数列 层级(四) 创新性考法

强化批判性思维——让你领人一步[典例]定义“等积数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积．已知数列{an}是公积不为0的等积数列，且a1＝3，前24项和为44.则下列结论不正确的是()A．an＋2＝anB．{an}的公积为2C．anan＋1an＋2＝6D．{an}的前20项之积为1024 [新新点拨]新考法此题是数列的新定义问题，新定义问题能够实现对考生独立思考能力和运用所学知识分析问题、解决问题能力的考查，符合高考内容改革的方向新思路根据等积数列的定义，得出相邻两项递推关系，用n＋1替代n，消去an＋1，即可判断A；由前24项和解方程得公积，判断B；对n为奇数与偶数分别讨论，判断C；分别求奇数项与偶数项之积，即可判断D 注重发散思维——让你多人一招[典例](2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)证明：a1＝b1；(2)求集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素的个数．[新新点拨]新考法数列与集合交汇新思路要求集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素的个数，可以联系等差数列和等比数列的通项公式，得出k与m之间的关系，再根据m的取值范围得结论 [解](1)证明：设等差数列{an}的公差为d，由a2－b2＝a3－b3，得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，由a2－b2＝b4－a4，得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.(2)由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，由bk＝am＋a1，得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，由a1＝b1≠0，得2k－1＝2m，由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1000，所以k＝2,3,4，…，10，共9个数，即集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}＝{2,3,4，…，10}中元素的个数为9. [针对训练]已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)．若a1>1，则()A．a1<a3，a2<a4B．a1>a3，a2<a4C．a1<a3，a2>a4D．a1>a3，a2>a4解析：法一：因为lnx≤x－1(x>0)，所以a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0.若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－1<q<0，所以a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2<a4.法二：因为ex≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0.以下同法一．答案：B [新新点拨]新考法数列的存在性问题新思路数列中的存在性问题一般转化为求不定方程正整数解的问题，往往涉及数论、函数、方程、不等式等知识，蕴含了丰富的数学思想，特别是解决3个字母存在性问题的关键是能通过研究方程两边范围的策略来解不定方程整数解 则2n＋1(2m－1)(2k－1)＝2m(2n－1)(2k－1)＋2k(2n－1)(2m－1)，等号两边同时除以2m得，2n－m＋1(2m－1)(2k－1)＝(2n－1)(2k－1)＋2k－m(2n－1)(2m－1)．(*)由m<n<k，m，n，k为正整数，得k－m≥2，n－m＋1≥2，k－m∈N*，n－m＋1∈N*，所以(2n－1)(2k－1)为奇数，而2n－m＋1(2m－1)(2k－1)与2k－m(2n－1)(2m－1)均为偶数，故(*)式不能成立，即不存在正整数m，n，k，且m<n<k，使得am，an，ak成等差数列． [针对训练]1．(2022·南京联考)等差数列{an}满足：①每项均为正整数；②首项与公差的积大于该数列的第二项且小于第三项．写出一个满足条件的数列的通项公式为________．解析：设{an}的公差为d，因此a2<a1d<a3，所以a1＋d<a1d<a1＋2d.因为a1，d为正整数，可取a1＝3，d＝2或a1＝2，d＝3，所以an＝2n＋1或an＝3n－1，答案不唯一．答案：an＝2n＋1(或an＝3n－1，答案不唯一) “课时验收评价”见“课时验收评价(七)”(单击进入电子文档)