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数列中的探索性问题，立意精巧，形式多样，近年来，在高考和其它选拔性考试中频频出现，值得我们重视.下面举例解析几种常见题型，供参考.
一、规律探索型问题
例1 数列{an}中a1=3，a2=6，且an+2=an+1-an，则a
2009的值为 .
解析：由于a3=a2-a1=3，a4=a3-a2=－3，a
5=a4-a3=－6，a6=a5-a4=－6－(－3)=－3，a7=a6-a5=3，a
8=a7-a6=6，…，通过分析归纳，可猜想{an}是以6为周期的数列，∴a
2009=a5=-6.
点评：本题通过探索归纳获得了数列{an}成周期性出现的规律，使问题简单获解，但此种归纳不能替代对命题的证明.
例2 根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜想第n个图中有 个点.
解析：第n个图有n个分支，每个分支上有n－1个点，中心一个点，∴共有n(n－1)+1个点，即答案为n2－n+1.
点评：本题是对通项公式的探求，充分挖掘所给五个图形的发展规律是解题的关键.此类问题形式多样，是近年来的热点题型.
3．在数列{an}中，a1=2，nan+1=(n+1)an+2(n∈
N*)，则a2009为 .
解析：由nan+1=(n+1)an+2得(n－1)an=nan-1+2，则有an n-an-1 n-1=2
(1 n-1-1 n)，也有
an-1 n-1-an-2 n-2
=2(1 n-2-1 n-1),…
,a2 2-a1 1=
2(1 2-1 2)
.将上面各式累加得
an n-a1=2(1-1 n)
，即an=4n－2，所以a2009=4×2009-2=8034.
点评：本题是已知递推公式求相关项的问题，采取对递推公式进行变形推出通项公式是准确而有效的解题方法.
二、条件探索型问题
例4 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an=Sn•Sn-1 (n≥2，Sn≠0)，a
1=2 9. (1)求证：{1 Sn}为等差数列； (2)探求满足an>an-1的自然数n.
解析：(1)证明：n≥2时，a
n=SnSn-1，即Sn－Sn-1=SnSn-1，
所以1 Sn－
1 Sn-1=－1，所以{
1 Sn}是公差为－1的等差数列.
(2)
1 Sn=
1 S1+(n－1)•(－1)=－n+11 2，
所以Sn=2 11-2n.则a1=S1=
2 9，a2=S2-S1=4 63，
所以a2 (Sn－Sn-1)-(Sn-1-Sn-2)=
16 (11-2n)(13-2n)(15-2n)
>0，解得n<11 2或
13 2an-1的自然数n的集合为{3,4,5,7}.
点评：解决与数列有关的不等式问题，不但要熟练不等式的解题方法，还需针对数列特点和整数性质灵活求解.
例5 设Sn是数列{an}(n∈
N*)的前n项和，a1=a，且S2n=3n2an+S2n-1，an≠0，n=2,3,4,….(1)证明：数列{an+2－an}(n≥2)是常数数列； (2)试找出一个奇数a，使以18为首项，7为公比的等比数列{bn}(n∈
N*)中的所有项都是数列{an}中的项，并指出bn是数列{an}中的第几项.
解析：(1)当n≥2时，由已知得S2n－S2n-1=
3n
2an.因为an=Sn－Sn-1≠0，所以Sn+Sn-1=3n2，于是S
n+1+Sn=3(n+1)2.两式相减得：an+1+an=6n+3①，于是a
n+2+an+1
=6n+9 ②，由②－①得：an+2-an=6 ③，即数列{an+2-an}(n≥2)是常数数列.
(2)由(1)得S2+S1=12，所以a2=12－2a，a3=3+2a.又数列{a
2k}和{a2k+1}分别是以a2，a3为首项，6为公差的等差数列，所以a
2k=a2+(k－1)×6=6k－2a+6，a
2k
+1=a3+(k－1)×6=6k+2a－3,k∈
N*.由题设知，bn=18×7n-1；当a为奇数时，a2k+1为奇数，而bn为偶数，所以bn不是数列{a2k+1}中的项，bn只可能是数列{a
2k}中的项.
若b1=18是数列{a2k}中的第k0项，由18=6k0－2a+6得a=3k
0－6，取k0=3，得a=3，此时a2k=6k.由bn=a2k，得18×7
n-1=6k，k=3×7n-1∈
N*，从而bn是数列{an}中的第6×7n-1项.
点评：本题中a的取值不唯一，实际上，取满足a=3kn－6，kn∈
N*的任一奇数，然后说明bn是数列{an}中的第6×7
n-1+2a 3－2项即可.
三、存在型问题
例6 数列{an}中，a1=8，a4=2，且满足an+2―2an+1+an=0（n∈
N*），（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=
1 n(12-am) （n∈
N*），Tn=b1+b2+…+bn，是否存在正整数m，对一切n∈
N*都有Tn＞m 32成立？若存在，求m的最大值；若
不存在，说明理由.
解析：由于2an+1=an+2+an，则{an}为等差数列.依题意不难求得an=10―2n，从而bn=
1 2n(n+1)=1 2
(1 n-1 n+1)
，所以Tn=b1+b2+…+bn=
1 2(1-1 2)+1 2
(1 2-1 3)+…+
1 2(1 n-
1 n+1)
=1 2
(1-1 n+1)
.下面研究数列Tn的单调性，因为Tn+1―Tn=
1 2(1 n+1-1 n+2)＞0，故
Tn+1＞Tn（n∈
N*），即数列{Tn}为单调递增数列，则T1=1 4 为最小值，假设存在正整数m满足题意，即Tn＞
m 32 恒成立，则
m 32＜T1=1 4 ，即m＜8，故整数m的最大值为7.
点评：解决是否存在型问题，一般是假定存在，再去寻找存在的合理性；与数列最值有关的问题，应该考虑到利用数列的单调性解题.
例7若数列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(n∈
N*)都在曲线C：y=－x2－3x上，数列{bn}是正项数列，且点(n,log b )(n∈N*)都在直线l上.①求数列{a }的通项式；②若直线l恰好是曲线C在点x=－1处的切线，求数列{b }的通项公式；③在②条件下，令c =－ ，若{c }的前n项和为V ，V 是否有最大值？若有最大值，求出其最大值；若无最大值，说明理由.
解析：①由条件有S =－n －3n，于是易求出数列{a }的通项式为a =－2n－2(n∈N*).
②利用导数切线的概念易求直线l的方程为：y=－x+1，结合已知条件可求得b =( ，且其前n项和为T =2[1－( ]
③由上述知c =－ =(n+1) ，∴V =2×1+3× +4× +…+(n+1)，于是有 V =2× +3× +…+n× +(n+1)× .
两式相减并整理得V =6－(n+3) ，现设g(x)=(x+3) ，则g (x)=－(x+3) ln2= [1－(x+3)ln2].
显然当x≥1时，g (x)<0，∴g(x)在[1,+∞)上是减函数，故V =6－(n+3)，当n≥1时是增函数，所以数列{c }的前n项和V 不存在最大值.
点评：构造函数，利用导数来研究函数的单调性，进而讨论求得数列前n项和的最大（最小）值，也是一种很重要的探求数列最值的方法.
一、规律探索型问题
例1 数列{an}中a1=3，a2=6，且an+2=an+1-an，则a
2009的值为 .
解析：由于a3=a2-a1=3，a4=a3-a2=－3，a
5=a4-a3=－6，a6=a5-a4=－6－(－3)=－3，a7=a6-a5=3，a
8=a7-a6=6，…，通过分析归纳，可猜想{an}是以6为周期的数列，∴a
2009=a5=-6.
点评：本题通过探索归纳获得了数列{an}成周期性出现的规律，使问题简单获解，但此种归纳不能替代对命题的证明.
例2 根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜想第n个图中有 个点.
解析：第n个图有n个分支，每个分支上有n－1个点，中心一个点，∴共有n(n－1)+1个点，即答案为n2－n+1.
点评：本题是对通项公式的探求，充分挖掘所给五个图形的发展规律是解题的关键.此类问题形式多样，是近年来的热点题型.
3．在数列{an}中，a1=2，nan+1=(n+1)an+2(n∈
N*)，则a2009为 .
解析：由nan+1=(n+1)an+2得(n－1)an=nan-1+2，则有an n-an-1 n-1=2
(1 n-1-1 n)，也有
an-1 n-1-an-2 n-2
=2(1 n-2-1 n-1),…
,a2 2-a1 1=
2(1 2-1 2)
.将上面各式累加得
an n-a1=2(1-1 n)
，即an=4n－2，所以a2009=4×2009-2=8034.
点评：本题是已知递推公式求相关项的问题，采取对递推公式进行变形推出通项公式是准确而有效的解题方法.
二、条件探索型问题
例4 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an=Sn•Sn-1 (n≥2，Sn≠0)，a
1=2 9. (1)求证：{1 Sn}为等差数列； (2)探求满足an>an-1的自然数n.
解析：(1)证明：n≥2时，a
n=SnSn-1，即Sn－Sn-1=SnSn-1，
所以1 Sn－
1 Sn-1=－1，所以{
1 Sn}是公差为－1的等差数列.
(2)
1 Sn=
1 S1+(n－1)•(－1)=－n+11 2，
所以Sn=2 11-2n.则a1=S1=
2 9，a2=S2-S1=4 63，
所以a2
16 (11-2n)(13-2n)(15-2n)
>0，解得n<11 2或
13 2
点评：解决与数列有关的不等式问题，不但要熟练不等式的解题方法，还需针对数列特点和整数性质灵活求解.
例5 设Sn是数列{an}(n∈
N*)的前n项和，a1=a，且S2n=3n2an+S2n-1，an≠0，n=2,3,4,….(1)证明：数列{an+2－an}(n≥2)是常数数列； (2)试找出一个奇数a，使以18为首项，7为公比的等比数列{bn}(n∈
N*)中的所有项都是数列{an}中的项，并指出bn是数列{an}中的第几项.
解析：(1)当n≥2时，由已知得S2n－S2n-1=
3n
2an.因为an=Sn－Sn-1≠0，所以Sn+Sn-1=3n2，于是S
n+1+Sn=3(n+1)2.两式相减得：an+1+an=6n+3①，于是a
n+2+an+1
=6n+9 ②，由②－①得：an+2-an=6 ③，即数列{an+2-an}(n≥2)是常数数列.
(2)由(1)得S2+S1=12，所以a2=12－2a，a3=3+2a.又数列{a
2k}和{a2k+1}分别是以a2，a3为首项，6为公差的等差数列，所以a
2k=a2+(k－1)×6=6k－2a+6，a
2k
+1=a3+(k－1)×6=6k+2a－3,k∈
N*.由题设知，bn=18×7n-1；当a为奇数时，a2k+1为奇数，而bn为偶数，所以bn不是数列{a2k+1}中的项，bn只可能是数列{a
2k}中的项.
若b1=18是数列{a2k}中的第k0项，由18=6k0－2a+6得a=3k
0－6，取k0=3，得a=3，此时a2k=6k.由bn=a2k，得18×7
n-1=6k，k=3×7n-1∈
N*，从而bn是数列{an}中的第6×7n-1项.
点评：本题中a的取值不唯一，实际上，取满足a=3kn－6，kn∈
N*的任一奇数，然后说明bn是数列{an}中的第6×7
n-1+2a 3－2项即可.
三、存在型问题
例6 数列{an}中，a1=8，a4=2，且满足an+2―2an+1+an=0（n∈
N*），（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=
1 n(12-am) （n∈
N*），Tn=b1+b2+…+bn，是否存在正整数m，对一切n∈
N*都有Tn＞m 32成立？若存在，求m的最大值；若
不存在，说明理由.
解析：由于2an+1=an+2+an，则{an}为等差数列.依题意不难求得an=10―2n，从而bn=
1 2n(n+1)=1 2
(1 n-1 n+1)
，所以Tn=b1+b2+…+bn=
1 2(1-1 2)+1 2
(1 2-1 3)+…+
1 2(1 n-
1 n+1)
=1 2
(1-1 n+1)
.下面研究数列Tn的单调性，因为Tn+1―Tn=
1 2(1 n+1-1 n+2)＞0，故
Tn+1＞Tn（n∈
N*），即数列{Tn}为单调递增数列，则T1=1 4 为最小值，假设存在正整数m满足题意，即Tn＞
m 32 恒成立，则
m 32＜T1=1 4 ，即m＜8，故整数m的最大值为7.
点评：解决是否存在型问题，一般是假定存在，再去寻找存在的合理性；与数列最值有关的问题，应该考虑到利用数列的单调性解题.
例7若数列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(n∈
N*)都在曲线C：y=－x2－3x上，数列{bn}是正项数列，且点(n,log b )(n∈N*)都在直线l上.①求数列{a }的通项式；②若直线l恰好是曲线C在点x=－1处的切线，求数列{b }的通项公式；③在②条件下，令c =－ ，若{c }的前n项和为V ，V 是否有最大值？若有最大值，求出其最大值；若无最大值，说明理由.
解析：①由条件有S =－n －3n，于是易求出数列{a }的通项式为a =－2n－2(n∈N*).
②利用导数切线的概念易求直线l的方程为：y=－x+1，结合已知条件可求得b =( ，且其前n项和为T =2[1－( ]
③由上述知c =－ =(n+1) ，∴V =2×1+3× +4× +…+(n+1)，于是有 V =2× +3× +…+n× +(n+1)× .
两式相减并整理得V =6－(n+3) ，现设g(x)=(x+3) ，则g (x)=－(x+3) ln2= [1－(x+3)ln2].
显然当x≥1时，g (x)<0，∴g(x)在[1,+∞)上是减函数，故V =6－(n+3)，当n≥1时是增函数，所以数列{c }的前n项和V 不存在最大值.
点评：构造函数，利用导数来研究函数的单调性，进而讨论求得数列前n项和的最大（最小）值，也是一种很重要的探求数列最值的方法.