数列中探索与存在性问题例析

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1、数列中探索与存在性问题例析　　数列探索性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在.若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果.而要确定范围内的数值，则往往涉及不定方程的正整数解问题.　　例1（2014年高考重庆卷理）设a1=1，an+1=a2n-2an+2+b（n∈N*）.　　（1）若b=1，求a2，a3及数列{an}的通项公式.　　（2）若b=-1，问：是否存在实数c使得a2n

2、　　再由题设条件知（an+1-1）2=（an-1）2+1.　　从而{（an-1）2}是首项为0，公差为1的等差数列，　　故（an-1）2=n-1，即an=n-1+1（n∈N*）.　　方法二：a2=2，a3=2+1.　　可写为a1=1-1+1，a2=2-1+1，a3=3-1+1.因此猜想an=n-1+1.　　下面用数学归纳法证明上式.　　当n=1时，结论显然成立.　　假设n=k时结论成立，即ak=k-1+1，则　　ak+1=（ak-1）2+1+1=（k-1）+1+1=（k+1）-1+1，6　　这就是说，当n=k+1时结论成立.　　所以an=n-1+1（n∈N*）.　　（2）方法一：设f（x）=（

3、x-1）2+1-1，则an+1=f（an）.　　令c=f（c），即c=（c-1）2+1-1，解得c=14.　　下面用数学归纳法证明命题a2nf（a2k+1）>f（1）=a2，即1>c>a2k+2>a2.　　再由f（x）在（-∞，1]上为减函数，得c=f（c）

4、（0）=2-1<1.　　即0≤ak+1≤1.这就是说，当n=k+1时结论成立.故①成立.　　再证：a2n　　当n=1时，a2=f（1）=0，a3=f（a2）=f（0）=2-1，所以a2　　假设n=k时，结论成立，即a2k　　由①及f（x）在（-∞，1]上为减函数，得　　a2k+1=f（a2k）>f（a2k+1）=a2k+2，　　a2（k+1）=f（a2k+1）f（a2n+1），即a2n

5、+1>a2n+2.　　所以a2n+1>a22n+1-2a2n+1+2-1，解得a2n+1>14.④　　综上，由②③④知存在c=14使a2n

6、数列；　　（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由.　　思路点拨：（1）根据等比数列的定义证明；（2）利用等比数列的概念，结合推理知识求解.　　解：（1）因为2an+12an=2an+1-an=2d（n=1，2，3）是同一个常数，　　所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列.　　（2）令a1+d=a，则a1，a2，a3，a4分别为a-d，a，a+d，a+2d（a>d，a>-2d，d≠0）.6　　假设存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，　　则a4=（a-d）（a+d）3，且（a+d）6=a2（a+2d）4.　　令t

7、=da，则1=（1-t）（1+t）3，且（1+t）6=（1+2t）4（-12　　化简得t3+2t2-2=0（*），且t2=t+1.将t2=t+1代入（*）式，　　t（t+1）+2（t+1）-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，则t=-14.　　显然t=-14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，　　因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列.　　点评：借助等差（