专题3 培优点4 数列的新定义问题(专题检测)-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习学生用书Word

培优点4　数列的新定义问题 1.在数列{an}中，若an＋1－a1a2a3·…·an＝d（n∈N*），则称数列{an}为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”.已知数列{an}是一个“泛等差数列”，数列{bn}满足＋＋…＋＝a1a2a3·…·an－bn. （1）若数列{an}的“泛差”d＝1，且a1，a2，a3成等差数列，求a1； （2）若数列{an}的“泛差”d＝－1，且a1＝，求数列{bn}的通项公式. 2.对于一个有穷递增正整数数列P，设其各项为a1，a2，…，an（n≥5）.若数列P中存在不同的四项ap，aq，as，at满足ap＋aq＝as＋at，则称P为等和数列，集合M＝{ap，aq，as，at}称为P的一个等和子集，否则称P为不等和数列. （1）判断下列数列是不是等和数列，若是等和数列，直接写出它的所有等和子集； A：1，3，5，7，9 B：2，4，6，7，10 （2）已知数列P：a1，a2，a3，a4，a5是等和数列，并且对于任意的i，j（1≤i＜j≤5），总存在P的一个等和子集M满足集合{ai，aj}⊆M.证明：数列P是等差数列. 3.在无穷数列{an}中，令Tn＝a1a2·…·an，若∀n∈N*，Tn∈{an}，则称{an}对前n项之积是封闭的. （1）试判断：任意一个无穷等差数列{an}对前n项之积是否是封闭的？ （2）设{an}是无穷等比数列，其首项a1＝2，公比为q.若{an}对前n项之积是封闭的，求出q的两个值； （3）证明：对任意的无穷等比数列{an}，总存在两个无穷数列{bn}和{cn}，使得an＝bn·cn（n∈N*），其中{bn}和{cn}对前n项之积都是封闭的. 4.基本不等式可以推广到一般的情形：对于n个正数a1，a2，…，an，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立.若无穷正项数列{an}同时满足下列两个条件：①∃M＞0，an＜M；②{an}为单调数列，则称数列{an}具有性质P. （1）若an＝n＋，求数列{an}的最小项； （2）若bn＝，记Sn＝bi，判断数列{Sn}是否具有性质P，并说明理由； （3）若cn＝（1＋）n，求证：数列{cn}具有性质P. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 培优点4　数列的新定义问题 1.解：（1）因为d＝1，所以an＋1－a1a2a3·…·an＝1（n∈N*）， 所以a2＝a1＋1，a3＝a1a2＋1＝a1（a1＋1）＋1. 因为a1，a2，a3成等差数列， 所以2（a1＋1）＝a1＋a1（a1＋1）＋1， 所以＝1所以a1＝1或a1＝－1. （2）因为＋＋…＋＝a1a2a3·…·an－bn， ① 所以＋＋…＋＋＝a1a2a3·…·anan＋1－bn＋1， ② ②－①得，＝a1a2a3·…·anan＋1－a1a2a3·…·an－（bn＋1－bn）＝a1a2a3·…·an（an＋1－1）－（bn＋1－bn）. 因为an＋1－a1a2a3·…·an＝－1，所以a1a2a3·…·an＝an＋1＋1， 所以＝（an＋1＋1）（an＋1－1）－（bn＋1－bn）＝－1－（bn＋1－bn）， 所以bn＋1－bn＝－1. 又b1＝a1－＝， 所以bn＝＋（n－1）×（－1）， 即bn＝－n＋. 2.解：（1）数列A是等和数列，所有的等和子集为{1，3，5，7}，{1，3，7，9}，{3，5，7，9}. 数列B是不等和数列. （2）证明：数列P最多有如下五个等和子集：{a1，a2，a3，a4}，{a1，a2，a3，a5}，{a1，a2，a4，a5}，{a1，a3，a4，a5}，{a2，a3，a4，a5}. 先考虑含a1，a5在内的三个等和子集，因为数列P是递增数列，所以a1＜a2＜a3＜a4＜a5，故只可能是如下三种情况的一种： a1＋a5＝a2＋a3，a1＋a5＝a3＋a4，a1＋a5＝a2＋a4. 若a1＋a5＝a2＋a3，则{a1，a2，a4，a5}，{a1，a3，a4，a5}，{a1，a2，a3，a4}不是P的等和子集， 所以P的所有等和子集可能为{a1，a2，a3，a5}，{a2，a3，a4，a5}. 但此时{a1，a4}不满足{ai，aj}⊆M， 所以以上讨论不成立，即a1＋a5≠a2＋a3； 同理，a1＋a5≠a3＋a4，所以a1＋a5＝a2＋a4， ① 此时{a1，a2，a3，a5}，{a1，a3，a4，a5}不是P的等和子集， 考虑到{a1，a3}⊆{a1，a2，a3，a4}，{a3，a5}⊆{a2，a3，a4，a5}， 故{a1，a2，a3，a4}，{a2，a3，a4，a5}是P的等和子集， 故a1＋a4＝a2＋a3， ② a3＋a4＝a2＋a5， ③ 由①②③可知a2－a1＝a3－a2＝a4－a3＝a5－a4，即数列P是等差数列. 3.解：（1）不是，理由如下： 如等差数列－，－1，－，－2，…，T2＝a1a2＝∉{－，－1，－，－2，…}， 所以不是任意一个无穷等差数列对前n项之积是封闭的. （2）{an}是等比数列，其首项a1＝2，公比为q， 所以an＝a1·qn－1＝2qn－1（n∈N*）， 所以Tn＝a1a2…an＝2nq1＋2＋…＋（n－1）＝2n， 由已知得，对任意正整数n，总存在正整数m，使得Tn＝am成立， 即对任意正整数n，总存在正整数m，使得2n＝2qm－1成立， 即＝21－n成立， ①当m＝≥1时，得－（m－1）＝1－n，所以q＝2； ②当m＝＋（2－n）＝≥1，得［－（m－1）］＋（1－n）＝0， 所以q＝， 综上，q＝2或. （3）证明：对任意的无穷等比数列{an}，an＝a1qn－1＝·（）n－1， 令bn＝，cn＝（）n－1，则an＝bn·cn（n∈N*）， 下面证明：{bn}是对前n项之积是封闭的. 因为bn＝，所以Tn＝＝， 取正整数m＝得，Tn＝bm， 所以{bn}对前n项之积是封闭的， 同理证明：{cn}也对前n项之积是封闭的， 所以对任意的无穷等比数列{an}，总存在两个无穷数列{bn}和{cn}，使得an＝bn·cn（n∈N*），其中{bn}和{cn}对前n项之积都是封闭的. 4.解：（1）∵an＝＋＋≥3＝3，当且仅当＝，即n＝2时，等号成立， ∴数列{an}的最小项为a2＝2＋＝3. （2）数列{Sn}具有性质P. ∵bn＝＝≤， ∴Sn＝bi≤＝1＋＋＋…＋＝＝2（1－）＜2， ∴数列{Sn}满足条件①. ∵bn＝＞0，∴Sn＜Sn＋1，∴{Sn}为单调递增数列，∴数列{Sn}满足条件②. 综上，数列{Sn}具有性质P. （3）证明：先证数列{cn}满足条件①： cn＝（1＋）n＝＋·＋·＋·＋…＋·. 当k≥2时，·＝＝···…··≤≤＝－， 则cn＝（1＋）n≤1＋1＋（1－）＋（－）＋…＋（－）＝3－＜3， ∴数列{cn}满足条件①. 再证数列{cn}满足条件②： cn＝（1＋）n＝（1＋）·（1＋）·…·（1＋）·1＜ ［］n＋1（ 1＋＞1，等号取不到） ＝（）n＋1＝（1＋）n＋1＝cn＋1， ∴{cn}为单调递增数列，∴数列{cn}满足条件②. 综上，数列{cn}具有性质P. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $