第六章 培优点6 新情境、新定义下的数列问题.docx
培优点6新情境、新定义下的数列问题
重点解读纵观各地考题,总能在试卷的压轴题位置发现新情境、新定义数列题的身影,它们对数列综合问题的考查常常以新定义和新构造形式呈现,有时还伴随着数列与其他知识的交汇.
题型一以等差、等比的概念定义新数列
例1(1)定义:满足an+2an+1:an+1an=q(q为常数,且q≠0,n∈N*)的数列{an}称为二阶等比数列,q为二阶公比.已知二阶等比数列{an}的二阶公比为2,a1=1,a
A.7 B.8 C.9 D.10
答案B
解析由题意知二阶等比数列{an}的二阶公比为2,a1=1,a2=2,
则a2
故anan?1=(2)
将以上各式累乘得ana1=(2)n?1·(2
故an=2(n?1)n4
又a1=1符合该式,所以an=2(
令2(n?1)n
由于210=1024,211=2048,
故(n?1)n410(n∈N*),即(n-1)n40(n
又(n-1)n的值随n的增大而增大,且(7-1)×7=42,(8-1)×8=56,
当n=7时,2(n?1)n4=221
当n=8时,2(n?1)n4=2
故n的最小值为8.
(2)定义高阶等差数列:对于一个给定的数列{an},令bn=an+1-an,则数列{bn}称为数列{an}的一阶差数列,再令cn=bn+1-bn,则数列{cn}称为数列{an}的二阶差数列.已知数列{An}为2,5,11,21,36,…,且它的二阶差数列是等差数列,则A8=.?
答案121
解析该数列的一阶差数列为3,6,10,15,…,则二阶差数列为3,4,5,…,
因为二阶差数列是等差数列,故二阶差数列后面的项为6,7,8,…,
所以一阶差数列后面的项为21,28,36,…,
从而原数列后面的项为57,85,121,…,故A8=121.
思维升华“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种,然后根据此新定义去解决问题,有时还需要用类比的方法去理解新的定义,这样有助于对新定义的透彻理解.
跟踪训练1(多选)(2024·喀什模拟)对于数列{an},定义bn=an+1an(n∈N*),称数列{bn}是{an}的“倒和数列
A.若数列{an}为递增数列,则数列{bn}为递增数列
B.若an=2n,则bn有最小值2
C.若an=2n,则bn有最小值5
D.若bn+1=bn0,且an+1≠an,则an+1an=1
答案CD
解析函数f(x)=x+1x在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递增,在(-1,0),(0,1
对于A,由于函数f(x)在定义域上不单调,则由数列{an}为递增数列,无法判断数列{bn}的单调性,A错误;
对于B,C,an=2n≥2,则(bn)min=b1=a1+1a1=52
对于D,由bn+1=bn0,得an0,an+1+1an+1-an-1an=0,整理得(an+1-an)1?1an+1an=0,而an+1≠an
题型二以函数定义新数列
例2给定数列{an},若满足a1=a(a0且a≠1),且对于任意的m,t∈N*,都有am+t=am·at,则称数列{an}为“指数型数列”.
(1)已知数列{an}的通项公式an=4n,证明:{an}为“指数型数列”;
(2)若数列{an}满足a1=12,an=3an+1+2anan+1(n∈N*
①判断数列1an+1是否为“
②若数列{an}的前n项和为Sn,证明:Sn34
(1)证明因为a1=4,且对于任意的m,t∈N*,
都有am·at=4m·4t=4m+t=am+t,
所以{an}为“指数型数列”.
(2)①解将an=3an+1+2anan+1两边同除anan+1,得1an
所以1an+1
又1a1+1=3,即数列1an+1
所以1an+1=3
所以对于任意的m,t∈N*,
都有1am+11at+1=3
故1an+1是“
②证明由①知,1an+1=3
则an=13n?1,当n=1时,S1=a1=1
当n≥2时,13n?1
则Sn=a1+a2+a3+…+an
12+12
=121?1
综上,Sn34
思维升华数列是一种特殊的函数,本质上数列是以正整数集或它的有限子集为定义域的“离散型”函数,数列问题可以融入函数问题之中,解决数列问题时可以结合函数知识.
跟踪训练2(多选)数列{an}满足a1=1,an+1=f(an),n∈N*,定义函数y=f(x)是数列{an}的特征函数,则下列说法正确的是()
A.当f(x)x时,数列{an}为递增数列
B.当f(x)=2x-1时,an=1
C.当f(x)=x+1x时,32≤an≤2(
D.当f(x)=x1+x(x0)时,记数列{an}的前n项和为Sn,则32
答案BCD
解析由已知f(x)x,an+1