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　子数列、新情境、新定义问题
题型一　数列奇偶项问题
[典例1]　(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
　该递推数列属于数列奇偶项的问题，主要考查综合知识与探究问题能力，解决此类问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差或公比等，特别注意分类讨论等思想在解题中的灵活运用．
[跟进训练]
1．(2023·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝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．
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题型二　数列增减项问题
[典例2]　(2024·江苏南京期末)已知数列满足a1＝4，且an＋1 ＋an＝8n＋4．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知bn＝2n，在数列中剔除与的公共项后余下的项按原顺序构成一个新数列，求数列的前192项和T192．
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
　1．解决数列中增减项问题的关键是通过阅读理解题意，要弄清楚增加了(减少了)多少项，增加(减少)的项有什么特征．
2．两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列，且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数，一个等差与一个等比数列的公共项，则要通过其项数之间的关系来确定．
[跟进训练]
2．记数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，有2Sn＝nan，且a2＝3．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对所有正整数m，若ak＜2m＜ak＋1，则在ak和ak＋1两项中插入2m，由此得到一个新数列{bn}，求{bn}的前40项和．
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题型三　数列新情境、新定义问题
[典例3]　(17分)若正整数m，n的最大公约数为1，则称m，n互质．对于正整数k，φ是不大于k的正整数中与k互质的数的个数，称φ为欧拉函数．例如φ＝1，φ＝2．设数列是等比数列，且an＝φ．数列的前n项和为Sn，满足Sn＝an．
(1)求数列的通项公式；
(2)设32 024＝m，求的前2 024项和(结果用m表示，数字用分数)；
(3)证明：＋…＋>an．
【规范解答】　(1)
得a1＝φ＝3，a2＝φ＝9. ·················2分
又因为数列是等比数列，设的公比为q，
可得q＝＝3，························3分
因此an＝3n．·························4分
所以Sn＝×3n，····················5分
即Sn－1＝ ×3n-1，n≥2；
可得bn＝Sn－Sn－1＝×3n－ ×3n-1，n≥2．
即bn＝×3n-1，n≥2. ·················6分

即可得bn＝×3n-1，n∈N*．··············7分
(2)由(1)可知＝×3n-1，·················8分
设Tn＝＋…＋＝6×30＋8×31＋…＋×3n-1，
则3Tn＝6×31＋8×32＋…＋×3n，············9分
两式相减可得－2Tn＝6×30＋2×31＋2×32＋…＋2×3n-1－×3n
　　　　　
即Tn＝×3n－，····················11分
所以T2 024＝×32 024－＝m－．··········12分
(3)证明：当n＝1时，＝6>a1＝3，原不等式成立；········13分
当n≥2时，＝×3n-1>2×3n-1，·············14分
　　　　　
·················16分
＝3n＋3>3n＝an，
综上可知＋…＋>an．···············17分
　对于新信息情境下的数列问题，在读懂题意的前提下，依据题目提供的信息，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决．
[跟进训练]
3．(2024·江西南昌一模)对于各项均不为零的数列，我们定义：数列为数列的“k-比分数列”．已知数列满足a1＝b1＝1，且的“1-比分数列”与的“2-比分数列”是同一个数列．
(1)若是公比为2的等比数列，求数列的前n项和Sn；
(2)若是公差为2的等差数列，求an．
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重点培优课7　子数列、新情境、新定义问题
题型一
典例1　解：(1)因为bn＝a2n，且a1＝1，
an＋1＝
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5．
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*．
(2)因为an＋1＝
所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，
即a2k＝a2k－1＋1， ①
a2k＋1＝a2k＋2， ②
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1， ③
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋20＋×3＝300．
跟进训练
1．解：(1)设等差数列{an}的公差为d．
因为bn＝
所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6．
因为S4＝32，T3＝16，
所以
整理得解得
所以{an}的通项公式为an＝2n＋3．
(2)证明：由(1)知an＝2n＋3，
所以Sn＝＝n2＋4n，
bn＝
当n为奇数时，
Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝＝．
当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝＞0，
所以Tn＞Sn．
当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝＝．
当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝＞0，
所以Tn＞Sn．
综上可知，当n＞5时，Tn＞Sn．
题型二
典例2　解：(1)当n＝1时，a2＋a1＝12，所以a2＝8；
当n≥2时，an＋an－1＝8n－4，所以an ＋ 1 －an－1 ＝8；
当n为偶数时，an＝8＋×8＝4n;
当n为奇数时，an＝4＋×8＝4n；
综上所述：an＝4n．
(2)设{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Hn，
由(1)可知a200＝800，b9＝29＝512，
当n≤200时，可知{an}与{bn}的公共项为4，8，16，…，512，共8项，
所以数列的前192项和T192＝S200－(H9－2)＝ ＝80 400－1 020＝79 380．
跟进训练
2．解：(1)由2Sn＝nan，则2Sn＋1＝(n＋1)an＋1，
两式相减得，2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan,
整理得，(n－1)an＋1＝nan，即n≥2时，＝，
所以n≥2时，an＝·…··a2＝·…··3＝3(n－1)，
又n＝1时，2a1＝a1，得a1＝0，也满足上式．
故an＝3(n－1)．
(2)由a40＝117，所以26又a34＝99>26，所以的前40项中有34项来自．
故b1＋b2＋…＋b40＝(a1＋a2＋…＋a34)＋(21＋22＋…＋26)
＝＝1 683＋126＝1 809．
所以{bn}的前40项和为1 809．
题型三
跟进训练
3．解：(1)由题意知＝，
因为b1＝1，且是公比为2的等比数列，所以＝4．
因为a1＝1，所以数列是首项为1，公比为4的等比数列，所以Sn＝＝．
(2)因为b1＝1，且是公差为2的等差数列，所以bn＝2n－1，所以＝＝，
所以＝＝，…，＝，
所以＝．
因为a1＝1，所以an＝．
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第六章
　数列
重点培优课7　子数列、新情境、新定义问题
题型一　数列奇偶项问题
[典例1]　(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
解：(1)因为bn＝a2n，且a1＝1，
an＋1＝
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5．
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*．
(2)因为an＋1＝
所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，
即a2k＝a2k－1＋1， ①
a2k＋1＝a2k＋2， ②
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1， ③
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋20＋×3＝300．
名师点评　该递推数列属于数列奇偶项的问题，主要考查综合知识与探究问题能力，解决此类问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差或公比等，特别注意分类讨论等思想在解题中的灵活运用．
[跟进训练]
1．(2023·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝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．
因为bn＝
所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6．
因为S4＝32，T3＝16，
所以
整理得解得
所以{an}的通项公式为an＝2n＋3．
(2)证明：由(1)知an＝2n＋3，
所以Sn＝＝n2＋4n，
bn＝
当n为奇数时，
Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝＝．
当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝＞0，
所以Tn＞Sn．
当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝＝．
当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝＞0，
所以Tn＞Sn．
综上可知，当n＞5时，Tn＞Sn．
题型二　数列增减项问题
[典例2]　(2024·江苏南京期末)已知数列满足a1＝4，且an＋1 ＋an＝8n＋4．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知bn＝2n，在数列中剔除与的公共项后余下的项按原顺序构成一个新数列，求数列的前192项和T192．
解：(1)当n＝1时，a2＋a1＝12，所以a2＝8；
当n≥2时，an＋an－1＝8n－4，所以an ＋ 1 －an－1 ＝8；
当n为偶数时，an＝8＋×8＝4n;
当n为奇数时，an＝4＋×8＝4n；
综上所述：an＝4n．
(2)设{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Hn，
由(1)可知a200＝800，b9＝29＝512，
当n≤200时，可知{an}与{bn}的公共项为4，8，16，…，512，共8项，
所以数列的前192项和T192＝S200－(H9－2)＝ ＝80 400－1 020＝79 380．
名师点评　1．解决数列中增减项问题的关键是通过阅读理解题意，要弄清楚增加了(减少了)多少项，增加(减少)的项有什么特征．
2．两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列，且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数，一个等差与一个等比数列的公共项，则要通过其项数之间的关系来确定．
[跟进训练]
2．记数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，有2Sn＝nan，且a2＝3．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对所有正整数m，若ak＜2m＜ak＋1，则在ak和ak＋1两项中插入2m，由此得到一个新数列{bn}，求{bn}的前40项和．
解：(1)由2Sn＝nan，则2Sn＋1＝(n＋1)an＋1，
两式相减得，2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan,
整理得，(n－1)an＋1＝nan，即n≥2时，＝，
所以n≥2时，an＝·…··a2＝·…··3＝3(n－1)，
又n＝1时，2a1＝a1，得a1＝0，也满足上式．
故an＝3(n－1)．
(2)由a40＝117，所以26又a34＝99>26，所以的前40项中有34项来自．
故b1＋b2＋…＋b40＝(a1＋a2＋…＋a34)＋(21＋22＋…＋26)
＝＝1 683＋126＝1 809．
所以{bn}的前40项和为1 809．
题型三　数列新情境、新定义问题
[典例3]　(17分)若正整数m，n的最大公约数为1，则称m，n互质．对于正整数k，φ是不大于k的正整数中与k互质的数的个数，称φ为欧拉函数．例如φ＝1，φ＝2．设数列是等比数列，且an＝φ．数列的前n项和为Sn，满足Sn＝an．
(1)求数列的通项公式；
(2)设32 024＝m，求的前2 024项和(结果用m表示，数字用分数)；
(3)证明：＋…＋>an．
【规范解答】　(1)
得a1＝φ＝3，a2＝φ＝9. ·············2分
又因为数列是等比数列，设的公比为q，
可得q＝＝3，·····················3分
因此an＝3n．······················4分
所以Sn＝×3n，··················5分
即Sn－1＝ ×3n-1，n≥2；
可得bn＝Sn－Sn－1＝×3n－ ×3n-1，n≥2．
即bn＝×3n-1，n≥2. ··············6分

即可得bn＝×3n-1，n∈N*．···········7分
(2)由(1)可知＝×3n-1，··············8分
设Tn＝＋…＋＝6×30＋8×31＋…＋×3n-1，
则3Tn＝6×31＋8×32＋…＋×3n，··········9分
两式相减可得－2Tn＝6×30＋2×31＋2×32＋…＋2×3n-1－×3n
　　　　　
即Tn＝×3n－，·················11分
所以T2 024＝×32 024－＝m－．·······12分
(3)证明：当n＝1时，＝6>a1＝3，原不等式成立；·····13分
当n≥2时，＝×3n-1>2×3n-1，···········14分
　　　　　
··············16分
＝3n＋3>3n＝an，
综上可知＋…＋>an．············17分
名师点评　对于新信息情境下的数列问题，在读懂题意的前提下，依据题目提供的信息，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决．
[跟进训练]
3．(2024·江西南昌一模)对于各项均不为零的数列，我们定义：数列为数列的“k-比分数列”．已知数列满足a1＝b1＝1，且的“1-比分数列”与的“2-比分数列”是同一个数列．
(1)若是公比为2的等比数列，求数列的前n项和Sn；
(2)若是公差为2的等差数列，求an．
解：(1)由题意知＝，
因为b1＝1，且是公比为2的等比数列，所以＝4．
因为a1＝1，所以数列是首项为1，公比为4的等比数列，所以Sn＝＝．
(2)因为b1＝1，且是公差为2的等差数列，所以bn＝2n－1，所以＝＝，
所以＝＝，…，＝，
所以＝．
因为a1＝1，所以an＝．
培优训练(七)　子数列、新情境、新定义问题
1．(2025·山东潍坊模拟)设Sn是数列的前n项和，已知a1＝1，an＋1＝
(1)证明：是等比数列；
(2)求满足S2n>0的所有正整数n．
2
4
3
题号
1
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
解：(1)证明：由已知得a2n＋2＝a2n＋1＋2n＋1＝＋2n＋1＝a2n＋1，
所以a2n＋2－2＝，
其中a2＝，a2－2＝－≠0，
所以是以－为首项，为公比的等比数列．
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
(2)由(1)知a2n－2＝－，
所以a2n＝－＋2，
a2n－1＝6－4n－，
所以a2n－1＋a2n＝8－4n－3×，
所以S2n＝＋…＋
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
＝8n－4－3 ＝－2n2＋6n－3＋3×＝－2＋＋3×，
当n≥2时，单调递减，其中S2＝，S4＝，S6＝－，
所以满足S2n>0的所有正整数n为1，2．
2
3
题号
1
4
2．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同一列，{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3．
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
2
3
题号
1
4
(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项的和T100．
2
3
题号
1
4
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＝＝7b4＝7a3，
所以b4＝8＝b1＋3d，所以b1＝2，d＝2，bn＝2n．
(2)因为bn＝2n，所以cn＝[lg (2n)]．
所以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．
2
3
题号
4
1
3．(2025·湖北武汉模拟)定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，2，3经过第一次“和扩充”后得到数列1，3，2，5，3；第二次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2，7，5，8，3．设数列a，b，c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，所有项的和为Sn．
(1)若a＝2，b＝3，c＝4，求P2，S2；
(2)若Pn≥2 024，求正整数n的最小值；
(3)是否存在数列a，b，c，使得数列为等比数列？请说明理由．
2
3
题号
4
1
解：(1)a＝2，b＝3，c＝4，第一次“和扩充”后得到数列2，5，3，7，4，
第二次“和扩充”后得到数列2，7，5，8，3，10，7，11，4，
P2＝9，S2＝2＋7＋5＋8＋3＋10＋7＋11＋4＝57．
(2)数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列a，b，c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，则经第次“和扩充”后增加的项数为Pn－1，
所以Pn＋1＝Pn＋＝2Pn－1，
所以Pn＋1－1＝2Pn－2＝2，
2
3
题号
4
1
其中数列a，b，c经过1次“和扩充”后，得到a，a＋b，b，b＋c，c，
故P1＝5，P1－1＝4，故是首项为4，公比为2的等比数列，
所以Pn－1＝4×2n-1＝2n+1，故Pn＝2n+1＋1，
则2n+1＋1≥2 024，即2n+1≥2 023．
又n∈N*，解得n≥10，最小值为10．
2
3
题号
4
1
(3)因为S1＝a＋a＋b＋b＋b＋c＋c＝2a＋3b＋2c，S2＝S1＋3，
S3＝S2＋32，依次类推，Sn＝Sn－1＋3n-1，
故Sn＝Sn－1＋3n-1
＝Sn－2＋3n-2＋3n-1
＝…＝S1＋
＝2a＋3b＋2c＋＝·3n＋，
2
3
题号
4
1
若使为等比数列，
则 或
所以存在数列a，b，c(a，b，c∈R)，使得数列{Sn}为等比数列，a，b，c满足的条件为a＋c＝0，b≠0或2b＋a＋c＝0，a＋c≠0．
2
4
3
题号
1
4．定义：已知数列为有穷数列．①对任意i，j(i，j∈N*，i≤j)，总存在k1∈N*，使得aiaj＝，则称数列为“乘法封闭数列”；②对任意i，j(i，j∈N*，i≤j)，总存在k2∈N*，使得＝，则称数列为“除法封闭数列”．
(1)若an＝3n－2(1≤n≤20，n∈N*)，判断数列是否为“乘法封闭数列”；
2
4
3
题号
1
(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：数列是否为等比数列，若是，请给出证明过程；若不是，请写出一个满足条件的数列的通项公式．
2
4
3
题号
1
解：(1)由题意知，数列为：1，4，7，10，13，…，58．
由a3·a4＝7×10＝70，70不是数列中的项，
故数列不是“乘法封闭数列”．
(2)由题意数列递增可知1又数列为“除法封闭数列”，则都是数列中的项，
2
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3
题号
1
所以＝a2，即a3＝①；
且＝a2，＝a3，即a2a3＝8②，
联立①②，解得a2＝2，a3＝4．
(3)数列是等比数列．
证明：当k＝5时，设数列为1，a2，a3，a4，a5，
由题意数列递增可知1则有1＝<<<<＝a5，
2
4
3
题号
1
由数列为“除法封闭数列”，
则这5个数都是数列中的项，
所以有1＝＝a1，＝a2，＝a3，＝a4，＝a5，
则有a5＝a1a5＝a2a4＝＝＝③；
同理，由1＝<<<＝a4，可得＝a2，＝a3，＝a4，
则有a4＝a1a4＝a2a3，即＝④；
由③④可得，＝＝＝>1，故是等比数列．
2
4
3
题号
1
当k≥6时，由题意数列递增可知1则有1＝<<…<<<＝ak，
由数列为“除法封闭数列”，则这k个数都是数列中的项．
所以有1＝＝a1，＝a2，…，＝ak－2，＝ak－1，＝ak．
所以有ak＝a1ak＝a2ak－1＝…＝aka1，
即＝(1≤i≤k－1)⑤；
2
4
3
题号
1
同理，由1可得1＝<<…<<＝ak－1，
所以1＝＝a1，＝a2，…，＝ak－2，＝ak－1．
则ak－1＝a1ak－1＝a2ak－2＝…＝ak－1a1，
即＝(1≤i≤k－2)⑥，
联立⑤⑥得，＝＝(1≤i≤k－2)，
则＝ak－i－1ak－i＋1，
2
4
3
题号
1
所以有＝＝＝ak－2ak，
所以＝＝＝…＝＝>1，
故数列{an}是等比数列．
综上所述，数列{an}是等比数列．
谢 谢！培优训练(七)　子数列、新情境、新定义问题
1．(2025·山东潍坊模拟)设Sn是数列的前n项和，已知a1＝1，an＋1＝
(1)证明：是等比数列；
(2)求满足S2n>0的所有正整数n．
2．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同一列，{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3．
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
(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项的和T100．
3．(2025·湖北武汉模拟)定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，2，3经过第一次“和扩充”后得到数列1，3，2，5，3；第二次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2，7，5，8，3．设数列a，b，c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，所有项的和为Sn．
(1)若a＝2，b＝3，c＝4，求P2，S2；
(2)若Pn≥2 024，求正整数n的最小值；
(3)是否存在数列a，b，c，使得数列为等比数列？请说明理由．
4．定义：已知数列为有穷数列．①对任意i，j(i，j∈N*，i≤j)，总存在k1∈N*，使得aiaj＝，则称数列为“乘法封闭数列”；②对任意i，j(i，j∈N*，i≤j)，总存在 k2∈N*，使得＝，则称数列为“除法封闭数列”．
(1)若an＝3n－2(1≤n≤20，n∈N*)，判断数列是否为“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：数列是否为等比数列，若是，请给出证明过程；若不是，请写出一个满足条件的数列的通项公式．
培优训练(七)
1．解：(1)证明：由已知得a2n＋2＝a2n＋1＋2n＋1＝＋2n＋1＝a2n＋1，
所以a2n＋2－2＝，
其中a2＝，a2－2＝－≠0，
所以是以－为首项，为公比的等比数列．
(2)由(1)知a2n－2＝－，
所以a2n＝－＋2，
a2n－1＝6－4n－，
所以a2n－1＋a2n＝8－4n－3×，
所以S2n＝＋…＋
＝8n－4－3 ＝－2n2＋6n－3＋3×
＝－2＋＋3×，
当n≥2时，单调递减，其中S2＝，S4＝，S6＝－，
所以满足S2n>0的所有正整数n为1，2．
2．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＝＝7b4＝7a3，
所以b4＝8＝b1＋3d，所以b1＝2，d＝2，bn＝2n．
(2)因为bn＝2n，所以cn＝[lg (2n)]．
所以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．
3．解：(1)a＝2，b＝3，c＝4，第一次“和扩充”后得到数列2，5，3，7，4，
第二次“和扩充”后得到数列2，7，5，8，3，10，7，11，4，
P2＝9，S2＝2＋7＋5＋8＋3＋10＋7＋11＋4＝57．
(2)数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列a，b，c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，则经第次“和扩充”后增加的项数为Pn－1，
所以Pn＋1＝Pn＋＝2Pn－1，
所以Pn＋1－1＝2Pn－2＝2，
其中数列a，b，c经过1次“和扩充”后，得到a，a＋b，b，b＋c，c，
故P1＝5，P1－1＝4，故是首项为4，公比为2的等比数列，
所以Pn－1＝4×2n-1＝2n+1，故Pn＝2n+1＋1，
则2n+1＋1≥2 024，即2n+1≥2 023．
又n∈N*，解得n≥10，最小值为10．
(3)因为S1＝a＋a＋b＋b＋b＋c＋c＝2a＋3b＋2c，S2＝S1＋3，
S3＝S2＋32，依次类推，Sn＝Sn－1＋3n-1，
故Sn＝Sn－1＋3n-1
＝Sn－2＋3n-2＋3n-1
＝…＝S1＋
＝2a＋3b＋2c＋
＝·3n＋，
若使为等比数列，
则 或
所以存在数列a，b，c(a，b，c∈R)，使得数列{Sn}为等比数列，a，b，c满足的条件为a＋c＝0，b≠0或2b＋a＋c＝0，a＋c≠0．
4．解：(1)由题意知，数列为：1，4，7，10，13，…，58．
由a3·a4＝7×10＝70，70不是数列中的项，
故数列不是“乘法封闭数列”．
(2)由题意数列递增可知1又数列为“除法封闭数列”，则都是数列中的项，
所以＝a2，即a3＝①；
且＝a2，＝a3，即a2a3＝8②，
联立①②，解得a2＝2，a3＝4．
(3)数列是等比数列．
证明：当k＝5时，设数列为1，a2，a3，a4，a5，
由题意数列递增可知1则有1＝<<<<＝a5，
由数列为“除法封闭数列”，
则这5个数都是数列中的项，
所以有1＝＝a1，＝a2，＝a3，＝a4，＝a5，
则有a5＝a1a5＝a2a4＝＝＝③；
同理，由1＝<<<＝a4，可得＝a2，＝a3，＝a4，
则有a4＝a1a4＝a2a3，即＝④；
由③④可得，＝＝＝>1，故是等比数列．
当k≥6时，由题意数列递增可知1则有1＝<<…<<<＝ak，
由数列为“除法封闭数列”，则这k个数都是数列中的项．
所以有1＝＝a1，＝a2，…，＝ak－2，＝ak－1，＝ak．
所以有ak＝a1ak＝a2ak－1＝…＝aka1，
即＝(1≤i≤k－1)⑤；
同理，由1可得1＝<<…<<＝ak－1，
所以1＝＝a1，＝a2，…，＝ak－2，＝ak－1．
则ak－1＝a1ak－1＝a2ak－2＝…＝ak－1a1，
即＝(1≤i≤k－2)⑥，
联立⑤⑥得，＝＝(1≤i≤k－2)，
则＝ak－i－1ak－i＋1，
所以有＝＝＝ak－2ak，
所以＝＝＝…＝＝>1，
故数列{an}是等比数列．
综上所述，数列{an}是等比数列．
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