第7章 高考难点突破（二） 数列的热点、创新题型-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（提升版）

第七章　数列 高考难点突破(二) 　数列的热点、创新题型 等差、等比数列是重要的数列类型，高考考查的主要知识点有：等差、等比数列的概念、性质、前n项和公式．由于数列的渗透力很强，它和函数、方程、向量、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度．解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有较深的理解． 题型一 目录 题型二 题型三 题型一 　数列与 不等式的交汇 题型一 5 题型一 6 题型一 7 题型一 8 题型一 9 冲关策略 数列中不等式的处理方法 (1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式． (2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到．一般地，数列求和中的放缩的“目标数列”为“可求和数列”，如等比数列、可裂项相消求和的数列等． (3)比较方法：作差比较或作商比较． 题型一 10 题型一 11 题型一 12 题型一 13 题型一 14 题型一 15 题型一 16 题型一 17 题型一 18 题型一 19 题型一 20 题型二 　数列与函数的交汇 题型二 22 题型二 23 题型二 24 冲关策略 (1)数列与函数的综合问题一般是以函数为背景，给出数列所满足的条件．解决这类问题的关键是利用函数知识，将条件进行准确转化． (2)此类问题多考查函数思想及性质(多为单调性)，注意题中的限制条件，如定义域． 题型二 25 变式训练3　已知{an}为等比数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列，{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若cn＝[lg bn]，其中[x]是高斯函数，表示不超过x的最大整数，如[lg 2]＝0，[lg 98]＝1，求数列{cn}的前100项和T100. 第一列 第二列 第三列 第一行 1 5 2 第二行 4 3 10 第三行 9 8 20 题型二 26 题型二 27 题型三 (2024·河南郑州二模)已知数列{an}为有穷数列，且an∈N*，若数列{an}满足如下两个性质，则称数列{an}为m的k增数列：①a1＋a2＋a3＋…＋an＝m；②对于1≤i<j≤n，使得ai<aj的正整数对(i，j)有k个． (1)写出所有4的1增数列； (2)当n＝5时，若存在m的6增数列，求m的最小值； (3)若存在100的k增数列，求k的最大值． 题型三 　数列的创新题 题型三 29 解：(1)由题意得a1＋a2＋a3＋…＋an＝4， 且对于1≤i<j≤4，使得ai<aj的正整数对(i，j)有1个， 由于1＋2＋1＝4或1＋3＝4， 故所有4的1增数列有数列1，2，1和数列1，3. (2)当n＝5时，存在m的6增数列， 即a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝m，且对于1≤i<j≤5，使得ai<aj的正整数对(i，j)有6个， 所以数列{an}的各项中必有不同的项，所以m≥6且m∈N*. 若m＝6，满足要求的数列{an}中有四项为1，一项为2， 所以k≤4，不符合题意，所以m>6. 题型三 30 若m＝7，满足要求的数列{an}中有三项为1，两项为2， 此时数列为1，1，1，2，2，满足要求的正整数对(i，j)分别为(1，4)，(2，4)，(3，4)，(1，5)，(2，5)，(3，5)， 符合m的6增数列， 所以当n＝5时，存在m的6增数列，且m的最小值为7. (3)若数列{an}中的每一项都相等，则k＝0， 若k≠0，所以数列{an}中存在大于1的项， 若首项a1≠1，将a1拆分成a1个1后k变大， 所以此时k不是最大值，所以a1＝1. 题型三 31 当i＝2，3，…，n时，若ai>ai＋1，交换ai，ai＋1的顺序后k变为k＋1， 所以此时k不是最大值，所以ai≤ai＋1. 若ai＋1－ai∉{0，1}，所以ai＋1≥ai＋2， 所以将ai＋1改为ai＋1－1，并在数列首位前添加一项1，所以k的值变大， 所以此时k不是最大值，所以ai＋1－ai∈{0，1}． 若数列{an}中存在相邻的两项ai＝2，ai＋1≥3，设此时{an}中有x项为2， 将ai＋1改为2，并在数列首位前添加ai＋1－2个1后，k的值至少变为k＋1， 所以此时k不是最大值， 题型三 32 所以数列{an}的各项只能为1或2，所以数列{an}为1，1，…，1，2，2，…，2的形式． 设其中有x项为1，y项为2， 因为存在100的k增数列，所以x＋2y＝100， 所以k＝xy＝(100－2y)y＝－2y2＋100y＝－2(y－25)2＋1250， 所以当且仅当x＝50，y＝25时，k取得最大值1250. 题型三 33 冲关策略 数列新定义问题，主要针对等差、等比数列，递推公式和求和公式等综合运用，解新定义题型的步骤： (1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论； (2)重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法，归纳“举例”提供的分类情况； (3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题． 题型三 34 变式训练4　(2024·新课标Ⅰ卷节选)设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列． (1)写出所有的(i，j)，1≤i<j≤6，使数列a1，a2，…，a6是(i，j)－可分数列； (2)当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列． 题型三 35 题型三 36 回到原题，第1小问相当于从1，2，3，4，5，6中取出两个数i和j(i<j)，使得剩余的四个数成等差数列． 那么剩余的四个数只可能是1，2，3，4或2，3，4，5或3，4，5，6. 所以所有可能的(i，j)就是(1，2)，(1，6)，(5，6)． (2)证明：由于从数列1，2，…，4m＋2中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列： 题型三 37 ①{1，4，7，10}，{3，6，9，12}，{5，8，11，14}，共3组； ②{15，16，17，18}，{19，20，21，22}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共m－3组． (如果m－3＝0，则忽略②) 故数列1，2，…，4m＋2是(2，13)－可分数列． 所以数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列． 题型三 38 题型三 39 题型三 40 题型三 41 题型三 42 题型三 43 题型三 44 　　　　　　　　　　　　　 R (9,4) INCLUDEPICTURE "\\\\杨楠\\杨楠\\课件\\559数学（一轮书（提升版\\灰例1.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../杨楠/课件/559数学（一轮书（提升版/灰例1.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "\\\\杨楠\\杨楠\\课件\\559数学（一轮书（提升版\\灰例1.TIF" \* MERGEFORMATINET 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围． 解：(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9， 所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9， 两式相减可得4an＋1＝3an，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3,4). 当n＝1时，4S2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)＋a2))＝－eq \f(27,4)－9， 解得a2＝－eq \f(27,16)，所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(3,4). 所以数列{an}是首项为－eq \f(9,4)，公比为eq \f(3,4)的等比数列， 所以an＝－eq \f(9,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(n－1)＝－eq \f(3n＋1,4n). (2)因为3bn＋(n－4)an＝0，所以bn＝(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(n). 所以Tn＝－3×eq \f(3,4)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(2)－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(3)＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(4)＋…＋(n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(n－1)＋(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(n)，① 且eq \f(3,4)Tn＝－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(2)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(3)－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(4)＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(5)＋…＋(n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(n)＋(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(n＋1)，② ①－②，得eq \f(1,4)Tn＝－3×eq \f(3,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(3)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(n)－(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(n＋1) ＝－eq \f(9,4)＋eq \f(\f(9,16)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(n－1))),1－\f(3,4))－(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(n＋1)＝－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(n＋1)， 所以Tn＝－4n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(n＋1). 因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立， 所以－4n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(n＋1)≤λ(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(n)恒成立， 即－3n≤λ(n－4)恒成立， 当n<4时，λ≤eq \f(－3n,n－4)＝－3－eq \f(12,n－4)，此时λ≤1； 当n＝4时，－12≤0恒成立； 当n>4时，λ≥eq \f(－3n,n－4)＝－3－eq \f(12,n－4)，此时λ≥－3. 综上，实数λ的取值范围为[－3，1]． 变式训练1　(2023·新课标Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 而bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，)) 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋6d＝32，,T3＝4a1＋4d－12＝16，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝2，)) 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3， 所以{an}的通项公式是an＝2n＋3. (2)证法一：由(1)知，Sn＝eq \f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n， bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，)) 当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1， Tn＝eq \f(13＋（6n＋1）,2)·eq \f(n,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n， 当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn； 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq \f(3,2)(n＋1)2＋eq \f(7,2)(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn. 所以当n>5时，Tn>Sn. 证法二：由(1)知，Sn＝eq \f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n， bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，)) 当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq \f(－1＋2（n－1）－3,2)·eq \f(n,2)＋eq \f(14＋4n＋6,2)·eq \f(n,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n， 当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn； 当n为奇数时，若n≥3，则 Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq \f(－1＋2n－3,2)·eq \f(n＋1,2)＋eq \f(14＋4（n－1）＋6,2)·eq \f(n－1,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式，因此当n为奇数时，Tn＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn. 所以当n>5时，Tn>Sn. 变式训练2　(2025·云南昆明模拟)如图，已知点列Pneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xn，\f(2,xn)))与An(an，0)满足xn＋1>xn，eq \o(PnPn＋1,\s\up10(——→))⊥eq \o(AnPn＋1,\s\up10(——→))且|eq \o(PnPn＋1,\s\up10(——→))|＝|eq \o(AnPn＋1,\s\up10(——→))|，其中n∈N*，x1＝1. (1)求x2； (2)求xn＋1与xn的关系式； (3)证明：xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＋xeq \o\al(2,3)＋…＋xeq \o\al(2,n＋1)≤4n2＋1. 解：(1)因为eq \o(P1P2,\s\up10(—→))⊥eq \o(A1P2,\s\up10(—→))，|eq \o(P1P2,\s\up10(—→))|＝|eq \o(A1P2,\s\up10(—→))|， eq \o(P1P2,\s\up10(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－x1，\f(2,x2)－\f(2,x1)))，eq \o(A1P2,\s\up10(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－a1，\f(2,x2)))， 所以 2,2)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－a1＝\f(4,xx1)，,（x2－x1）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x2)－\f(2,x1)))\s\up12(2)＝（x2－a1）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x2)))\s\up12(2)，)) 得x2－x1＝eq \f(2,x2)，所以x2＝2. (2)由eq \o(PnPn＋1,\s\up10(——→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xn＋1－xn，\f(2,xn＋1)－\f(2,xn)))，eq \o(AnPn＋1,\s\up10(——→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xn＋1－an，\f(2,xn＋1)))， eq \o(PnPn＋1,\s\up10(——→))·eq \o(AnPn＋1,\s\up10(——→))＝0⇒xn＋1－an＝2,n＋1)eq \f(4,xxn) ，① 又|eq \o(PnPn＋1,\s\up10(——→))|＝|eq \o(AnPn＋1,\s\up10(——→))|，则(xn＋1－xn)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,xn＋1)－\f(2,xn))) eq \s\up12(2)＝(xn＋1－an)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,xn＋1))) eq \s\up12(2)，② 将①代入②得， (xn＋1－xn)22,n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,xxeq \o\al(2,n)))) ＝2,n＋1)eq \f(4,x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,xeq \o\al(2,n＋1)xeq \o\al(2,n)))) 即(xn＋1－xn)2＝2,n＋1)eq \f(4,x) ⇒xn＋1－xn＝eq \f(2,xn＋1). (3)证明：当n＝1时，xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＝5，满足不等式xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＋xeq \o\al(2,3)＋…＋xeq \o\al(2,n＋1)≤4n2＋1； 当n≥2时，要证xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＋xeq \o\al(2,3)＋…＋xeq \o\al(2,n＋1)≤4n2＋1，即证xeq \o\al(2,2)＋xeq \o\al(2,3)＋…＋xeq \o\al(2,n＋1)≤4n2， xn＋1－x2＝eq \o(∑,\s\up12(n),\s\do15(i＝2)) (xi＋1－xi)＝eq \o(∑,\s\up12(n),\s\do15(i＝2)) eq \f(2,xi＋1)<eq \o(∑,\s\up12(n),\s\do15(i＝2)) eq \f(2,\r(2i＋1)) 2,n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xn＋1－xn＝\f(2,xn＋1)⇒2＝x－xnxn＋1<xeq \o\al(2,n＋1)－xeq \o\al(2,n)⇒xeq \o\al(2,n＋1)－1＝\o(∑,\s\up12(n),\s\do15(i＝1)) （xeq \o\al(2,i＋1)－xeq \o\al(2,i)）>2n⇒xn＋1>\r(2n＋1))) ， 因为eq \f(2,\r(2i＋1))＝eq \f(4,\r(2i＋1)＋\r(2i＋1))<eq \f(4,\r(2i)＋\r(2i＋2)) ＝2eq \r(2)(eq \r(i＋1)－eq \r(i))， 所以xn＋1－x2<eq \o(∑,\s\up12(n),\s\do15(i＝2))2eq \r(2)(eq \r(i＋1)－eq \r(i))＝2eq \r(2)·(eq \r(n＋1)－eq \r(2))⇒xn＋1<eq \r(8n＋8)－2⇒xeq \o\al(2,n＋1)<8n＋8＋4－4eq \r(8n＋8)<8n－4⇒xeq \o\al(2,2)＋xeq \o\al(2,3)＋…＋xeq \o\al(2,n＋1)<8(1＋2＋…＋n)－4n＝4n2， 所以xeq \o\al(2,2)＋xeq \o\al(2,3)＋…＋xeq \o\al(2,n＋1)<4n2. 综上可知，xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＋xeq \o\al(2,3)＋…＋xeq \o\al(2,n＋1)≤4n2＋1. (1)若a1＝－2，点(a8，4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn； (2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－eq \f(1,ln 2)，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))的前n项和Tn. 解：(1)∵b7＝2a7＝2－2＋6d， ∴4×2－2＋6d＝2－2＋7d，解得d＝2， ∴Sn＝－2n＋n(n－1)＝n(n－3)． (2)∵f′(x)＝2xln 2，∴函数f(x)＝2x的图象在点(a2，b2)处的切线方程为y－b2＝2a2ln 2(x－a2)， 令y＝0，得－b2＝(2 a2ln 2)×(x－a2)，x＝a2－eq \f(1,ln 2)， ∴a2＝2，∴d＝2－1＝1，∴an＝n，bn＝2n. ∴eq \f(an,bn)＝eq \f(n,2n)， 其前n项和Tn＝eq \f(1,21)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n－1,2n－1)＋eq \f(n,2n)，① 两边乘以2，得2Tn＝eq \f(1,1)＋eq \f(2,21)＋eq \f(3,22)＋…＋eq \f(n,2n－1)，② ②－①，得Tn＝eq \f(1,1)＋eq \f(1,21)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)＝2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)， ∴Tn＝eq \f(2n＋1－n－2,2n). 解：(1)由题意知a1＝2，a2＝4，a3＝8， 所以等比数列{an}的公比q＝2，an＝a1qn－1＝2n. 设等差数列{bn}的公差为d，则2＝b3－2b1＝2d－b1，S7＝eq \f(7（b1＋b7）,2)＝7b4＝7a3， 所以b4＝8＝b1＋3d， 所以b1＝2，d＝2，bn＝2n. (2)cn＝[lg (2n)]， T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg 2]＋[lg 4]＋…＋[lg 8]＋[lg 10]＋…＋[lg 98]＋[lg 100]＋…＋[lg 200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147. 解：(1)首先，我们设数列a1，a2，…，a4m＋2的公差为d，则d≠0. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列， 故我们可以对该数列进行适当的变形a′k＝eq \f(ak－a1,d)＋1(k＝1，2，…，4m＋2)， 得到新数列aeq \o\al(′,k)＝k(k＝1，2，…，4m＋2)，然后对aeq \o\al(′,1)，aeq \o\al(′,2)，…，aeq \o\al(′,4m+2)进行相应的讨论即可． 换言之，我们可以不妨设ak＝k(k＝1，2，…，4m＋2)，此后的讨论均建立在该假设下进行． 变式训练5　(2025·海南模拟)定义：已知数列{an}为有穷数列，①对任意i，j(i，j∈N*，i≤j)，总存在k1∈N*，使得aiaj＝ak1，则称数列{an}为“乘法封闭数列”；②对任意i，j(i，j∈N*，i≤j)，总存在k2∈N*，使得eq \f(aj,ai)＝ak2，则称数列{an}为“除法封闭数列”． (1)若an＝3n－2(1≤n≤20，n∈N*)，判断数列{an}是否为“乘法封闭数列”； (2)已知递增数列1，a2，a3，8为“除法封闭数列”，求a2和a3； (3)已知数列{an}是以1为首项的递增数列，共有k项，k≥5，k∈N*，且为“除法封闭数列”，探究：数列{an}是否为等比数列，若是，给出说明过程；若不是，请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式． 解：(1)由题意知，数列{an}为1，4，7，10，13，…，58. 由a3a4＝7×10＝70，70不是数列{an}中的项， 故数列{an}不是“乘法封闭数列”． (2)由数列递增，可知1<a2<a3<8， 则1<eq \f(a3,a2)<a3，且1<eq \f(8,a3)<eq \f(8,a2)<8， 又数列{an}为“除法封闭数列”，则eq \f(a3,a2)，eq \f(8,a3)，eq \f(8,a2)都是数列{an}中的项， 所以eq \f(a3,a2)＝a2，即a3＝aeq \o\al(2,2)，① 且eq \f(8,a3)＝a2，eq \f(8,a2)＝a3，即a2a3＝8，② 联立①②，解得a2＝2，a3＝4. (3)数列{an}是等比数列． 证明：当k＝5时，设数列{an}为1，a2，a3，a4，a5， 由数列{an}递增，可知1<a2<a3<a4<a5， 则有1＝eq \f(a5,a5)<eq \f(a5,a4)<eq \f(a5,a3)<eq \f(a5,a2)<eq \f(a5,a1)＝a5， 由数列{an}为“除法封闭数列”， 则eq \f(a5,a5)，eq \f(a5,a4)，eq \f(a5,a3)，eq \f(a5,a2)，eq \f(a5,a1)这5个数都是数列{an}中的项， 所以有1＝eq \f(a5,a5)＝a1，eq \f(a5,a4)＝a2，eq \f(a5,a3)＝a3，eq \f(a5,a2)＝a4，eq \f(a5,a1)＝a5， 则有a5＝a1a5＝a2a4＝aeq \o\al(2,3)，eq \f(a5,a4)＝eq \f(a2,a1)，eq \f(a4,a3)＝eq \f(a3,a2)；③ 同理，由1＝eq \f(a4,a4)<eq \f(a4,a3)<eq \f(a4,a2)<eq \f(a4,a1)＝a4， 可得eq \f(a4,a3)＝a2，eq \f(a4,a2)＝a3，eq \f(a4,a1)＝a4， 则有a4＝a1a4＝a2a3，即eq \f(a4,a3)＝eq \f(a2,a1)，④ 由③④可得，eq \f(a2,a1)＝eq \f(a3,a2)＝eq \f(a4,a3)＝eq \f(a5,a4)>1，故{an}是等比数列． 当k≥6时，由数列{an}递增，可知1<a2<a3<…<ak－1<ak， 则有1＝eq \f(ak,ak)<eq \f(ak,ak－1)<…<eq \f(ak,a3)<eq \f(ak,a2)<eq \f(ak,a1)＝ak， 由数列{an}为“除法封闭数列”，则这k个数都是数列{an}中的项． 所以有1＝eq \f(ak,ak)＝a1，eq \f(ak,ak－1)＝a2，…，eq \f(ak,a3)＝ak－2，eq \f(ak,a2)＝ak－1，eq \f(ak,a1)＝ak. 所以有ak＝a1ak＝a2ak－1＝…＝aka1， 即eq \f(ai＋1,ai)＝eq \f(ak＋1－i,ak－i)(1≤i≤k－1)；⑤ 同理，由1<a2<a3<…<ak－1， 可得1＝eq \f(ak－1,ak－1)<eq \f(ak－1,ak－2)<…<eq \f(ak－1,a2)<eq \f(ak－1,a1)＝ak－1， 所以1＝eq \f(ak－1,ak－1)＝a1，eq \f(ak－1,ak－2)＝a2，…，eq \f(ak－1,a2)＝ak－2，eq \f(ak－1,a1)＝ak－1. 则ak－1＝a1ak－1＝a2ak－2＝…＝ak－1a1， 即eq \f(ai＋1,ai)＝eq \f(ak－i,ak－1－i)(1≤i≤k－2)，⑥ 联立⑤⑥得，eq \f(ai＋1,ai)＝eq \f(ak＋1－i,ak－i)＝eq \f(ak－i,ak－1－i)(1≤i≤k－2)， 则aeq \o\al(2,k－i)＝ak－i－1ak＋i＋1， 所以有aeq \o\al(2,2)＝a1a3，aeq \o\al(2,3)＝a2a4，…，aeq \o\al(2,k－1)＝ak－2ak， 所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(a3,a2)＝eq \f(a4,a3)＝…＝eq \f(ak－1,ak－2)＝eq \f(ak,ak－1)>1， 故数列{an}是等比数列． 综上所述，数列{an}是等比数列． $$