微專題51數列中的存在性問題數列中的存在性問題一般轉化為求不定方程正整數解的問題，往往涉及數論、函數、方程、不等式等知識，蘊含了豐富的數學思想．本專題對數列中一些存在性問題進行探究，使學生學會通過研究方程兩邊范圍的策略來解不定方程整數解的問題.例題：已知an＝2n，是否存在正整數p，q，r(p<q<r)，使得ap，aq，ar成等差數列？并說明理由．變式1已知an＝2n，是否存在三個互不相等正整數p，q，r，且p，q，r成等差數列，使得ap－1，aq－1，ar－1成等比數列？并說明理由．變式2已知an＝n＋eq\r(2)，是否存在正整數p，q，r(p<q<r)，使得ap，aq，ar成等比數列？并說明理由．

串講1已知數列是各項均不為0的等差數列，Sn為其前n項和，且滿足an2＝S2n－1，令bn＝eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,an·an＋1)))，數列{bn}的前n項和{bn}為Tn.(1)求數列{an}的通項公式及數列{bn}的前n項和Tn；(2)是否存在正整數m，n(1<m<n)，使得T1，Tm，Tn成等比數列？若存在，求出所有的m，n的值，若不存在，請說明理由．串講2已知數列{an}與{bn}的前n項和分別為An和Bn，且對任意n∈N*，an＋1－an＝2(bn＋1－bn)恒成立．(1)若An＝n2，b1＝2，求Bn；(2)若a1＝2，bn＝2n，是否存在兩個互不相等的整數s，t(1<s<t)，使eq\f(A1,B1)，eq\f(As,Bs)，eq\f(At,Bt)成等差數列？若存在，求出s，t的值；若不存在，請說明理由．

(2018·無錫期末)已知數列{an}滿足eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a2)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,an)))＝eq\f(1,an)，n∈N*，Sn是數列{an}的前n項和．(1)求數列{an}的通項公式；(2)若ap，30，Sq成等差數列，ap，18，Sq成等比數列，求正整數p，q的值；(3)是否存在k∈N*，使得eq\r(akak＋1＋16)為數列{an}中的項？若存在，求出所有滿足條件的k的值；若不存在，請說明理由．(2018·揚州期末)已知各項都是正數的數列{an}的前n項和為Sn，且2Sn＝an2＋an，數列{bn}滿足b1＝eq\f(1,2)，2bn＋1＝bn＋eq\f(bn,an).(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；(2)設數列{cn}滿足cn＝eq\f(bn＋2,Sn)，求和c1＋c2＋…＋cn；(3)是否存在正整數p，q，r(p<q<r)，使得bp，bq，br成等差數列？若存在，求出所有滿足要求的p，q，r，若不存在，請說明理由．答案：(1)an＝n，bn＝eq\f(n,2n)；(2)eq\f(1,2)－eq\f(1,（n＋1）2n＋1)；(3)存在，p＝1，q＝3，r＝4.或p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，r＝2m＋1.解析：(1)2Sn＝an2＋an①，2Sn＋1＝an＋12＋an＋1②，②－①得2an＋1＝an＋12－an2＋an＋1－an，即(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.1分因為{an}是正數數列，所以an＋1－an－1＝0，即an＋1－an＝1，所以{an}是等差數列，其中公差為1，2分在2Sn＝an2＋an中，令n＝1，得a1＝1，所以an＝n，由2bn＋1＝bn＋eq\f(bn,an)得eq\f(bn＋1,n＋1)＝eq\f(1,2)·eq\f(bn,n)，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,n)))是等比數列，其中首項為eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,2)，所以eq\f(bn,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，即bn＝eq\f(n,2n).(注：也可累乘求{bn}的通項．)3分(2)cn＝eq\f(bn＋2,Sn)＝eq\f(n＋2,（n2＋n）2n＋1)，裂項得cn＝eq\f(1,n·2n)－eq\f(1,（n＋1）2n＋1)，所以c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,（n＋1）2n＋1).3分(3)假設存在正整數p，q，r(p<q<r)，使得bp，bq，br成等差數列，則bp＋br＝2bq，即eq\f(p,2p)＋eq\f(r,2r)＝eq\f(2q,2q)，因為bn＋1－bn＝eq\f(n＋1,2n＋1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(1－n,2n＋1)，所以數列{bn}從第二項起單調遞減，當p＝1時，eq\f(1,2)＋eq\f(r,2r)＝eq\f(2q,2q)，若q＝2，則eq\f(r,2r)＝eq\f(1,2)，此時無解；7分若q＝3，則eq\f(r,2r)＝eq\f(1,4)，因為{bn}從第二項起遞減，故r＝4，所以p＝1，q＝3，r＝4符合要求，若q≥4，則eq\f(b1,bq)≥eq\f(b1,b4)≥2，即b1≥2bq，不符合要求，此時無解；9分當p≥2時，一定有q－p＝1，否則若q－p≥2，則eq\f(bp,bq)≥eq\f(bp,bp＋2)＝eq\f(4p,p＋2)＝eq\f(4,1＋\f(2,p))≥2，即bp≥2bq，矛盾，11分所以q－p＝1，此時eq\f(r,2r)＝eq\f(1,2p)，令r－p＝m＋1，則r＝2m＋1，所以p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，13分綜上得，存在p＝1，q＝3，r＝4或p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，r＝2m＋1滿足要求.14分微專題51例題答案：略．解法1假設存在正整數p，q，r(p<q<r)，ap，aq，ar成等差數列，那么2·2q＝2p＋2r，在等式兩邊同除以2p，得2q＋1－p＝1＋2r－p，因為p，q，r是正整數，且p<q<r，所以q＋1－p，r－p都是正整數，所以2q＋1－p，2r－p都是偶數，所以2r－p＋1是奇數，所以2q＋1－p＝1＋2r－p不可能成立，所以不存在正整數p，q，r(p<q<r)，ap，aq，ar成等差數列．解法2假設存在正整數p，q，r(p<q<r)，ap，aq，ar成等差數列，那么2·2q＝2p＋2r，在等式兩邊同除以2q，得2＝2p－q＋2r－q＝eq\f(1,2q－p)＋2r－q，所以2－2r－q＝eq\f(1,2q－p)，因為p，q，r是正整數，且p<q<r，所以2q－p，2r－q都是正整數，所以eq\f(1,2q－p)是真分數，所以2－2r－q＝eq\f(1,2q－p)不可能成立，所以不存在正整數p，q，r(p<q<r)，ap，aq，ar成等差數列．解法3假設存在正整數p，q，r(p<q<r)，ap，aq，ar成等差數列，那么2·2q＝2p＋2r，在等式兩邊同除以2q得2＝2p－q＋2r－q＝eq\f(1,2q－p)＋2r－q，所以2－2r－q＝eq\f(1,2q－p)，因為p，q，r是正整數，且p<q<r，所以r－q≥1，q－p>0，所以2－2r－q≤0，eq\f(1,2q－p)>0.所以2－2r－q＝eq\f(1,2q－p)不可能成立，所以不存在正整數p，q，r(p<q<r)，ap，aq，ar成等差數列．變式聯想變式1答案：不存在．解析：∵p，q，r成等差數列，∴p＋r＝2q.假設ap－1，aq－1，ar－1成等比數列，則(ap－1)(ar－1)＝(aq－1)2，即(2p－1)(2r－1)＝(2q－1)2，化簡得2p＋2r＝2×2q.(*)又因為p，q，r成等差數列，因為p≠r，所以2p＋2r>2eq\r(2p×2r)＝2×2q，這與(*)式矛盾，故假設不成立．所以ap－1，aq－1，ar－1不是等比數列．變式2答案：不存在．解析：假設存在正整數p，q，r(p<q<r)，ap，aq，ar成等比數列，所以(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2))．所以(q2－pr)＋(2q－p－r)eq\r(2)＝0.因為p，q，r都是正整數．所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0，))消去q化簡可得p＝r，這與p<q<r矛盾．所以不存在正整數p，q，r(p<q<r)，使得ap，aq，ar成等比數列．說明：在處理多元方程整數解時，主要考慮因素是等式兩邊的“范圍”是否一致，比如：正數與負數，有理數與無理數，整數與分數，奇數與偶數，等得到矛盾，進而判斷方程無解；也根據等式一側范圍來限定另一側范圍，進而得到整數方程的解．串講激活串講1答案：(1)an＝2n－1；Tn＝eq\f(n,2n＋1)；(2)m＝2，n＝12.解析：(1)因為{an}是等差數列，由an2＝S2n－1＝eq\f(（a1＋a2n－1）（2n－1）,2)＝(2n－1)an.又因為an≠0，所以an＝2n－1.由bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，所以Tn＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))＝eq\f(n,2n＋1).(2)由(1)知，Tn＝eq\f(n,2n＋1).所以T1＝eq\f(1,3)，Tm＝eq\f(m,2m＋1)，Tn＝eq\f(n,2n＋1).若T1，Tm，Tn成等比數列，則(eq\f(m,2m＋1))2＝eq\f(1,3)(eq\f(n,2n＋1))，即eq\f(m2,4m2＋4m＋1)＝eq\f(n,6n＋3).解法1：由eq\f(m2,4m2＋4m＋1)＝eq\f(n,6n＋3)，可得eq\f(3,n)＝eq\f(－2m2＋4m＋1,m2)，所以－2m2＋4m＋1>0，從而1－eq\f(\r(6),2)<m<1＋eq\f(\r(6),2)，又m∈N*，且m>1，所以m＝2.此時n＝12.故當且僅當m＝2，n＝12，數列{Tn}中的T1，Tm，Tn成等比數列．解法2：因為eq\f(n,6n＋3)＝eq\f(1,6＋\f(3,n))<eq\f(1,6)，故eq\f(m2,4m2＋4m＋1)<eq\f(1,6)，即2m2－4m－1<0，從而1－eq\f(\r(6),2)<m<1＋eq\f(\r(6),2)，(以下同解法一)．串講2答案：(1)Bn＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(3,2)n；(2)不存在．解析：(1)因為An＝n2，所以當n＝1時，a1＝1，當n≥2時，an＝n2－(n－1)2＝2n－1，又a1符合an，所以an＝2n－1，故bn＋1－bn＝eq\f(1,2)(an＋1－an)＝1，所以數列{bn}是以2為首項，1為公差的等差數列，所以Bn＝n·2＋eq\f(1,2)·n·(n－1)·1＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(3,2)n.(2)由an＋1－an＝2(bn＋1－bn)得an＋1－an＝2n＋1，所以，當n≥2時，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2n－1＋…＋23＋22＋2＝2n＋1－2，當n＝1時，上式也成立，所以An＝2n＋2－4－2n，又Bn＝2n＋1－2，所以eq\f(An,Bn)＝eq\f(2n＋2－4－2n,2n＋1－2)＝2－eq\f(n,2n－1)，假設存在兩個互不相等的整數s，t(1<s<t)，使eq\f(A1,B1)，eq\f(As,Bs)，eq\f(At,Bt)成等差數列，等價于eq\f(1,21－1)，eq\f(s,2s－1)，eq\f(t,2t－1)成等差數列，即eq\f(2s,2s－1)＝eq\f(1,21－1)＋eq\f(t,2t－1)，即eq\f(2s,2s－1)＝1＋eq\f(t,2t－1)，因為1＋eq\f(t,2t－1)>1，所以eq\f(2s,2s－1)>1，即2s<2s＋1，令h(s)＝2s－2s－1(s≥2，s∈N*)，則h(s＋1)－h(s)＝2s－2>0，所以h(s)遞增，若s≥3，則h(s)≥h(3)＝1>0，不滿足2s<2s＋1，所以s＝2，代入eq\f(2s,2s－1)＝eq\f(1,21－1)＋eq\f(t,2t－1)得2t－3t－1＝0(t≥3)，當t＝3時，顯然不符合要求；當t≥4時，令φ(t)＝2t－3t－1(t≥3，t∈N*)，則同理可證φ(t)遞增，所以φ(t)≥φ(4)＝3>0，所以不符合要求．所以，不存在正整數s，t(1<s<t)，使eq\f(A1,B1)，eq\f(As,Bs)，eq\f(At,Bt)成等差數列．新題在線答案：(1)an＝n＋1；(2)p＝5，q＝9；(3)3或14.解析：(1)因為(1－eq\f(1,a1))(1－eq\f(1,a2))…(1－eq\f(1,an))＝eq\f(1,an)，n∈N*，所以當n＝1時，1－eq\f(1,a1)＝eq\f(1,a1)，a1＝2，當n≥2時，由(1－eq\f(1,a1))(1－eq\f(1,a2))…(1－eq\f(1,an))＝eq\f(1,an)和(eq\f(1,1－a1))(1－eq\f(1,a2))…(1－eq\f(1,an－1))＝eq\f(1,an－1)，兩式相除可得，1－eq\f(1,an)＝eq\f(an－1,an)，即an－an－1＝1(n≥2)．所以，數列{an}是首項為2，公差為1的等差數列．于是，an＝n＋1.(2)因為ap，30，Sq成等差數列，ap，18，Sq成等比數列，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al