難點六數(shù)列中的證明、探索性和存在性、不定方程的解等綜合問題(對應(yīng)學(xué)生用書第72頁)近幾年的高考試卷中經(jīng)常出現(xiàn)以數(shù)列為載體的證明、探索等綜合問題，這類問題不僅考查學(xué)生的分析問題解決問題的能力，以及探索能力，而且給學(xué)生提供了創(chuàng)新思維的空間．1．等差數(shù)列、等比數(shù)列的證明問題有關(guān)證明、判斷數(shù)列是等差(等比)數(shù)列的主要證明方法有：定義法、性質(zhì)法．定義法：用定義法判斷一個數(shù)列是等差數(shù)列，常采用的兩個式子an－an－1＝d和an＋1－an＝d有差別，前者必須加上“n≥2”，否則n＝1時a0無意義；在等比數(shù)列中一樣有：①n≥2時，有eq\f(an,an－1)＝…＝q(常數(shù)q≠0)；②n∈N*時，有eq\f(an＋1,an)＝…＝q(常數(shù)q≠0)．性質(zhì)法：an＋an＋2＝2an＋1?{an}是等差數(shù)列，anan＋2＝(an＋1)2(an≠0)?{an}是等比數(shù)列，這是證明數(shù)列{an}為等差(等比)數(shù)列的另一種主要方法．【例1】(蘇北四市淮安、宿遷、連云港、徐州)2017屆高三上學(xué)期期中)在數(shù)列{an}中，已知a1＝eq\f(1,3)，an＋1＝eq\f(1,3)an－eq\f(2,3n＋1)，n∈N*，設(shè)Sn為{an}的前n項和．(1)求證：數(shù)列{3nan}是等差數(shù)列；(2)求Sn；(3)是否存在正整數(shù)p，q，r(p＜q＜r)，使Sp，Sq，Sr成等差數(shù)列？若存在，求出p，q，r的值；若不存在，說明理由．[解](1)證明：因為an＋1＝eq\f(1,3)an－eq\f(2,3n＋1)，n∈N*，所以3n＋1an＋1－3nan＝－2，又因為a1＝eq\f(1,3)，所以31·a1＝1，所以{3nan}是首項為1，公差為－2的等差數(shù)列．(2)由(1)知3nan＝1＋(n－1)·(－2)＝3－2n，所以an＝(3－2n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，所以Sn＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1＋(－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋(－3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋(3－2n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，所以eq\f(1,3)Sn＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋(－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋(5－2n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋(3－2n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1，兩式相減得eq\f(2,3)Sn＝eq\f(1,3)－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n))－(3－2n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1＝eq\f(1,3)－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,9)×\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1,1－\f(1,3))))＋(2n－3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1＝2n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1，所以Sn＝eq\f(n,3n).(3)假設(shè)存在正整數(shù)p，q，r(p＜q＜r)，使Sp，Sq，Sr成等差數(shù)列，則2Sq＝Sp＋Sr，即eq\f(2q,3q)＝eq\f(p,3p)＋eq\f(r,3r).由于當n≥2時，an＝(3－2n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＜0，所以數(shù)列{Sn}單調(diào)遞減．又p＜q，所以p≤q－1且q至少為2，所以eq\f(p,3p)≥eq\f(q－1,3q－1)，eq\f(q－1,3q－1)－eq\f(2q,3q)＝eq\f(q－3,3q).①當q≥3時，eq\f(p,3p)≥eq\f(q－1,3q－1)≥eq\f(2q,3q)，又eq\f(r,3r)＞0，所以eq\f(p,3p)＋eq\f(r,3r)＞eq\f(2q,3q)，等式不成立．②當q＝2時，p＝1，所以eq\f(4,9)＝eq\f(1,3)＋eq\f(r,3r)，所以eq\f(r,3r)＝eq\f(1,9)，所以r＝3({Sn}單調(diào)遞減，解唯一確定)．綜上可知，p，q，r的值為1,2,3.2．數(shù)列中探索與存在性問題數(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(shè)所探求對象存在或結(jié)論成立，以此假設(shè)為前提條件進行運算或邏輯推理，若由此推出矛盾，則假設(shè)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2】(2017·江蘇省鹽城市高考數(shù)學(xué)三模)已知數(shù)列{an}，{bn}都是單調(diào)遞增數(shù)列，若將這兩個數(shù)列的項按由小到大的順序排成一列(相同的項視為一項)，則得到一個新數(shù)列{cn}．(1)設(shè)數(shù)列{an}，{bn}分別為等差、等比數(shù)列，若a1＝b1＝1，a2＝b3，a6＝b5，求c20；(2)設(shè){an}的首項為1，各項為正整數(shù)，bn＝3n，若新數(shù)列{cn}是等差數(shù)列，求數(shù)列{cn}的前n項和Sn；(3)設(shè)bn＝qn－1(q是不小于2的正整數(shù))，c1＝b1，是否存在等差數(shù)列{an}，使得對任意的n∈N*，在bn與bn＋1之間數(shù)列{an}的項數(shù)總是bn？若存在，請給出一個滿足題意的等差數(shù)列{an}；若不存在，請說明理由．【導(dǎo)學(xué)號：】[解](1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，由題意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋d＝q2,1＋5d＝q4，))解得d＝0或3，因數(shù)列{an}，{bn}單調(diào)遞增，所以d＞0，q＞1，所以d＝3，q＝2，所以an＝3n－2，bn＝2n－1.因為a1＝b1＝1，a2＝b3，a6＝b5，b7＞a20.∴c20＝a17＝49.(2)設(shè)等差數(shù)列{cn}的公差為d，又a1＝1，且bn＝3n，所以c1＝1，所以cn＝dn＋1－d.因為b1＝3是{cn}中的項，所以設(shè)b1＝cn，即d(n－1)＝2.當n≥4時，解得d＝eq\f(2,n－1)＜1，不滿足各項為正整數(shù)；當b1＝c3＝3時，d＝1，此時cn＝n，只需取an＝n，而等比數(shù)列{bn}的項都是等差數(shù)列{an}中的項，所以Sn＝eq\f(nn＋1,2)；當b1＝c2＝3時，d＝2，此時cn＝2n－1，只需取an＝2n－1，由3n＝2m－1，得m＝eq\f(3n＋1,2)，3n是奇數(shù)，3n＋1是正偶數(shù)，m有正整數(shù)解，所以等比數(shù)列{bn}的項都是等差數(shù)列{an}中的項，所以Sn＝n2.綜上所述，數(shù)列{cn}的前n項和Sn＝eq\f(nn＋1,2)或Sn＝n2.(3)存在等差數(shù)列{an}，只需首項a1∈(1，q)，公差d＝q－1.下證bn與bn＋1之間數(shù)列{an}的項數(shù)為bn，即證對任意正整數(shù)n，都有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn＜ab1＋b2＋…＋bn－1＋1，,bn＋1＞ab1＋b2＋…＋bn，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co