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

解：（1）方法一：a2=2，a3=2+1.

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，

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）=（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a2n

当n=1时，a2=f（1）=0，a3=f（0）=2-1，所以a2<14

假设n=k时结论成立，即a2k

易知f（x）在（-∞，1]上为减函数，从而c=f（c）>f（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）

故c

综上，存在c=14使a2n

方法二：设f（x）=（x-1）2+1-1，

则an+1=f（an）.

先证：0≤an≤1（n∈N*）.①

当n=1时，结论明显成立.

假设n=k时结论成立，即0≤ak≤1.

易知f（x）在（-∞，1]上为减函数，从而0=f（1）≤f（ak）≤f（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）

这就是说，当n=k+1时②成立.所以②对一切n∈N*成立.

由②得a2n

因此a2n<14.③

又由①②及f（x）在（-∞，1]上为减函数，得

f（a2n）>f（a2n+1），即a2n+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

点评：存在性问题指的是命题的结论不确定的一类探索性问题，解答此类题型一般是从存在的方面入手，寻求结论成立的条件，若能找到这个条件，则问题的回答是肯定的；若找不到这个条件或……