拓展深化5-数列新定义及子数列问题课件

拓展深化5数列新定义及子数列问题拓展深化5数列新定义及子数列问题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.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＋1.一、新定义数列问题(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.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”.(2)数列{an}不是“等比源数列”.用反证法证明如下：又m【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”.【例1－2】(2017·江苏卷)对于给定的正整数k，若数列(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)，③an＋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.(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”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.所以an＝3＋(n－1)·2＝2n＋1，bn＝a2n＝2·2n＋1.二、子数列问题所以an＝3＋(n－1)·2＝2n＋1，bn＝【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，【例2－2】设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝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.因为数列{an}是正项递增的等差数列，同理，k2>3.所以最小的公比q＝2，此时kn＝3·2n－1－2.同理，k2>3.所以最小的公比q＝2，此时kn＝3·2n－1(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，(1)是否存在实数λ，使得数列{a2n－λ}是等比数列？若存拓展深化5-数列新定义及子数列问题课件拓展深化5-数列新定义及子数列问题课件显然，当n∈N*时，{S2n}单调递减.所以当n≥2时，S2n<0.同理，当且仅当n＝1时，S2n－1>0.综上，满足Sn>0的所有正整数n为1和2.显然，当n∈N*时，{S2n}单调递减.所以当n≥2时，S2探究提高数列解答题是高考中的压轴题，跟新定义相关问题也是高考中的常考问题.主要有以下几类问题：(1)新定义问题通常以“新性质”赋予一种数列，证明或处理与该定义有关的若干问题；(2)子数列是从一个数列中抽取几个数，按照它们在原数列中的顺序所组成的新的数列.此类问题的处理关键是认清原数列和子数列的关系.(3)数列的奇偶项问题的处理类似分段函数的处理，分别对奇数项和偶数项进行处理.如：对于通项公式分奇偶不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和及偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看做一项，求出S2k，再由S2k－1＝S2k－a2k，求S2k－1.探究提高数列解答题是高考中的压轴题，跟新定义相关问题也是高[深化训练]1.已知实数q≠0，数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，对任意正整数m，n，且n>m，Sn－Sm＝qmSn－m恒成立. (1)求证：数列{an}为等比数列； (2)若正整数i，j，k成公差为3的等差数列，Si，Sj，Sk按一定顺序排列成等差数列，求q的值.

(1)证明令m＝1，Sn－a1＝qSn－1，Sn＋1－a1＝qSn，

两式相减得an＋1＝qan(n≥2)，

在Sn－a1＝qSn－1中令n＝2，a2＝qa1，

所以数列{an}是等比数列.[深化训练]1.已知实数q≠0，数列{an}的前n项和为Sn(2)解不妨设公差为3的等差数列为i，i＋3，i＋6，①若Si，Si＋3，Si＋6成等差数列，则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成等差数列，则－(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，(2)解不妨设公差为3的等差数列为i，i＋3，i＋6，③若Si＋3，Si＋6，Si成等差数列，则有(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)＝0.③若Si＋3，Si＋6，Si成等差数列，则有(ai＋4＋ai2.(2019·常州期末)已知等差数列{an}的公差d为整数，且ak＝k2＋2，a2k＝(k＋2)2，其中k为常数且k∈N*. (1)求k及an；2.(2019·常州期末)已知等差数列{an}的公差d为整数因为k∈N*且d为整数，所以k＝1或k＝2.当k＝1时，d＝6，代入①，解得a1＝3，所以an＝6n－3.当k＝2时，d＝5，代入①，解得a1＝1，所以an＝5n－4.(2)因为a1>1，所以an＝6n－3，从而Sn＝3n2.因为k∈N*且d为整数，所以k＝1或k＝2.3.(2018·南通、泰州调研)若数列{an}同时满足：①对于任意的正整数n，an＋1≥an恒成立；②对于给定的正整数k，an－k＋an＋k＝2an对于任意的正整数n(n>k)恒成立，则称数列{an}是“R(k)数列”.(2)已知数列{bn}是“R(3)数列”，且存在整数p(p>1)，使得b3p－3，b3p－1，b3p＋1，b3p＋3成等差数列，证明：{bn}是等差数列.(1)解当n为奇数时，an＋1－an＝2(n＋1)－(2n－1)＝3>0，所以an＋1≥an.3.(2018·南通、泰州调研)若数列{an}同时满足：①对当n>2时，an－2＋an＋2＝2(n－2)－1＋2(n＋2)－1＝2(2n－1)＝2an.当n为偶数时，an＋1－an＝(2n＋1)－2n＝1>0，所以an＋1≥an.当n>2时，an－2＋an＋2＝2(n－2)＋2(n＋2)＝4n＝2an.所以数列{an}是“R(2)数列”.(2)证明由题意可得当n>3时，bn－3＋bn＋3＝2bn，则数列b1，b4，b7，…是等差数列，设其公差为d1，数列b2，b5，b8，…是等差数列，设其公差为d2，数列b3，b6，b9，…是等差数列，设其公差为d3，当n>2时，an－2＋an＋2＝2(n－2)－1＋2(n＋2因为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，则①和②都成立，所以d1＝d2.因为bn≤bn＋1，所以b3n＋1≤b3n＋2≤b3n＋4，同理得d1＝d3，所以d1＝d2＝d3.设d1＝d2＝d3＝d，b3p－1－b3p－3＝b3p＋1－b3p－1＝b3p＋3－b3p＋1＝λ.b3n－1－b3n－2＝b3p－1＋(n－p)d－[b3p＋1＋(n－p－1)d]＝b3p－1－b3p＋1＋d＝d－λ.同理可得b3n－b3n－1＝b3n＋1－b3n＝d－λ，所以bn＋1－bn＝d－λ，所以{bn}是等差数列.同理得d1＝d3，所以d1＝d2＝d3.拓展深化5-数列新定义及子数列问题课件(2)解由(1)知an＝n＋2，所以cn＝2an－5＝2n－1.①当p＝1时，cp＝c1＝1，cq＝2q－1，cr＝2r－1，(2)解由(1)知an＝n＋2，所以cn＝2an－5＝2n欲满足题设条件，只需q＝2p－1，此时r＝4p2－5p＋2，因为p≥2，所以q＝2p－1＞p，r－q＝4p2－7p＋3＝4(p－1)2＋p－1＞0，即r＞q.综上所述，当p＝1时，不存在q，r满足题设条件；当p≥2时，存在q＝2p－1，r＝4p2－5p＋2，满足题设条件.欲满足题设条件，只需q＝2p－1，此时r＝4p2－5p＋2，拓展深化5-数列新定义及子数列问题课件拓展深化5数列新定义及子数列问题拓展深化5数列新定义及子数列问题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.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＋1.一、新定义数列问题(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.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”.(2)数列{an}不是“等比源数列”.用反证法证明如下：又m【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”.【例1－2】(2017·江苏卷)对于给定的正整数k，若数列(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)，③an＋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.(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”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.所以an＝3＋(n－1)·2＝2n＋1，bn＝a2n＝2·2n＋1.二、子数列问题所以an＝3＋(n－1)·2＝2n＋1，bn＝【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，【例2－2】设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝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.因为数列{an}是正项递增的等差数列，同理，k2>3.所以最小的公比q＝2，此时kn＝3·2n－1－2.同理，k2>3.所以最小的公比q＝2，此时kn＝3·2n－1(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，(1)是否存在实数λ，使得数列{a2n－λ}是等比数列？若存拓展深化5-数列新定义及子数列问题课件拓展深化5-数列新定义及子数列问题课件显然，当n∈N*时，{S2n}单调递减.所以当n≥2时，S2n<0.同理，当且仅当n＝1时，S2n－1>0.综上，满足Sn>0的所有正整数n为1和2.显然，当n∈N*时，{S2n}单调递减.所以当n≥2时，S2探究提高数列解答题是高考中的压轴题，跟新定义相关问题也是高考中的常考问题.主要有以下几类问题：(1)新定义问题通常以“新性质”赋予一种数列，证明或处理与该定义有关的若干问题；(2)子数列是从一个数列中抽取几个数，按照它们在原数列中的顺序所组成的新的数列.此类问题的处理关键是认清原数列和子数列的关系.(3)数列的奇偶项问题的处理类似分段函数的处理，分别对奇数项和偶数项进行处理.如：对于通项公式分奇偶不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和及偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看做一项，求出S2k，再由S2k－1＝S2k－a2k，求S2k－1.探究提高数列解答题是高考中的压轴题，跟新定义相关问题也是高[深化训练]1.已知实数q≠0，数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，对任意正整数m，n，且n>m，Sn－Sm＝qmSn－m恒成立. (1)求证：数列{an}为等比数列； (2)若正整数i，j，k成公差为3的等差数列，Si，Sj，Sk按一定顺序排列成等差数列，求q的值.

(1)证明令m＝1，Sn－a1＝qSn－1，Sn＋1－a1＝qSn，

两式相减得an＋1＝qan(n≥2)，

在Sn－a1＝qSn－1中令n＝2，a2＝qa1，

所以数列{an}是等比数列.[深化训练]1.已知实数q≠0，数列{an}的前n项和为Sn(2)解不妨设公差为3的等差数列为i，i＋3，i＋6，①若Si，Si＋3，Si＋6成等差数列，则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成等差数列，则－(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，(2)解不妨设公差为3的等差数列为i，i＋3，i＋6，③若Si＋3，Si＋6，Si成等差数列，则有(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)＝0.③若Si＋3，Si＋6，Si成等差数列，则有(ai＋4＋ai2.(2019·常州期末)已知等差数列{an}的公差d为整数，且ak＝k2＋2，a2k＝(k＋2)2，其中k为常数且k∈N*. (1)求k及an；2.(2019·常州期末)已知等差数列{an}的公差d为整数因为k∈N*且d为整数，所以k＝1或k＝2.当k＝1时，d＝6，代入①，解得a1＝3，所以an＝6n－3.当k＝2时，d＝5，代入①，解得a1＝1，所以an＝5n－4.(2)因为a1>1，所以an＝6n－3，从而Sn＝3n2.因为k∈N*且d为整数，所以k＝1或k＝2.3.(2018·南通、泰州调研)若数列{an}同时满足：①对于任意的正整数n，an＋1≥an恒成立；②对于给定的正整数k，an－k＋an＋k＝2an对于任意的正整数n(n>k)恒成立，则称数列{an}是“R(k)数列”.(2)已知数列{bn}是“R(3)数列”，且存在整数p(p>1)，使得b3p－3，b3p－1，b3p＋1，b3p＋3成等差数列，证明：{bn}是等差数列.(1)解当n为奇数时，an＋1－an＝2(n＋1)－(2n－1)＝3>0，所以an＋1≥an.3.(2018·南通、泰州调研)若数列{an}同时满足：①对当n>2时，an－2＋an＋2＝2(n－2)－1＋2(n＋2)－1＝2(2n－1)＝2an.当n为偶数时，an＋