，从结论和部分已知的条件入手，执果索因，导出所需的条件．另外，需要注意的是，这一类问题所要求的往往是问题的充分条件，而不一定是充要条件，因此，直觉联想、较好的洞察力都将有助于这一类问题的解答．(2)探索结论型问题是指那些题目结论不明确、或者答案不唯一，给同学们留有较大探索余地的试题．一般是由给定的已知条件求相应的结论。

它要求同学们充分利用已知条件进行猜想、透彻分析，发现规律、获取结论，这一类问题立意于对发散思维能力的培养和考察，具有开放性，解法活、形式新，无法套用统一的解题模式，不仅有利于考查和区分同学们的数学素质和创新能力，而且还可以有效地检测和区分考生的学习潜能，因而受到各方面的重视，近年来已成为高考试题的一个新亮点．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．数列中大小关系的探索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)存在型探索性问题通常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．其中反证法在解题中起着重要的作用．(4)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．三、题型分析(一) 条件探索性问题【例1】已知数列{}n a 为等差数列，12a =，{}n a 的前n 和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且2112233(1)24n n n a b a b a b a b n ++++⋅⋅⋅+=-⋅+对任意的n *∈N 恒成立．（Ⅰ）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（Ⅱ）是否存在非零整数λ，使不等式1121111(1)(1)(1)cos 21n n n a a a a a πλ+--⋅⋅⋅⋅⋅⋅-<+对一切n *∈N 都成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．（Ⅲ）各项均为正整数的无穷等差数列{}n c ，满足391007c a =，且存在正整数k ，使139,,k c c c 成等比数列，若数列{}n c 的公差为d ，求d 的所有可能取值之和．【分析】（Ⅰ）因为2112233(1)24n n n a b a b a b a b n ++++⋅⋅⋅+=-⋅+对任意的n *∈N 恒成立，所以取1,2,3n =，又知{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，设出首项，公差，公比解方程组即可；（Ⅱ））由2n a n =，得11coscos(1)(1)2n n a n ππ++=+=-，设121111(1)(1)(1)1n n nb a a a a =--⋅⋅⋅-+，则不等式等价于1(1)n n b λ+-<，问题转化为求n b 的最小值，因0n b >，利用()12112123n n n b b n n ++=>++知n b 单调递增，求n b 的最小值，再根据1(1)n n b λ+-<求解；（Ⅲ）特殊情况0d =时，成立，当d ＞0时，3911382014201438c c d c d =+=⇒=-，39(39)2014(39)k c c k d k d =+-=+-，由等比中项知2391k c c c =，化简得()23953(77)0(39)53(77)k d k d k d k --+-=⇒-=-，整理得：*53383953k N d ⨯=+∈-，由120143838(53)05300c d d d d =-=->⇒->⎧⎨>⎩，所以53530d >->，根据*533853N d⨯∈-，故531,2,19d -=，从而52,51,34d =，所以公差d 的所有可能取值之和为137．【解析】（Ⅰ）法1：设数列{}n a 的公差为d ，数列{}n b 的公比为q ．因为2112233(1)24()n n n a b a b a b a b n n +*+++⋅⋅⋅+=-⋅+∈N令1,2,3n =分别得114a b =，112220a b a b +=，11223368a b a b a b ++=，又12a =所以1122332,21648a b a b a b ==⎧⎪=⎨⎪=⎩即22(2)(2)163440(22)(2)48d q d d d q +=⎧⇒--=⎨+=⎩，得11236d q ⎧=-⎪⎨⎪=⎩或2222d q =⎧⎨=⎩，经检验2,2d q ==符合题意，2,63d q =-=不合题意，舍去． 所以2,2nn n a n b ==．①当n 为奇数时，得min 123()3n b b λ<==； ② 当n 为偶数时，得min 285()15n b b λ-<==，即8515λ>-．[来源:Z,xx,]综上，8523,153λ⎛⎫∈- ⎪ ⎪⎝⎭，由λ是非零整数，可知存在1λ=±满足条件．（Ⅲ）易知d=0，成立．当d ＞0时，3911382014201438c c d c d =+=⇒=-，39(39)2014(39)k c c k d k d =+-=+-，[][]22391(201438)2014(39)2014,38(53)2014(39)20142014,k c c c d k d d k d =⇒-+-=⇒-+-=⨯()()53201439532014d k d ⇒-+-=⨯⎡⎤⎣⎦，()23953(77)0(39)53(77)k d k d k d k ⇒--+-=⇒-=-， 395353107(53)395377kd d k d k d ⇒-=-⨯⇒-=-⨯，*39537739(53)5339537753385338393953535353d d k N d d d d-⨯-+⨯-⨯⨯⨯===-=+∈----，又120143838(53)05300c d d d d =-=->⇒->⎧⎨>⎩Q ，05353d ∴<-<，531,2,19d ∴-=，52,51,34d ∴=，所以公差d 的所有可能取值之和为137．……16分【点评】第一问采取特殊化的思想，转化为联立方程组求首项，公差公比问题，比较容易解决；第二问学会构造数列，将恒成立问题转化为求数列的最小值，选择做商的方法研究数列的单调性，进而求其最值，特别注意最后结果需要对n 分奇偶讨论；第三问通过等比中项，构造公差和项数的方程，利用项数是正整数，分析对公差d 的要求，进而得到d 的可能取值，此类问题虽然比较常见，但是对变形、运算、分析能力要求很高．【小试牛刀】【2017届河北武邑中学高三上学期调研】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且()12n n S n λ=+-⋅,又数列{}n b 满足:n n a b n ⋅=． (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式；(Ⅱ)当λ为何值时,数列{}n b 是等比数列？并求此时数列{}n b 的前n 项和n T 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）()()11,22n n n a n n λ-=⎧⎪=⎨⋅≥⎪⎩；(Ⅱ)[)1,2. 【解析】（Ⅰ）由()12n n S n λ=+-⋅，当1n =时，11a S λ==；当2n ≥时，()()11112222n n n n n n a S S n n n ---=-=-⋅--⋅=⋅， 故数列{}n a 的通项公式为()()11,22n n n a n n λ-=⎧⎪=⎨⋅≥⎪⎩(Ⅱ)由n n a b n ⋅=有()()111,122n n n b n λ-⎧=⎪⎪=⎨⎛⎫⎪≥ ⎪⎪⎝⎭⎩则数列{}n b 为等比数列， 则首项为11b λ=满足2n ≥的情况，故1λ=，则()112111122111212nn n nb q b b q --⎛⎫++===- ⎪-⎝⎭-…+b 而1212n⎛⎫- ⎪⎝⎭是单调递增的，故[)121211,22n n b b ⎛⎫++=-∈ ⎪⎝⎭…+b [来源:](二) 结论探索性问题【例2】已知数列{}n a 中，2a a =（a 为非零常数），其前n 项和n S 满足1()()2n n n a a S n N +-=∈． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若2a =，且21114m n a S -=，求m n 、的值； （3）是否存在实数a b 、，使得对任意正整数p ，数列{}n a 中满足n a b p +≤的最大项恰为第32p -项？ 若存在，分别求出a 与b 的取值范围；若不存在，请说明理由．【分析】(1)先由()12n n n a a S -=得11111()02a a a S -===g ， 2n n na S =，11(1)2n n n a S +++=两式相减整理得1(1)n n n a na +-=，21(1)n n na n a ++=+， 再相减化为121n n n n a a a a +++-=-，故{}n a 是等差数列，(1)n a n a =-；(2)先求出()()221,1n n a n S n n =-=-代入21114m n a S -=整理得(223)(221)43m n m n +---=，只有22343,m n +-=且2211m n --=，解得12,11m n ==；(3)先排除0a <的情况，再求得0a >时有1p b n a -≤+，再由3231p bp p a--≤<-对任意正数p 成立可得310,a -= 13a =，最后验证2013b b -<≤-得213b <≤．【解析】（1）由已知，得11111()02a a a S -===g ，∴2n n na S =， 则有11(1)2n n n a S +++=，∴112()(1)n n n n S S n a na ++-=+-， 即1(1)n n n a na +-=，21(1)n n na n a ++=+，两式相加，得*122,n n n a a a n N ++=+∈， 即*121,n n n n a a a a n N +++-=-∈，故数列{}n a 是等差数列，又120,a a a ==，∴(1)n a n a =-（3）由n a b p +≤，得(1)a n b p -+≤， 若0a <，则1p bn a -≥+，不合题意，舍去； 若0a >，则1p bn a-≤+． ∵不等式n a b p +≤成立的最大正整数解为32p -， ∴32131p bp p a--≤+<-， 即2(31)3a b a p a b -<-≤-对任意正整数p 都成立，∴310a -=，解得13a =， 此时，2013b b -<≤-，解得213b <≤， 故存在实数a b 、满足条件，a 与b 的取值范围是12,133a b =<≤， 【点评】判定一个数列为等差数列的常见方法是：①验证2n ≥时1n n a a --为同一常数；②验证3n ≥时，112n n n n a a a a ----=-恒成立；③验证n a pn q =+；④验证2n S An Bn =+．本题（1）运用了方法②．【小试牛刀】【2017届河北武邑中学高三理周考】已知数列{}n a 中，11a =，且点()()*1n n P a a n N +∈，在直线10x y -+=上．⑴求数列{}n a 的通项公式； ⑵若函数()123123nnf n n a n a n a n a =++++++++…（n N ∈，且2n ≥），求函数()f n 的最小值； ⑶设1n nb a =，n S 表示数列{}n b 的前n 项和，试问：是否存在关于n 的整式()g n ，使得()()12311n n S S S S S g n -++++=-⋅…对于一切不小于2的自然数n 恒成立？若存在，写出()g n 的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由． 【答案】(1)n a n =；（2）65)2(=f ；(3)n ng =)(，证明见解析. 【解析】⑴Θ点）（1,+n n a a P 在直线01=--y x 上，即11=-+n n a a ，且11=a ，∴数列}{n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，)2(1)1(1≥=⋅-+=∴n n n a n ，11=a 也满足，n a n =∴⑵Θn nn n n f 22211)(+++++=Λ， ∴22112213221)1(+++++-+++++=+n n n n n n n n n f Λ， 0)()1(≥-+∴n f n f ，)(n f ∴是单调递增的，故)(n f 的最小值是65)2(=f ． ⑶Θn S n b n n 1312111++++=⇒=Λ，)2(11≥=-∴-n nS S n n ， 即，1,,1)2()1(112221+=-+=---∴---S S S S S n S n n n n Λ，,1-n 1211++++=-∴-n n S S S S nS Λ)2()1(121≥⋅-=-=+++∴-n n S n nS S S S n n n Λ，n n g =∴)(．故存在关于n 的整式n n g =)(，使等式对于一切不小于2的自然数n 恒成立． 法二：先由3,2==n n 的情况，猜想出n n g =)(，再用数学归纳法证明． (三) 存在型探索问题通常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．其中反证法在解题中起着重要的作用． 【例3】【广东省茂名市五大联盟学校2018届高三3月联考】设数列的前n 项和为，且满足（）.（1）求数列的通项公式；（2）是否存在实数,使得数列为等差数列？若存在，求出的值,若不存在,请说明理由. 【答案】(1)；(2)答案见解析.【分析】（1）由题意可得，据此有.且（）.，故，整理可得.数列是以2为首项,2为公比的等比数列，.（2）由（1）知，，，必要条件探路，若为等差数列，则，，成等差数列，据此可得.经检验时，成等差数列，故的值为-2.【解析】（1）由（），可知当时，.又由（）.可得，两式相减，得，即，即.所以数列是以2为首项,2为公比的等比数列故.（2）由（1）知，，所以若为等差数列，则，，成等差数列，即有，即，解得. 经检验时，成等差数列，故的值为-2.【小试牛刀】【2017安徽六安一中上学期周检】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，13n S +是6与2nS 的等差中项()n N *∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）是否存在正整数k ，使不等式()()21nn n k a S n N*-<∈恒成立，若存在，求出k 的最大值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)()*131N n a n n ∈=-；(2)存在,11. 【解析】（1）解法一：因为13n S +是6与2n S 的等差中项， 所以()1626n n S S n N *++=∈，即1113n n S S +=+，当2n ≥时有1113n n S S -=+② -①②得()1113n n n n S S S S +--=-，即113n n a a +=对2n ≥都成立又根据①有21113S S =+即121113a a a +=+，所以211133a a ==所以()113n n a n N *-=∈.所以数列{}n a 是首项为1，公比为13的等比数列.解法二：因为13n S +是6与2n S 的等差中项 所以()1626n n S S n N *++=∈，即1113n n S S +=+，()n N *∈ 由此得()1313111312323232n n n n S S S S n N *+⎛⎫⎛⎫-=+-=-=-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 又11331222S a -=-=-，所以()1312332n n S n N S +*-=∈-， 所以数列32n S ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以为12-首项，13为公比的等比数列. 得1311223n n S -⎛⎫-=-⨯ ⎪⎝⎭，即()1311223n n S n N -*⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭，所以，当2n ≥时，121131131112232233n n n n n n a S S ----⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-=---=⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，又1n =时，11a =也适合上式，所以()113n n a n N *-=∈. （2）根据（1）的结论可知， 数列{}n a 是首项为1，公比为13的等比数列， 所以其前n 项和为()1311223n n S n N -*⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭原问题等价于()()()21111113323n n nk n N --*⎡⎤⎛⎫⎛⎫-<-∈⎢⎥ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦①恒成立. 当n 为奇数时，不等式左边恒为负数，右边恒为正数，所以对任意正整数k 不等式恒成立；当n 为偶数时，①等价于()2111123033n n k --⎛⎫⎛⎫+-< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭恒成立，令113n t -⎛⎫= ⎪⎝⎭，有103t <<，则①等价于2230kt t +-<在103t <<恒成立，因为k 为正整数，二次函数223y kt t =+-的对称轴显然在y 轴左侧，所以当103t <<时，二次函数为增函数，故只须21123033k ⎛⎫+-< ⎪⎝⎭，解得012k <<，k N *∈，所以存在符合要求的正整数k ，且最大值为11.四、迁移运用1．【2017福建厦门一中高二上学期期中】数列{}n a 的前n 项和为n S ，若*3113,21,n n S a S n N +==+∈，则符合5n S a >的最小的n 值为（ ）学！科网A ．8B ．7C ．6D ．5[来源学§科§网Z §X §X §K]【答案】D2．【2017届安徽淮北一中高三上学期四模】已知{}n a 是等比数列, 公比为q , 前n 项和是n S ，若1341,,a a a a - 成等差数列，则（ ）A ．10a >时，1n n S qS +<B ．10a >时，21n n S q S +< C. 10a <时，1n n S qS +< D ．10a <时，21n n S q S +<【答案】B【解析】1341,,a a a a -成等差数列，即314142,2a a a a a q =+-==.()()11122112n n n a S a -==--，()11121n n S a ++=-，()21421n n q S a =-，当10a >时，()()()211111214213120n n n n n S q S a a a ++-=---=-<，所以21n n S q S +<，选B.3．【2017届河北武邑中学高三周考】若数列{}n a 满足112324221n n a a a a n -++++=-…，且数列{}n a 的前n 项和为n S ，若实数λ满足对于任意*n N ∈都有24n S λλ<<，则λ的取值范围是 ． 【答案】143<≤λ 【解析】由,122421321-=++++-n a a a a n n 得2123124221123n n a a a a n n --++++=--=-（）2n ≥（），两式相减得）（2,221≥=-n a n n ，又1=n 时，11=a ，所以,)2(2112⎩⎨⎧≥==-n n a n n ），（所以212210213211211122221------=--+=++++=n n nn S ）（）（Λ，在1≥n 时单调递增，可得31<≤n S ，由题意可得,3412⎩⎨⎧≥<λλ解得143<≤λ.4．【2017届安徽淮北一中高三上学期四模】已知数列{}n a 与{}n b 满足()1122n n n n a b b a n N *+++=+∈，若()19,3n n a b n N *==∈且()33633n n a n λλ>+-+对一切n N *∈恒成立 ，则实数λ的取值范围是_________. 【答案】13,18⎛⎫+∞⎪⎝⎭5．【2017届山西临汾一中等五校高三联考】已知数列{}n a 的通项公式()(),14182,2nn a n a n a n =⎧⎪=⎨+--≥⎪⎩，若对任意1,n n n N a a ++∈<恒成立，则a 的取值范围是_____________ . 【答案】()3,5【解析】∵对任意1,n n n N a a ++∈<恒成立，∴1=n 时，21a a <，可得()a a 288-+<，解得316<a ．2≥n 时，()()()()()a n a n n n2811428141--++<--++，化为：()()01141>+--+n a ，k n 2=时，化为：()014>+--a ，解得3>a ；12+=k n 时，化为：014>+-a ，解得5<a ．综上可得：()3,5．∴a 的取值范围是()3,5．故答案为：()3,5．6．【2017届湖南湘中名校教改联合体高三12月联考】对于数列{}n a ，定义11222n nn a a a H n-+++=L 为{}n a 的“优值”，现在已知某数列{}n a 的“优值”12n n H +=，记数列{}n a kn -的前n 项和为n S ，若5n S S ≤对任意的n 恒成立，则实数k 的最大值为__________． 【答案】712,35⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】由题可知1112222n n na a a n-++++=L ，∴1112222n n n a a a n -++++=⋅L ①，212122(1)2n n n a a a n --+++=-⋅L ②，由①-②得：1122(1)2n n n n a n n -+=⋅--⋅，则22n a n =+，所以(2)2n a kn k n -=-⋅+，令(2)2n b k n =-⋅+，5n S S ≤Q ，560,0b b ∴≥≤，解得：71235k ≤≤，所以k 的取值范围是712[,]35. 7．【2017届江苏如东高级中学等四校高三12月联考】已知数列{}n x 各项为正整数，满足1, 21,nn n nn x x x x x +⎧⎪=⎨⎪+⎩为偶数，为奇数，*n ∈N ．若343x x +=，则1x 所有可能取值的集合为__________． 【答案】{}1,2,3,4,8【解析】由题意得34341,22,1x x x x ====或；当31x =时，22x =，从而114x =或；当32x =时，214x =或，因此当21x =时，12x =；当24x =时，183x =或，综上1x 所有可能取值的集合为{}1,2,3,4,88.设等差数列{}n a 满足公差d N +∈,n a N +∈,且数列{}n a 中任意两项之和也是该数列的一项.若513a =，则d 的所有可能取值之和为_________________.【答案】364【解析】设,n m a a (m n)≠设等差数列{}n a 中的任意两项，由已知得，53(n 1)n a d =+-，53(1)m a m d =+-，则523(2)m n a a m n d +=⨯++-，设m n a a +是数列{}n a 中的第k 项，则有53(1)m n a a k d +=+-，即5523(2)3(1)m n d k d ⨯++-=+-，531d m n k =-+--，故d 的所有可能取值为23451,3,3,3,3,3，其和为61336413-=-． 9．【江苏省扬州市2017-2018学年度第一学期期末调研】已知各项都是正数的数列的前项和为，且，数列满足，.（1）求数列、的通项公式；（2）设数列满足，求和；（3）是否存在正整数，，，使得，，成等差数列？若存在，求出所有满足要求的，，，若不存在，说明理由. 【解析】（1）①，②，②-①得：，即，因为是正数数列，所以，即，所以是等差数列，其中公差为1，在中，令，得，所以，由得，所以数列是等比数列，其中首项为，公比为，所以.（2），裂项得，所以，（3）假设存在正整数，使得成等差数列，则，即，因为，所以数列从第二项起单调递减，当时，，若，则，此时无解；若，则，因为从第二项起递减，故，所以符合要求，若，则，即，不符合要求，此时无解；当时，一定有，否则若，则，即，矛盾，所以，此时，令，则，所以，，综上得：存在或，，满足要求.10．数列{}n x 满足： 11x =， 141n n n x x x ++=+， *n N ∈ (Ⅰ)判断n x 与2的大小关系，并证明你的结论； (Ⅱ)求证： 122222n x x x -+-++-<L . 【解析】Ⅰ) 当n 为奇数时， n x <2；当n 为偶数时， n x >2. 证明如下：()1221n n n x x x +---=+，两边同取倒数得：11131222n n n n x x x x++=-=-----，1111132424n nx x +⎛⎫+=-⨯+ ⎪--⎝⎭，所以数列1124n x ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以34-为首项， 3-为公比的等比数列，()11133244n n x -+=-⋅--， ()4231n nx -=--，所以当n 为奇数时，()42031n nx -=<--，即n x <2；当n 为偶数时， ()42031n nx -=>--， n x >2.当n 为偶数且4n ≥时， 要证1412312n n n x --=<-， 只需证2231nn⨯<-，即证212133n n⎛⎫⎛⎫⨯+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 令()21233nnf n ⎛⎫⎛⎫=⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()f n 单调递减， ()()max 41f n f =<，当n 为奇数且3n ≥时，要证1412312n n n x --=<+， 只需证2231nn⨯<+， 只需证223nn⨯<，即证2213n ⎛⎫⨯< ⎪⎝⎭，令()223ng n ⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭，则()g n 单调递减， ()()max 31g n g =<， 所以()1412231n nn x --=<--成立， 所以122222n x x x -+-++-<L 成立.学科-网11．【江苏省盐城中学2018届高三上学期期末】已知数列{}n a 满足11a =， 2142n n n n a a a a λμ+++=+，其中*N n ∈， λ， μ为非零常数.（1）若3λ=，8μ=，求证： {}1n a +为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n a 是公差不等于零的等差数列. ①求实数λ，μ的值；②数列{}n a 的前n 项和n S 构成数列{}n S ，从{}n S 中取不同的四项按从小到大排列组成四项子数列.试问：是否存在首项为1S 的四项子数列，使得该子数列中的所有项之和恰好为2017？若存在，求出所有满足条件的四项子数列；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）当3λ=， 8μ=时， 213842n n n n a a a a +++=+ ()()3222n n n a a a ++=+ 32na =+， ()1131n n a a +∴+=+.又10n a +≠，不然110a +=，这与112a +=矛盾，{}1n a ∴+为2为首项，3为公比的等比数列，1123n n a -∴+=⋅， 1231n n a -∴=⋅-.经检验，满足题意. 综上，1λ=， 4μ=， 21n a n =-.②由①知()21212n n n S n +-==.设存在这样满足条件的四元子列，观察到2017为奇数，这四项或者三个奇数一个偶数、或者一个奇数三个偶数.1°若三个奇数一个偶数，设1S ， 21x S +， 21y S +， 2z S 是满足条件的四项， 则()2121x +++ ()222142017y z ++=，()2222x x y y z ∴++++ 1007=，这与1007为奇数矛盾，不合题意舍去.2°若一个奇数三个偶数，设1S ， 2x S ， 2y S ， 2z S 是满足条件的四项， 则2214x ++ 22442017y z +=， 222504x y z ∴++=. 由504为偶数知， x ， y ， z 中一个偶数两个奇数或者三个偶数.1）若x ， y ， z 中一个偶数两个奇数，不妨设12x x =， 121y y =+， 121z z =+， 则()222111112x y y z z ++++ 251=，这与251为奇数矛盾.2）若x ， y ， z 均为偶数，不妨设12x x =， 12y y =， 12z z =，则222111126x y z ++=，继续奇偶分析知1x ， 1y ， 1z 中两奇数一个偶数，不妨设122x x =， 1221y y =+， 1221z z =+，则22222x y y +++ 22231z z +=.[来源:Z §xx §]因为()221y y +， ()221z z +均为偶数，所以2x 为奇数，不妨设220y z ≤≤，当21x =时， 222222y y z z +++ 30=， 22214y y +≤，检验得20y =， 25z =， 21x =， 当23x =时， 222222y y z z +++ 22=， 22210y y +≤，检验得21y =， 24z =， 23x =， 当25x =时， 222222y y z z +++ 6=， 2222y y +≤，检验得20y =， 22z =， 25x =，即1S ， 4S ， 8S ， 44S 或者1S ， 12S ， 24S ， 36S 或者1S ， 4S ， 20S ， 40S 满足条件， 综上所述， {}14844,,,S S S S ， {}1122436,,,S S S S ， {}142040,,,S S S S 为全部满足条件的四元子列. 12．【西南名校联盟高三2018年元月考试】已知数列{}n a 为等差数列，公差为d ，其前n 项和为n S ，且1357915a a a a a ++++=， 24681025a a a a a ++++=.（1）求数列{}n a 的通项公式n a 及前n 项和n S ；（2）若数列{}n b 满足14b a =， ()*13n n n b b n N +=+∈，求满足6n n b S n ≤+的所有n 的值. 【解析】学！科网（1）∵1357915a a a a a ++++=， 24681025a a a a a ++++=， ∴5515a =， 6525a =，得53a =， 65a =，∴2d =，∴()55n a a n d =+- ()325n =+- 27n =-，得15a =-，∴()112n n n S na d -=+26n n =-．（2）∵141b a ==， 13nn n b b +-=，∴()()()121122113331n n n n n n n b b b b b b b b -----=-+-+⋅⋅⋅+-+=++⋅⋅⋅++ ()3122n n -=≥，又13112b -==∴()31*2n n b n N -=∈，故由6n n b S n ≤+得2312nn -≤ ∴1n =或2n =．13．【2017届湖南长沙雅礼中学高三月考】已知首项为23的等比数列}{n a 的前n 项和为)(*∈N n S n ，且4324,,2S S S -成等差数列.（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）对于数列}{n A ，若存在一个区间M ，均有),3,2,1(,Λ=∈i M A i ，则称M 为数列}{n A 的“容值区间”.设nn n S S b 1+=，试求数列}{n b 的“容值区间”长度的最小值. （注：区间],[),,[],,(),,(b a b a b a b a 的长度均为a b -） 【答案】（1）1)21(23--⋅=n n a ；（2）61． 【解析】（1）设等比数列}{n a 的公比为)0(≠q q ，由题意知342242S S S =+-，则)232323(2)23232323(4)2323(2232q q q q q q ++=+++++-，化简得06332=+q q ， 解得21-=q ，∴1)21(23--⋅=n n a .（2）由（1）可知n n S )21(1--=.当n 为偶数时，n n S )21(1-=，易知n S 随n 增大而增大，∴)1,43[∈n S ，此时]1225,2(1∈+=n n n S S b ； 当n 为奇数时，n n S )21(1+=，易知n S 随n 增大而减小，∴]23,1(∈n S ，此时]613,2(1∈+=n n n S S b . 又1225613>，∴]213,2(∈n b .故数列}{n b 的“容值区间”长度的最小值为61. 14．【2017届河南南阳一中高三上学期月考】已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足11()22n n n S a -++=（*n N ∈），设2n n n c a =.（1）求证：数列{}n c 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）按以下规律构造数列{}n b ，具体方法如下：11b c =，223b c c =+，34567b c c c c =+++，…，第n 项n b 由相应的{}n c 中12n -项的和组成，求数列{}n b 的通项公式．【答案】（1）2n nn a =；（2）232322n n --⨯-.【解析】（1）在11()22n n n S a -++=，①中，令1n =，得1112S a ++=，∴112a =． 当2n ≥时，2111()22n n n S a ---++=，②①-②得：1112()02n n n a a ----=，（2n ≥），∴1112()2n n n a a ---=，∴11221n n n n a a ---=，又2nn n c a =，∴11(2)n n c c n --=≥，又1121c a ==，所以数列{}n c 是等差数列，∴1(1)1n c n n =+-⨯=，又2nn n c a =，∴2n nn a =． （2）由题意得1111122122212(21)(21)n n n n n n n n b c c c c -----++-=++++=++++-……，而12n -，121n -+，122n -+，…，21n -是首项为12n -，公差为1的等差数列，设数列共有12n -项，所以，11222112322(21)222232222n n n n n n n n n b -------⎡⎤+-⨯+-⎣⎦===⨯-．15．【2017届福建连城县二中高三上学期期中】数列{}n a 的前n 项和为n S ，1a t =，121n n a S +=+（*n N ∈）．（1）t 为何值时，数列{}n a 是等比数列？（2）在（1）的条件下，若等差数列{}n b 的前n 项和n T 有最大值，且315T =，又11a b +，22a b +，33a b +等比数列，求n T ．【答案】（1）1t =；（2）2205n T n n =-.【解析】（1）∵121n n a S +=+， ∴当2n ≥时，121n n a S -=+，两式相减得12n n n a a a +-=，即13n n a a +=， ∴当2n ≥时，数列{}n a 是等比数列， 要使数列{}n a 是等比数列， 当且仅当213a a =，即213t t+=，从而1t =．16．【2017届江西鹰潭一中高三上学期月考】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，()1,1a a =r ，()101,b a =r，若24a b =r rg ，且11143S =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，且满足()1121n a n T a λ-=--（*n N ∈）．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式及数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和；（Ⅱ）是否存在非零实数λ，使得数列为等比数列？并说明理由．【答案】（Ⅰ）21n a n =+，96+=n nM n ；（Ⅱ）不存在非零实数，使数列为等比数列，理由见解析．【解析】（Ⅰ）设数列{}n a 的公差为d ，由()1,1a a =r ，()101,b a =r，24a b =r r g ，得11024a a +=又11143S =解得13a =，2d =，因此数列的通项公式是21n a n =+（*n N ∈），所以1111122123n n a a n n +⎛⎫=- ⎪++⎝⎭， 所以111111123557212369n nM n n n ⎛⎫=-+-++-= ⎪+++⎝⎭L（Ⅱ）因为()1121n a n T a λ-=--（*n N ∈）且13a =可得124n n T λλ=+，当1n =时，16b λ=；当2n ≥时，1134n n n n b T T λ--=-=，此时有14n n b b -=，若是{}n b 等比数列，则有214bb =，而16b λ=，212b λ=，彼此相矛盾，故不存在非零实数，使数列为等比数列．17．【2017届河南中原名校豫南九校高三上学期质检四】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且55625S a a =+=.（1）求{}n a 的通项公式；[来源学科网ZXXK]（2）若不等式()()282714nn n S n k a ++>-+对所有的正整数n 都成立，求实数k 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）34n a n =-（Ⅱ）2974k -<<18．【2017届江苏南京市盐城高三一模】若存在常数*(,2)k k N k ∈≥、q 、d ，使得无穷数列{}n a 满足1,,,,n n n n a d N ka n qa N k *+*⎧+∉⎪⎪=⎨⎪∈⎪⎩则称数列{}n a 为“段比差数列”，其中常数k 、q 、d 分别叫做段长、段比、段差. 设数列{}n b 为“段比差数列”.（1）若{}n b 的首项、段长、段比、段差分别为1、3、q 、3. ①当0q =时，求2016b ；②当1q =时，设{}n b 的前3n 项和为3n S ，若不等式133n n S λ-≤⋅对n N *∈恒成立，求实数λ的取值范围；（2）设{}n b 为等比数列，且首项为b ，试写出所有满足条件的{}n b ，并说明理由. 【答案】（Ⅰ）①6，②[)14,λ∈+∞（Ⅱ）n b b =或()11n n b b -=-.【解析】（1）①方法一：∵{}n b 的首项、段长、段比、段差分别为1、3、0、3，2014201300b b ∴=⨯=，2015201433b b ∴=+=，2016201536b b ∴=+=.方法二：∵{}n b 的首项、段长、段比、段差分别为1、3、0、3，∴11b =，24b =，37b =，4300b b =⨯=，5433b b =+=，6536b b =+=，7600b b =⨯=， ∴当4n ≥时，{}n b 是周期为3的周期数列. ∴201666b b ==.②方法一：∵{}n b 的首项、段长、段比、段差分别为1、3、1、3，∴()()()32313131331313126n n n n n n n n b b b d b qb d b q b d d b d +-+-----=+-=+-=++-==⎡⎤⎣⎦， ∴{}31n b -是以24b =为首项、6为公差的等差数列，又()()32313313131313n n n n n n n b b b b d b b d b ------++=-+++=Q ，()()()312345632313n n n n S b b b b b b b b b --∴=+++++++++L()()2253113346932n n n b b b n n n --⎡⎤=++=+⨯=+⎢⎥⎣⎦L ，133n n S λ-≤⋅Q ，313n n S λ-∴≤，设313nnn S c -=，则()max n c λ≥， 又()()()2221112322913193333n n n n n n n n n n n c c +-----++++-=-=，当1n =时，23220n n --<，12c c <；当2n ≥时，23220n n -->，1n n c c +<， ∴123c c c <>>⋅⋅⋅，∴()2max 14n c c ==， ∴14λ≥，得[)14,λ∈+∞.方法二：∵{}n b 的首项、段长、段比、段差分别为1、3、1、3，∴313n n b b +=，∴333333126n n n n b b b b d +++-=-==，∴{}3n b 是首项为37b =、公差为6的等差数列，∴()2363176342n n n b b b n n n -+++=+⨯=+L ， 易知{}n b 中删掉{}3n b 的项后按原来的顺序构成一个首项为1公差为3的等差数列，()21245323122121362n n n n b b b b b b n n n ---∴++++++=⨯+⨯=-L ， ()()222334693n S n n n n n n ∴=++-=+，以下同方法一.方法二：设{}n b 的段长、段比、段差分别为k 、q 、d ，①若2k =，则1b b =，2b b d =+，()3b b d q =+，()4b b d q d =++，由2132b b b =，得b d bq +=；由2243b b b =，得()()2b d q b d q d +=++，联立两式，得01d q =⎧⎨=⎩或21d b q =-⎧⎨=-⎩，则n b b =或()11n n b b -=-，经检验均合题意.②若3k ≥，则1b b =，2b b d =+，32b b d =+，由2132b b b =，得()()22b d b b d +=+，得0d =，则n b b =，经检验适合题意.综上①②，满足条件的{}n b 的通项公式为n b b =或()11n n b b -=-.19．【2017届江苏如东高级中学等四校高三12月联考】已知数列{}n a 满足10a =，218a =，且对任意m ，*n ∈N 都有()221211324m n m n a a a m n --+-+=+-． （1）求3a ，5a ；（2）设2121n n n b a a +-=-（*n ∈N ）． ①求数列{}n b 的通项公式； ②设数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ，是否存在正整数p ，q ，且1p q <<，使得1S ，p S ，q S 成等比数列？若存在，求出p ，q 的值，若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）31a =，55a =（Ⅱ）①32n b n =-②2p =，16q = 【解析】（1）由题意，令2m =，1n =，则()231232214a a a +=+-，解得31a =． 令3m =，1n =，则()251332314a a a +=+-，解得55a =． （2）①以2n +代替m ，得23212123n n n a a a +-++=+．则()()()21212112113n n n n a a a a +-+++-⎡⎤---=⎣⎦，即13n nb b +-=． 所以数列{}n b 是以3为公差的等差数列．1311b a a =-=，()11332n b n n ∴=+-⨯=-．②因为()()111111323133231n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭． 所以11111111113447323133131n n S n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦L ． 则114S =，31p p S p =+，31q q S q =+．因为1S ，p S ，q S 成等比数列，2131431p q p q ⎛⎫∴= ⎪++⎝⎭g ，即26134p q p q ++=． 所以1p q <<，34433q q q +∴=+>．2613p p+∴>．解得32332333p -+<<． 又1p <，且*p ∈N ，2p ∴=，则16q =．学科-网所以存在正整数2p =，16q =，使得1S ，p S ，q S 成等比数列．。

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，此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，反证法证明命题的根本步骤： 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条件或公理、定理矛盾的结论．③存真：否认反设，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、〔2021届山东省泰安市高三上期末〕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 =?假设存在，求出m ，k 的值；假设不存在，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 ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥---+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ， 假设23k m T T =，那么()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2021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．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 ，假设 ．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 ，假设存在正整数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m <， 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、(2021无锡期末〕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) 假设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？假设存在，求出所有满足条件的k 的值；假设不存在，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 *)，那么〔k ＋1〕〔k ＋2〕＋16＝m ＋1， 平方并化简得，(2m ＋2)2－(2k ＋3)2＝63，(11分) 那么(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〕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？假设存在，求出λ的值；假设不存在，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 假设}{n a 是等比数列，那么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、(2021扬州期末〕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 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？假设存在，求出所有满足要求的p ，q ，r ；假设不存在，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，那么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 .假设q ＝2，那么r 2r ＝12，此时无解；假设q ＝3，那么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)假设q ≥4，那么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.假设q －p ≥2，那么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 ，那么r ＝2r －p .令r －p ＝m ＋1，那么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 。

例谈高中数学数列教学中的探索性问题课改要求高中数学教学要能发挥学生的主体性和积极性，有一个创新思维活动的空间，关键在于教师如何引导、启发、点拨，能否真正地把学生引到这一领域。

教师在平时备课中，不但要吃透教材，而且要尽量地搜集、制作与教材有关的知识、教具，又要善于把握学生的心理，使学生能够与老师产生共鸣。

数学学科与自然界紧密相连，和生活、生产密切相关，因此，在教学中教师要善于引导学生从熟悉的事物、现象出发，根据学生掌握的情况，创设情境提出问题，激励学生共同参与，发挥想象，积极思维来解决高考数学问题。

高考数学试卷中的探索性问题的内容涉及面很广，几乎涉及高中数学内容的各个方面，但其所采用的探索性问题的类型比较集中，在解答题中主要有存在型、归纳型和比较型三类探索性问题。

下面将例谈数列中的探索性问题：一存在型在存在型问题中，大多探索是否存在某个数值使题设结论成立。

三以课堂教学为载体，采取合作学习、探究学习、教师点拨的策略新课程理念下的课堂教学是以问题为载体，以培养学生创新素质为核心，以学生动手实践、自主探索、合作交流为主要学习方式，刚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，即在自主探索基础上的进一步探究。

具体做法分三步进行：（1）组内质疑。

让学生就近结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。

即由不同思维层次的学生组成。

先组内进行讨论，各抒己见，共同构建问题的结论。

（2）组间质疑。

各小组派代表将本组观点进行陈述，各小组之间相互讨论，交流补充，逐步缩小分歧，达成共识。

（3）解决遗留问题。

通过组内、组间的交流讨论，由教师帮助学生认识问题的难点所在，一起找到解决问题的突破口，使全体学生达成共识。

即让学生在学习过程中独立自主地发现问题，并通过交流、讨论最终解决问题，经历一系列探究过程获得知识与能力，掌握解决问题的方法，获得情感体验。

总之，在新课程背景下的高中数学课堂教学中，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。

有关函数最值问题的解题方法与策略一、消元法：在已知条件等式下，求某些二元函数(,)f x y 的最值时，可利用条件式消去一个参量，从而将二元函数(,)f x y 化为在给定区间上求一元函数的最值问题。

例1、已知x 、y R ∈且223260x y x +-=，求222x y +的值域。

解：由223260x y x +-=得222360y x x =-+≥，即02x ≤≤。

2222392262()22x y x x x +=-+=--+ ∴当32x =时，222x y +取得最大值92；当0x =时，222x y +取得最小值0。

即222x y +的值域为90,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦二、判别式法：对于某些特殊形式的函数的最值问题，经过适当变形后，使函数()f x 出现在一个有实根的一元二次方程的系数中，然后利用一元二次方程有实根的充要条件0∆≥来求出()f x 的最值。

例2、求函数22()1x f x x x =++的最值。

解：由22()1x f x x x =++得 []2()()2()0f x x f x x f x +-+=，因为x R ∈，所以0∆≥，即[]22()24()0f x f x --≥，解得22()3f x -≤≤。

因此()f x 的最大值是23，最小值是0。

三、配方法：对于涉及到二次函数的最值问题，常用配方法求解。

例3、求2()234x x f x +=-在区间[]1,0-内的最值。

解：配方得 2224()2343(2)33x x x f x +=-=--+[]1,0x ∈- ，所以1212x ≤≤，从而当223x =即22log 3x =时，()f x 取得最大值43；当21x =即0x =时()f x 取得最小值1。

四、辅助角公式：如果函数经过适当变形化为()sin cos f x a x b x =+(a 、b 均为常数），则可用辅助角公式sin cos arctan )b a x b x x a+=+来求函数()f x 的最值。

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)．。

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。

第四讲数列与探索性新题型的解题技巧【命题趋向】从20０7年高考题可见数列题命题有如下趋势:１.等差（比)数列的基本知识是必考内容，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、分类讨论思想等数学思想方法在解决问题中常常用到,解答试题时要注意灵活应用．４.解答题的难度有逐年增大的趋势,还有一些新颖题型,如与导数和极限相结合等.因此复习中应注意：1.数列是一种特殊的函数,学习时要善于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）,掌握好设未知数、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.分类讨论的思想在本章尤为突出.学习时考虑问题要全面，如等比数列求和要注意q=1和ｑ≠1两种情况等等.4.等价转化是数学复习中常常运用的,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,要及时总结归纳.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.解题要善于总结基本数学方法.如观察法、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知识的应用.【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,并能根据递推公式写出数列的前几项．2．理解等差数列的概念,掌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单的问题.3.理解等比数列的概念，掌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单的问题.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能力,解决问题的能力,试题大多有较好的区分度.有关数列的试题经常是综合题,经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来,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。

数列教案：探索数学竞赛中数列题目的解题技巧探索数学竞赛中数列题目的解题技巧在数学竞赛中，数列题目是一个难点，因为它需要考生掌握一定的数学知，然后通过分析找出下一个数，最终得出序列的通项公式。

但是对于初学者来说，这往往是一件比较困难的事情。

因此，在本文中，我们将介绍一些探索数学竞赛中数列题目的解题技巧，帮助同学们更好地应对数列题目。

一、等差数列的解题技巧等差数列是指一个数列中每一项与它前一项的差值相等，这个差值称为公差。

在解等差数列的问题时，我们需要掌握以下技巧：1.求首项和公差通过已知的两个项或序号，可以求出首项和公差。

例如，已知数列的第一项为a1，第n项为an，则公差d = (an - a1) / (n - 1)；首项a1 = an - d(n - 1)。

2.求任意项的值已知数列的首项和公差，可以通过递推公式an = a1 + (n - 1)d 求出任意项的值。

3.求前n项的和通过等差数列求和公式Sn = n(a1 + an) / 2，可以求出前n项的和。

二、等比数列的解题技巧等比数列是指一个数列中每一项与它前一项的比值相等，这个比值称为公比。

在解等比数列的问题时，我们需要掌握以下技巧：1.求首项和公比通过已知的两个项或序号，可以求出首项和公比。

例如，已知数列的第一项为a1，第n项为an，则公比q = an / a1；首项a1 = an / q^(n-1)。

2.求任意项的值已知数列的首项和公比，可以通过递推公式an = a1 * q^(n-1)求出任意项的值。

3.求前n项的和通过等比数列求和公式Sn = a1(1-q^n) / (1-q)，可以求出前n 项的和。

三、题目解析针对一些常见的数列题目，我们可以使用以上技巧进行解题。

例如：1.某等差数列的首项为a1，公差为d，若a2 - a1 = 2d，a3+ a1 = 10，则a4 = ?解析：根据等差数列的定义，a2 - a1 = d，所以2d = d + d = a2 - a1。

探索性问题的基本题型及解题方法一、典型例题 1、探究型探究型是依据题目所给予条件或提供的信息，综合所学知识，来探究问题的分析方法和解决方法，常以常规题形式出现，但往往改变设问方式，或得出探究和方向，或给出探究的结论，考查学生的判断能力，创新精神和综合素质，解答此类问题时，需要考生提取题目的有效信息，从有效信息引出思维联想，从而设计解题方法，化归与转化是解决这类问题常用的数学思想．例1、已知数列30321,,,a a a a ，其中10321,,,a a a a 是首项为1，公差为1的等差数列，20121110,,,a a a a 是公差为d 的等差数列，30222120,,,a a a a 是公差为2d 的等差数列)0(≠d（Ⅰ）若4020=a ，求d 的值；（Ⅱ）试写出30a 关于d 的关系式，并求出30a 的取值范围；（Ⅲ）续写已知数列，使40323130,,,a a a a 是公差为3d 的等差数列，…，依次类推，把已知数列推广为无穷数列，提出同（Ⅱ）类似的问题，（（Ⅱ）应当作为特例），并进行研究，你能得到什么样的结论？【解析】（Ⅰ）1010=a ，3,40101020=∴=+=d d a ； （Ⅱ）当),0()0,(+∞-∞∈ d ，）∞+∈5.7[30a ；（Ⅲ）所给数列可推广为无穷数列}{n a ，其中10321,,,a a a a 是首项为1，公差为1的等差数列，当1≥n 时，数列)1(1021011010,,,+++n n n n a a a a 是公差为n d )0(≠d 的等差数列，研究的结论可以是：由)0)(1(10103233040≠+++=+=d d d d d a a ，依次类推可得：⎪⎩⎪⎨⎧=+≠--⨯=++++=++)1)(1(10)1(1110)1(1012)1(10d n d d d d d d a n n n ，当)0(≠d 时，)1(10+n a 的取值范围是：),0(+∞．【题后反思】由题设条件给出问题的组成结构，先通过特例研究问题的结论，然后给出问题的推广，提出探究的方向，让解题者顺着命题者提出的推广方向进行探究，是探究型题的一种常见题型，解答这类问题时一般不改变命题的结构形式，而提出的探究结论也应该是对特例的推广． 2、开放型开放型题是指问题的结论、条件、解题策略是不惟一的或需要探索的一种题型，这类题型结构新颖，解题方法灵活、知识覆盖面宽，问题结构开放，打破了固定的思维模式和解题套路，给解题者很大的思考空间和多种分析思路，有利于培养和考查学生的创新思维能力和探究问题的能力，所以此类问题是当前高考命题的热点之一．例2、设动点P 到定直线4-=x 的距离为d ，已知F （2，0）且2||=-PF d（Ⅰ）求动点P 的轨迹方程；（Ⅱ）过圆锥曲线的焦点F ，任作一条与两坐标轴都不垂直的弦AB ，若点M 在x 轴上，且使得MF 为AMB ∆的一条内角平分线，则称点M 为该圆锥曲线的“特征点”，问该曲线是否存在特征点M ？若存在，求出点M 的坐标，并观察点M 是怎样的点，同时将你的结论推广，若不存在，请说明理由（不用证明推广后的结论）． 【解析】（Ⅰ）设动点P 的坐标为P （x ，y ），且点P 到直线2-=x 的距离为d/， ∵动点P 到定直线4-=x 的距离为d ，F （2，0）且2||=-PF d ，∴动点P 到定直线2-=x 的距离为d/，F （2，0）且||/PF d =，即点P 是以坐标原点为顶点，以F （2，0）为焦点的抛物线， ∴动点P 的轨迹方程是x y 82=．（Ⅱ）假设抛物线存在特征点M ，并设其坐标为M （m ，0）， ∵弦AB 不垂直于x 轴，且抛物线x y 82=的焦点为（2，0），∴设直线AB 的方程为)0(2≠+=k ky x ，代入x y 82=并整理，得：01682=--ky y ，设),(),,(2211y x B y x A ，则16,82121-==+y y k y y ， ∵AMB ∠被x 轴平分，∴0=+BM AM k k ，即02211=-+-mx y m x y ，∴0)()(1221=-+-m x y m x y ，即0)()2()2(211221=+-+++m y y ky y ky y ， ∵0)2)((22121=-+-m y y y ky ，即0)2(832=---m k k ，∵0≠k ，∴2-=m ．故抛物线上存在特征点M ，其坐标为M （-2，0），该点是抛物线的准线与x 轴的交点，猜想：对于抛物线)0(22>=p px y ，其“特征点M ”是抛物线的准线与x 轴的交点． 【题后反思】本题从特例出发，探究一般情况下的结论，解答这类问题时，可以通过特例得到的信息，从命题提出的探究方向思考，归纳问题的结论（有时不止一个，而有些问题的结论并不成立），再给出数学推理证明，本题由于题目的要求没有给出推理证明． 3、定义信息型定义信息型是近几年来高考出现频率较高的新题型之一，其命题特点是：给出一个新的定义、新的关系、新的性质、新的定理等创新情境知识，然后在这个新情境下，综合所学知识并利用新知识作为解题工具使问题得到解决，求解此类问题通常分三个步骤：（1）对新知识进行信息提取，确定化归方向；（2）对新知识中所提取的信息进行加工，探究解题方法；（3）对提取的知识加以转换，进行有效组合，进而求解．例3、根据定义在集合A 上的函数)(x f y =，构造一个数列发生器，其工作原理如下： ①输入数据A x ∈0，计算出)(01x f x =；②若A x ∉1，则数列发生器结束工作，若A x ∈1，则输出x1,并将x1反馈回输入端，再计算出)(12x f x =，并依此规律继续下去，现在有}10|{<<=x x A ，)(1)(*N m xm mxx f ∈-+=，（Ⅰ）求证：对任意A x ∈0，此数列发生器都可以产生一个无穷数列}{n x ； （Ⅱ）若210=x ，记)(1*N n x a nn ∈=，求数列}{n x 的通项公式． 【解析】（Ⅰ）证明：当A x ∈，即0<x<1时，由*N m ∈可知m+1>x>0， ∴01>-+x m mx ，又01)1)(1(11<-+-+=--+xm x m x m mx ，∴11<-+x m mx ，∴1)(0<<x f ，即A x f ∈)(．故对任意A x ∈0有A x f x ∈=)(01；由A x ∈1有A x f x ∈=)(12，由A x ∈2有A x f x ∈=)(23；以此类推，可以一直继续下去，从而可以产生一个无穷数列}{n x ． （Ⅱ）由nn n n x m mx x f x -+==+1)(1，可得m x m m x n n 11111-⋅+=+，∴m a m m a n n 111-⋅+=+，即)1(111-+=-+n n a mm a ， 令1-=n n a b ，则n n b m m b ⋅+=+11，又011)1(11100111≠+=-+=-=-=mm mx x m x a b ， ∴数列}{n b 是以m m 1+为首项，以mm 1+为公比的等差数列， ∴nn n mm m m m m b )1()1(11+=+⋅+=-，于是1)1(-+=n n m m a ． 【题后反思】本题以算法语言为命题情境，构造一个数列发生器，通过定义工作原理，得到一个无穷数列}{n x ，这是命题组成的第一部分，解答时只需依照命题程序完成即可，第（Ⅱ）问其实是一个常规的数学问题，由上可知，创新题型的解答还是需要考生有坚实的数学解题功底．4、类比归纳型类比是将式子结构、运算法则、解题方法、问题结论等式引申或推广，或迁移，由已知探索未知，由旧知识探索新知识的一种研究问题的方法；归纳是从个别特殊事例，若干特殊现象递推出同一类事物的一般性结论，总结出同一种现象的一般规律的一种思考问题的方法，这两种推理方法可有效地锻炼考生的创造性思维能力，培养考生的创新精神和创造力．因为这类创新题的思维含量高、知识覆盖面广、综合性强，所以它们在高考中频繁亮相，已成为高考中的又一个热点．例4、如下图所示，定义在D 上的函数)(x f ，如果满足：对任意D x ∈，存在常数A ，都有A x f ≥)(成立，则称函数)(x f 在D 上有下界，其中A 称为函数的下界（提示：下图①②中的常数A 、B 可以是正数，也可以是负数或零．） （Ⅰ）试判断函数xx x f 48)(3+=在),0(+∞上是否有 下界？并说明理由；（Ⅱ）具有图②所示特征的函数称为在D 上有上界， 请你类比函数有下界的定义，给出函数)(x f 在D 上有上界的定义，并判断（Ⅰ）中的函数在)0,(-∞上是否有上界，并说明理由． 【解析】∵22/483)(xx x f -=，由0)(/=x f ，得164=x ，∵),0(+∞∈x ，∴x=2, ∵当0<x<2时，0)(/<x f ，∴函数)(x f 在（0，2）上是减函数； 当x>2时，0)(/>x f ，∴函数)(x f 在（2，∞+）上是增函数；∴x=2是函数)(x f 在区间（0，∞+）上的最小值点，32)2()(min ==f x f ，于是，对任意),0(+∞∈x ，都有32)(≥x f ，即在区间（0，∞+）是存在常数A=32，使得对任意),0(+∞∈x ，都有A x f ≥)(成立，所以，函数xx x f 48)(3+=在),0(+∞上有下界．（Ⅱ）类比函数有下界的定义，函数有上界可以给出这样的定义：定义在D 上的函数)(x f ，如果满足：对任意D x ∈，存在常B ，都有B x f ≤)(成立，则称函数)(x f 在D 上有上界，其中B 称为函数的上界．设x<0，则-x>0，则（Ⅰ）知，对任意),0(+∞∈x ，都有32)(≥x f ，∴32)(≥-x f ，∵函数xx x f 48)(3+=为奇函数，∴)()(x f x f -=-，∴32)(≥-x f ，即32)(-≤x f ， 即存在常数B=-32，对任意)0,(-∞∈x ，都有B x f ≤)(，所以，函数xx x f 48)(3+=在)0,(-∞上有上界．【题后反思】本题以高等数学中的函数有界性为命题素材，先给出一个定义，研究问题的结x 1 x 2xyOD=[x 1,x 2] y=f(x)x 1 x 2 xyOD=[x 1,x 2] y=B论，然后提出类比的方向，这是一种直接类比的情境题．数学中有许多能够产生类比的知识点，如等差数列与等比数列的内容有着非常和谐的“同构”现象，立体几何中的很多结论和方法都可以从平面几何中产生“灵感”进行迁移，我们复习时要注意研究知识间的纵横联系，把握知识间的内在规律，通过知识间的对比和类比，可以更好地掌握知识，提高解题能力．二、基础训练（1）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，321-=a 且)2(21≥=++n a S S n nn ，计算4321,,,S S S S ，并猜想n S 的表达式．（2）在平面直角坐标系xOy 中，如图，过定点C （0，p ）作直线与抛物线)0(22>=y py x 相交于A 、B 两点，（Ⅰ）若点N 是点C 关于原点O 的对称点，求ANB ∆面积的最小值；（Ⅱ）是否存在垂直于y 轴的直线l ，使得l 被以AC 为直径的圆截得弦长恒 为定值？若存在，求出l 的方程；若不存在，说明理由．（3）设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，则1216812484,,,S S S S S S S ---成等差数列， 类比以上结论有：设等比数列}{n b 的前n 项和为n T ，则4T ， ， ，1216T T 成等比数列．（4）设D CD B AB EF =⊥=⊥=βαβα,, ，由此能否推出EF BD ⊥？若不能，需如何改变条件？xyA BC NO（5）设函数)22,0)(sin()(πϕπωϕω<<->+=x x f ，给出以下四个论断：①它的图像关于直线2π=x 对称；②它的图像关于点（0,3π）对称；③在区间[0,6π-]上是增函数；④它的周期为π．以其中的两个论断为条件，另两个论数不结论，写出你认为正确的一个命题（填写序号）．基础训练答案：（1）65,54,43,324321-=-=-=-=S S S S ，猜想：*21N n n n S n ∈++=，．（2）（Ⅰ）2min 22)(P S ABN =∆，（Ⅱ）满足条件的直线l 存在，其方程为2p y =．（3）48T T ，812T T ．（4）不能，需加条件EF AC ⊥．（5）②④⇒①③．课后习题答案：（1）S 的元素的个数为3的倍数；（2）（Ⅰ）1222=+y x ；（Ⅱ）当210<≤m 时，mm k 21-±=，即存在这样的直线l ；当121≤≤m 时，k 不存在，即不存在这样的直线l ．（3）（Ⅰ）)0](,0[,31)(>∈++=a a x x x x f ；（Ⅱ）]136,31[；（Ⅲ）91≤≤a ，且N a ∈． （4）（Ⅰ）=t ；（Ⅱ）)2(log )(21t x x g y +==；（Ⅲ）当)1(log )(221x x h -=时，)()()(x h x g x f ++有最小值0，但没有最大值．课后小结：学生收获：特别注意事项：课后作业1.已知元素为实数的集合S 满足下列条件：①S ∉0,1；②若S a ∈，则S a∈-11．若非空集合S 为有限集，则你对集合S 的元素个数有何猜测？并请证明你的猜测．2.已知椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的右准线2:1=x l 与x 轴相交于点P ，右焦点F 到上顶点的距离为2，点C(m,0)是线段OF 上的一个动点，（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）是否存在过点F 且与x 轴不垂直的直线l ，其与椭圆交于A 、B 两点，且使得BA CB CA ⊥+)(？亲说明理由．3.设函数1)(+=x x g ，函数31)(+=x x h ，],3(a x -∈，其中a 为常数且0>a ，令函数)(x f 为函数)(x g 和)(x h 的积函数．（Ⅰ）求函数)(x f 的表达式，并求其定义域；（Ⅱ）当41=a 时，求函数)(x f 的值域； （Ⅲ）是否存在自然数a ，使得函数)(x f 的值域恰为]21,31[？若存在，试写出所有满足条件的自然数a 所构成的集合，若不存在，试说明理由．4.已知函数)1(log )(21+=x x f ，当点),(00y x P 在)(x f y =的图像上移动时，点),21(00y t x Q +-)(R t ∈在孙函数)(x g y =的图像上移动． （Ⅰ）若点P 坐标为（1，-1），点Q 也在)(x g y =的图像上，求t 的值；（Ⅱ）求函数)(x g y =的解析式；（Ⅲ）当0>t 时，试探索一个函数)(x h ，使得)()()(x h x g x f ++在限定域内为)1,0[时有最小值而没有最大值．。