拓展深化5 数列新定义及子数列问题.pptx
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@《创新设计》
(2)数列{an}不是“等比源数列”.用反证法证明如下： 假设数列{an}是“等比源数列”，则存在三项am，an，ak(m＜n＜k)按一定次序排列构 成等比数列. 因为an＝2n－1＋1，所以am＜an＜ak.
所以 a2n＝am·ak，得(2n－1＋1)2＝(2m－1＋1)(2k－1＋1)，即 22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1.
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为偶数，与22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1矛盾. 所以数列{an}中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列. 综上，可得数列{an}不是“等比源数列”.
所以an＝3＋(n－1)·2＝2n＋1，bn＝a2n＝2·2n＋1.
所以 Tn＝2(21＋22＋…＋2n)＋n＝n＋2·2（11－－22n）＝2n＋2＋n－4.
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@《创新设计》
【例2－2】 设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，S6＝22. (1)求Sn； (2)若从{an}中抽取一个公比为q的等比数列{akn}，其中k1＝1，且k1<k2<…<kn<…， kn∈N*，当q取最小值时，求{kn}的通项公式. 解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
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@《创新设计》ຫໍສະໝຸດ Baidu
【例1－2】 (2017·江苏卷)对于给定的正整数k，若数列{an}满足an－k＋an－k＋1＋… ＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列 {an}是“P(k)数列”. (1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”； (2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列. 证明 (1)因为{an}是等差数列，设其公差为d， 则an＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时， 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， 因此等差数列{an}是“P(3)数列”.
(1)是否存在实数λ，使得数列{a2n－λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若 不存在，请说明理由. (2)若Sn是数列{an}的前n项和，求满足Sn>0的所有正整数n. 解 (1)设bn＝a2n－λ，
因为bbn＋n 1＝aa2n2＋n－2－λλ＝13a2n＋1＋a（2n2－n＋λ 1）－λ ＝13（a2n－6n）a2＋n－（λ2n＋1）－λ＝13a2an2＋n－1－ λ λ.
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(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此， 当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，① 当n≥4时，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)，③ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an).④ 将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4， 所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′. 在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4， 所以a2＝a3－d′(利用a3，a4，a5，…成等差)， 在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3， 所以a1＝a3－2d′，所以数列{an}是等差数列.
则 S6＝6a1＋12×6×5d＝22， 解得 d＝23，所以 Sn＝n（n＋ 3 5）.
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(2)由(1)得 an＝23(n＋2).
因为数列{an}是正项递增的等差数列， 所以数列{akn}的公比q>1.
若 k2＝2，则由 a2＝83，得 q＝aa21＝43， 此时 ak3＝2×432＝392，由392＝23(n＋2)， 解得 n＝130∉N*，所以 k2>2.
@《创新设计》
拓展深化5 数列新定义及子数列问题
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@《创新设计》
数列是中学数学的重要内容之一，除了传统的等差数列和等比数列之外，近几年 各地高考和模拟试题中频频出现“新定义”数列问题，成为高考命题中一道亮丽 的风景线.这类题型的特点是先给出数列的“新定义”，然后要求利用短时间的 阅读理解，对新概念进行即时性的学习，并能独立地从不同角度运用它们作进一 步的运算、推理、提炼、加工，进而解决相关的新问题.主要考查学生等价转换 和分析推理的思想，即利用已学过的知识分析和解决新问题，要求学生有较高的 分析和解决问题的能力.
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@《创新设计》
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同理，k2>3.
若 k2＝4，则由 a4＝4，得 q＝2，此时 akn＝2·2n－1，因为 akn＝23(kn＋2)，所以23(kn＋2)＝ 2n，即 kn＝3·2n－1－2.
所以最小的公比q＝2，此时kn＝3·2n－1－2.
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@《创新设计》
【例 2－3】 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝13an＋n，n为奇数， an－3n，n为偶数.
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@《创新设计》
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二、子数列问题
【例2－1】 已知在等差数列{an}中，a2＝5，前10项和S10＝120，若从数列{an}中依次 取出第2项、第4项、第8项、…、第2n项，按原顺序组成新数列{bn}，求数列{bn}的 前n项和Tn.
解
设{an}的公差为 d ，则a110＋a1d＋＝150， × 2 9d＝120⇒ad1＝＝23.，
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一、新定义数列问题 【例1－1】 (2019·南通期末)若数列{an}中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，
则称{an}为“等比源数列”. 已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an－1. (1)求{an}的通项公式； (2)试判断{an}是否为“等比源数列”，并证明你的结论. 解 (1)由an＋1＝2an－1，得an＋1－1＝2(an－1)，且a1－1＝1，所以数列{an－1}是首 项为1，公比为2的等比数列. 所以an－1＝2n－1. 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1＋1.
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(2)数列{an}不是“等比源数列”.用反证法证明如下： 假设数列{an}是“等比源数列”，则存在三项am，an，ak(m＜n＜k)按一定次序排列构 成等比数列. 因为an＝2n－1＋1，所以am＜an＜ak.
所以 a2n＝am·ak，得(2n－1＋1)2＝(2m－1＋1)(2k－1＋1)，即 22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1.
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为偶数，与22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1矛盾. 所以数列{an}中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列. 综上，可得数列{an}不是“等比源数列”.
所以an＝3＋(n－1)·2＝2n＋1，bn＝a2n＝2·2n＋1.
所以 Tn＝2(21＋22＋…＋2n)＋n＝n＋2·2（11－－22n）＝2n＋2＋n－4.
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【例2－2】 设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，S6＝22. (1)求Sn； (2)若从{an}中抽取一个公比为q的等比数列{akn}，其中k1＝1，且k1<k2<…<kn<…， kn∈N*，当q取最小值时，求{kn}的通项公式. 解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
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【例1－2】 (2017·江苏卷)对于给定的正整数k，若数列{an}满足an－k＋an－k＋1＋… ＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列 {an}是“P(k)数列”. (1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”； (2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列. 证明 (1)因为{an}是等差数列，设其公差为d， 则an＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时， 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， 因此等差数列{an}是“P(3)数列”.
(1)是否存在实数λ，使得数列{a2n－λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若 不存在，请说明理由. (2)若Sn是数列{an}的前n项和，求满足Sn>0的所有正整数n. 解 (1)设bn＝a2n－λ，
因为bbn＋n 1＝aa2n2＋n－2－λλ＝13a2n＋1＋a（2n2－n＋λ 1）－λ ＝13（a2n－6n）a2＋n－（λ2n＋1）－λ＝13a2an2＋n－1－ λ λ.
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(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此， 当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，① 当n≥4时，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)，③ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an).④ 将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4， 所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′. 在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4， 所以a2＝a3－d′(利用a3，a4，a5，…成等差)， 在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3， 所以a1＝a3－2d′，所以数列{an}是等差数列.
则 S6＝6a1＋12×6×5d＝22， 解得 d＝23，所以 Sn＝n（n＋ 3 5）.
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(2)由(1)得 an＝23(n＋2).
因为数列{an}是正项递增的等差数列， 所以数列{akn}的公比q>1.
若 k2＝2，则由 a2＝83，得 q＝aa21＝43， 此时 ak3＝2×432＝392，由392＝23(n＋2)， 解得 n＝130∉N*，所以 k2>2.
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数列是中学数学的重要内容之一，除了传统的等差数列和等比数列之外，近几年 各地高考和模拟试题中频频出现“新定义”数列问题，成为高考命题中一道亮丽 的风景线.这类题型的特点是先给出数列的“新定义”，然后要求利用短时间的 阅读理解，对新概念进行即时性的学习，并能独立地从不同角度运用它们作进一 步的运算、推理、提炼、加工，进而解决相关的新问题.主要考查学生等价转换 和分析推理的思想，即利用已学过的知识分析和解决新问题，要求学生有较高的 分析和解决问题的能力.
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同理，k2>3.
若 k2＝4，则由 a4＝4，得 q＝2，此时 akn＝2·2n－1，因为 akn＝23(kn＋2)，所以23(kn＋2)＝ 2n，即 kn＝3·2n－1－2.
所以最小的公比q＝2，此时kn＝3·2n－1－2.
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【例 2－3】 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝13an＋n，n为奇数， an－3n，n为偶数.
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二、子数列问题
【例2－1】 已知在等差数列{an}中，a2＝5，前10项和S10＝120，若从数列{an}中依次 取出第2项、第4项、第8项、…、第2n项，按原顺序组成新数列{bn}，求数列{bn}的 前n项和Tn.
解
设{an}的公差为 d ，则a110＋a1d＋＝150， × 2 9d＝120⇒ad1＝＝23.，
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一、新定义数列问题 【例1－1】 (2019·南通期末)若数列{an}中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，
则称{an}为“等比源数列”. 已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an－1. (1)求{an}的通项公式； (2)试判断{an}是否为“等比源数列”，并证明你的结论. 解 (1)由an＋1＝2an－1，得an＋1－1＝2(an－1)，且a1－1＝1，所以数列{an－1}是首 项为1，公比为2的等比数列. 所以an－1＝2n－1. 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1＋1.