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文檔簡介
拓展深化5數(shù)列新定義及子數(shù)列問題數(shù)列是中學數(shù)學的重要內(nèi)容之一,除了傳統(tǒng)的等差數(shù)列和等比數(shù)列之外,近幾年各地高考和模擬試題中頻頻出現(xiàn)“新定義”數(shù)列問題,成為高考命題中一道亮麗的風景線.這類題型的特點是先給出數(shù)列的“新定義”,然后要求利用短時間的閱讀理解,對新概念進行即時性的學習,并能獨立地從不同角度運用它們作進一步的運算、推理、提煉、加工,進而解決相關的新問題.主要考查學生等價轉(zhuǎn)換和分析推理的思想,即利用已學過的知識分析和解決新問題,要求學生有較高的分析和解決問題的能力.一、新定義數(shù)列問題【例1-1】
(2019·南通期末)若數(shù)列{an}中存在三項,按一定次序排列構(gòu)成等比數(shù)列,則稱{an}為“等比源數(shù)列”.
已知數(shù)列{an}中,a1=2,an+1=2an-1. (1)求{an}的通項公式; (2)試判斷{an}是否為“等比源數(shù)列”,并證明你的結(jié)論.
解
(1)由an+1=2an-1,得an+1-1=2(an-1),且a1-1=1,所以數(shù)列{an-1}是首項為1,公比為2的等比數(shù)列.
所以an-1=2n-1.
所以數(shù)列{an}的通項公式為an=2n-1+1.(2)數(shù)列{an}不是“等比源數(shù)列”.用反證法證明如下:假設數(shù)列{an}是“等比源數(shù)列”,則存在三項am,an,ak(m<n<k)按一定次序排列構(gòu)成等比數(shù)列.因為an=2n-1+1,所以am<an<ak.又m<n<k,m,n,k∈N*,所以2n-m-1≥1,n-m+1≥1,k-1≥1,k-m≥1.所以22n-m-1+2n-m+1-2k-1-2k-m為偶數(shù),與22n-m-1+2n-m+1-2k-1-2k-m=1矛盾.所以數(shù)列{an}中不存在任何三項,按一定次序排列構(gòu)成等比數(shù)列.綜上,可得數(shù)列{an}不是“等比源數(shù)列”.【例1-2】
(2017·江蘇卷)對于給定的正整數(shù)k,若數(shù)列{an}滿足an-k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2kan對任意正整數(shù)n(n>k)總成立,則稱數(shù)列{an}是“P(k)數(shù)列”. (1)證明:等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”; (2)若數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”,又是“P(3)數(shù)列”,證明:{an}是等差數(shù)列.
證明
(1)因為{an}是等差數(shù)列,設其公差為d,
則an=a1+(n-1)d,從而,當n≥4時, an-k+an+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2an,k=1,2,3,
所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an,
因此等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”.(2)數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”,又是“P(3)數(shù)列”,因此,當n≥3時,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,①當n≥4時,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.②由①知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),③an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).④將③④代入②,得an-1+an+1=2an,其中n≥4,所以a3,a4,a5,…是等差數(shù)列,設其公差為d′.在①中,取n=4,則a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d′(利用a3,a4,a5,…成等差),在①中,取n=3,則a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d′,所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列.二、子數(shù)列問題【例2-1】
已知在等差數(shù)列{an}中,a2=5,前10項和S10=120,若從數(shù)列{an}中依次取出第2項、第4項、第8項、…、第2n項,按原順序組成新數(shù)列{bn},求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.所以an=3+(n-1)·2=2n+1,bn=a2n=2·2n+1.【例2-2】
設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知a1=2,S6=22. (1)求Sn; (2)若從{an}中抽取一個公比為q的等比數(shù)列{akn},其中k1=1,且k1<k2<…<kn<…,kn∈N*,當q取最小值時,求{kn}的通項公式.
解
(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d,因為數(shù)列{an}是正項遞增的等差數(shù)列,所以數(shù)列{akn}的公比q>1.同理,k2>3.所以最小的公比q=2,此時kn=3·2n-1-2.(1)是否存在實數(shù)λ,使得數(shù)列{a2n-λ}是等比數(shù)列?若存在,求出λ的值;若不存在,請說明理由.(2)若Sn是數(shù)列{an}的前n項和,求滿足Sn>0的所有正整數(shù)n.解(1)設bn=a2n-λ,顯然,當n∈N*時,{S2n}單調(diào)遞減.所以當n≥2時,S2n<0.同理,當且僅當n=1時,S2n-1>0.綜上,滿足Sn>0的所有正整數(shù)n為1和2.探究提高數(shù)列解答題是高考中的壓軸題,跟新定義相關問題也是高考中的??紗栴}.主要有以下幾類問題:(1)新定義問題通常以“新性質(zhì)”賦予一種數(shù)列,證明或處理與該定義有關的若干問題;(2)子數(shù)列是從一個數(shù)列中抽取幾個數(shù),按照它們在原數(shù)列中的順序所組成的新的數(shù)列.此類問題的處理關鍵是認清原數(shù)列和子數(shù)列的關系.(3)數(shù)列的奇偶項問題的處理類似分段函數(shù)的處理,分別對奇數(shù)項和偶數(shù)項進行處理.如:對于通項公式分奇偶不同的數(shù)列{an}求Sn時,我們可以分別求出奇數(shù)項的和及偶數(shù)項的和,也可以把a2k-1+a2k看做一項,求出S2k,再由S2k-1=S2k-a2k,求S2k-1.[深化訓練]1.已知實數(shù)q≠0,數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1≠0,對任意正整數(shù)m,n,且n>m,Sn-Sm=qmSn-m恒成立. (1)求證:數(shù)列{an}為等比數(shù)列; (2)若正整數(shù)i,j,k成公差為3的等差數(shù)列,Si,Sj,Sk按一定順序排列成等差數(shù)列,求q的值.
(1)證明令m=1,Sn-a1=qSn-1,Sn+1-a1=qSn,
兩式相減得an+1=qan(n≥2),
在Sn-a1=qSn-1中令n=2,a2=qa1,
所以數(shù)列{an}是等比數(shù)列.(2)解不妨設公差為3的等差數(shù)列為i,i+3,i+6,①若Si,Si+3,Si+6成等差數(shù)列,則ai+1+ai+2+ai+3=ai+4+ai+5+ai+6=(ai+1+ai+2+ai+3)q3,即q3=1,解得q=1;②若Si+3,Si,Si+6成等差數(shù)列,則-(ai+1+ai+2+ai+3)=(ai+1+ai+2+…+ai+6),∴2(ai+1+ai+2+ai+3)+(ai+1+ai+2+ai+3)q3=0,③若Si+3,Si+6,Si成等差數(shù)列,則有(ai+4+ai+5+ai+6)=-(ai+1+ai+2+…+ai+6),∴2(ai+1+ai+2+ai+3)q3+(ai+1+ai+2+ai+3)=0.2.(2019·常州期末)已知等差數(shù)列{an}的公差d為整數(shù),且ak=k2+2,a2k=(k+2)2,其中k為常數(shù)且k∈N*. (1)求k及an;因為k∈N*且d為整數(shù),所以k=1或k=2.當k=1時,d=6,代入①,解得a1=3,所以an=6n-3.當k=2時,d=5,代入①,解得a1=1,所以an=5n-4.(2)因為a1>1,所以an=6n-3,從而Sn=3n2.3.(2018·南通、泰州調(diào)研)若數(shù)列{an}同時滿足:①對于任意的正整數(shù)n,an+1≥an恒成立;②對于給定的正整數(shù)k,an-k+an+k=2an對于任意的正整數(shù)n(n>k)恒成立,則稱數(shù)列{an}是“R(k)數(shù)列”.(2)已知數(shù)列{bn}是“R(3)數(shù)列”,且存在整數(shù)p(p>1),使得b3p-3,b3p-1,b3p+1,b3p+3成等差數(shù)列,證明:{bn}是等差數(shù)列.(1)解當n為奇數(shù)時,an+1-an=2(n+1)-(2n-1)=3>0,所以an+1≥an.當n>2時,an-2+an+2=2(n-2)-1+2(n+2)-1=2(2n-1)=2an.當n為偶數(shù)時,an+1-an=(2n+1)-2n=1>0,所以an+1≥an.當n>2時,an-2+an+2=2(n-2)+2(n+2)=4n=2an.所以數(shù)列{an}是“R(2)數(shù)列”.(2)證明由題意可得當n>3時,bn-3+bn+3=2bn,則數(shù)列b1,b4,b7,…是等差數(shù)列,設其公差為d1,數(shù)列b2,b5,b8,…是等差數(shù)列,設其公差為d2,數(shù)列b3,b6,b9,…是等差數(shù)列,設其公差為d3,因為bn≤bn+1,所以b3n+1≤b3n+2≤b3n+4,所以b1+nd1≤b2+nd2≤b1+(n+1)d1,所以n(d2-d1)≥b1-b2,①n(d2-d1)≤b1-b2+d1.②若d2-d1=0,則①和②都成立,所以d1=d2.同理得d1=d3,所以d1=d2=d3.設d1=d2=d3=d,b
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