第8节数列中的融合创新问题

题型分析数列的融合创新问题往往以压轴题的位置出现于高考题中,以新定义、新性质和新构造的形式出现,有时与函数、不等式、集合等交汇命题,难度较大.

题型一定义新数列

例1(2025·温州适应性考试)数列{an},{bn}满足:{bn}是等比数列,b1=2,a2=5,且a1b1+a2b2+…+anbn=2(an-3)bn+8(n∈N*).

(1)求{an},{bn}的通项公式;

(2)求集合A={x|(x-ai)(x-bi)=0,i≤2n,i∈N*}中所有元素的和;

(3)对数列{cn},若存在互不相等的正整数k1,k2,…,kj(j≥2),使得ck1+ck2+…+ckj也是数列{cn}中的项,则称数列{cn}是“和稳定数列”.试分别判断数列{an},{bn}是不是“和稳定数列”.若是,求出所有j的值;若不是,说明理由.

解(1)∵a1b1=2(a1-3)b1+8,b1=2,

∴a1=2,

又a1b1+a2b2=2(a2-3)b2+8,b1=2,a2=5,

∴b2=4,

∵{bn}是等比数列,∴{bn}的公比为b2b1=2,

∴bn=2n.

由题意得a1b1+a2b2+…+anbn=2(an-3)bn+8,n∈N*,

则当n≥2时,a1b1+a2b2+…+an-1bn-1=2(an-1-3)bn-1+8,

两式相减得anbn=2(an-3)bn-2(an-1-3)bn-1,

将bn=2n代入,化简得an=2(an-3)-(an-1-3),得an-an-1=3(n≥2),

∴{an}是公差为3的等差数列,

∴an=a1+(n-1)d=3n-1.

(2)记集合A的全体元素的和为S,

集合M={a1,a2,…,a2n}的所有元素的和为A2n=2n(6n-1+2)2=6n2+n,

集合N={b1,b2,…,b2n}的所有元素的和为B2n=2(1-22n)1-2=22n+1-2,

集合M∩N的所有元素的和为T,则有S=A2n+B2n-T,

对于数列{bn}:当n=2k-1(k∈N*)时,

b2k-1=22k-1=(3-1)2k-1=3p-1(p∈N*)是数列{an}中的项,

当n=2k(k∈N*)时,b2k=2b2k-1=2(3p-1)=6p-2(p∈N*)不是数列{an}中的项,

∴T=b1+b3+…+b2k-1,

其中b2k-1≤a2n,b2k+1>a2n?log2(6n-1)-12bkj,

且bk1+bk2+…+bkj≤b1+b2+…+bkj=21+22+…+2kj=2kj+1-21,tn0,

即tn+t-n6.

若m=7,满足要求的数列{an}中有三项为1,两项为2,

此时数列为1,1,1,2,2,满足要求的正整数对(i,j)的分别为(1,4),(2,4),(3,4),(1,5),(2,5),(3,5),符合m的6增数列.

因此,当n=5时,若存在m的6增数列,

则m的最小值为7.

(3)若数列{an}中的每一项都相等,则k=0,

若k≠0,则数列{an}中存在大于1的项,

若首项a1≠1,将a1拆分成a1个1后k变大,

所以此时k不是最大值,所以a1=1.

当i=2,3,…,n时,若ai>ai+1,交换ai,ai+1的顺序后k变为k+1,

所以此时k不是最大值,所以ai≤ai+1.

若ai+1-ai?{0,1},则ai+1≥ai+2,

所以将ai+1改为ai+1-1,并在数列首位前添加一项1,k的值变大,

所以此时k不是最大值,所以ai+1-ai∈{0,1}.

若数列{an}中存在相邻的两项ai=2,ai+1≥3,

设此时{an}中有t项为2,将ai+1改为2,并在数列首位前添加ai+1-2个1后,k的值至少变为k+1,

所以此时k不是最大值,所以数列{an}的各项只能为1或2,所以数列{an}为1,1,…,1,2,2,…,2的形式.

设其中有x项为1,有y项为2,

因为存在100的k增数列,所以x+2y=100,

所以k=xy=(100-2y)y=-2y2+100y

=-2(y-25)2+1250,

所以当且仅当x=50,y=25时,k取最大值,且k的最大值为1250.

训练2(2025·济南质检)对于无穷数列{an},“若存在am-ak=t(m,k∈N*,m>k),必有am+1-ak+1=t”,则称数列{an}具有P(t)性质.

(1)若数列{an}满足an=2n(n=1,2),2n-5(n≥3,n∈N*),判断数列{an}是否具有P(1)性质?是否具有P(4)性质?

(2)对于无穷数列{an},设T={x|x=aj-ai,ik,满足am-ak=0,即am=ak,

由性质P(0)的含义可得am+1=ak+1,am+2=ak+2,…,a2m-k-1=am-1,a2m-k=am,

所以数列{an}中,从第k项开始的各项呈现周期性规律:

ak,ak+1,…,am-1为一个周期中的各项,

所以数列{an}中最多有m-1个不同的项,

所以T最多有Cm-12个元素,即T为有限集.

(3)因为数列{an}具有P(2)性质,又具有P(3)性质,

所以存在M′,N′,使得aM′+p-aM′=2,aN′+q-aN′=3,

其中p,q分别是满足上述关系式的最小的正整数,

由性质P(2),P(3)的含义可得aM′+p+k-aM′+k=2,aN′+q+k-aN′+k=3,

若M′N′,则取k=M′-N′,

可得aM′+q-aM′=3,

记M=max{M′,N′},则对于aM,

有aM+p-aM=2,aM+q-aM=3,显然p≠q,

由性质P(2),P(3)的含义可得:aM+p+k-aM+k=2,aN+q+k-aN+k=3,

所以aM+pq-aM=(aM+pq-aM+(q-1)p)+(aM+(q-1)p-aM+(q-2)p)+…+(aM+p-aM)=2qaM+pq-aM=(aM+pq-aM+(p-1)q)+(aM+(p-1)q-aM+(p-2)q)+…+(aM+q-aM)=3p,

所以2q=3p,

又p,q满足aM+p-aM=2,aM+q-aM=3的最小的正整数,

所以q=3,p=2,aM+2-aM=2,aM+3-aM=3,

所以aM+2+k-aM+k=2,aM+3+k-aM+k=3,

所以aM+2k=aM+2(k-1)+2=aM+2k,aM+3k=aM+3(k-1)+3=aM+3k,

取N=M+3,所以,若k是偶数,则aN+k=aN+k,

若k是奇数,

则aN+k=aN+3+(k-3)=aN+3+(k-3)=aN+3+(k-3)=aN+k,

所以aN+k=aN+k,

所以aN,aN+1,aN+2,…,aN+k,…是公差为1的等差数列.

题型三抽象数列的拆分或变换

例3(2024·新高考Ⅰ卷)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列,若从中删去两项ai和aj(i18.

(1)解满足题意的所有(i,j)为(1,2),(1,6),(5,6).

(2)证明当m=3时,删去a2,a13,其余项可分为以下3组:a1,a4,a7,a10为第1组,a3,a6,a9,a12为第2组,a5,a8,a11,a14为第3组,

当m>3时,删去a2,a13,

其余项可分为以下m组:

a1,a4,a7,a10为第1组,

a3,a6,a9,a12为第2组,

a5,a8,a11,a14为第3组,

a15,a16,a17,a18为第4组,

a19,a20,a21,a22为第5组,

……,

a4m-1,a4m,a4m+1,a4m+2为第m组,

可知每组的4个数都能构成等差数列,

故数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)-可分数列.

(3)证明易知a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列?1,2,…,4m+2是(4p+1,4q+2)-可分...