高中数学讲义微专题59《新信息背景下的数列问题》讲义.doc

1、 微专题 59 新信息背景下的数列问题 含“新信息”背景的数列问题，以其难度通常位于试卷的最后一题。此类问题有以下几 个难点：一是对于新的概念与规则，学生在处理时会有一个熟悉的过程，不易抓住信息的关 键部分并用于解题之中，二是学生不易发现每一问所指向的知识点，传统题目通常在问法上 就直接表明该用哪些知识进行处理，例如“求通项，求和” 。但新信息问题所问的因为与新信 息相关，所以要运用的知识隐藏的较深，不易让学生找到解题的方向。三是此类问题在设计 时通常注重几问之间的联系，即前面问题的处理是为了最后一问做好铺垫。但学生不易发现 其中联系，从而导致在处理最后一问时还要重整旗鼓，再加上可能要进行的分

2、类讨论，解题 难度陡然增加。本节通过 10 道例题来说明如何对这种“新信息”题目进行理解与分析，如何 寻找到解题的突破口与思路 一、基础知识： 1、此类问题常涉及的知识点 （1）等差数列与等比数列的性质与求和公式 （2）数列的单调性 （3）放缩法证明不等式 （4）简单的有关整数的结论 （5）数学归纳法与反证法 2、解决此类问题的一些技巧： （1）此类问题在设立问题中通常具有“环环相扣，层层递进”的特点，第（1）问让你熟悉 所创设的定义与背景，第（2） ， （3）问便进行进一步的应用，那么在解题的过程中要注意解 决前面一问中的过程与结论，因为这本身就是对“新信息”的诠释与应用。抓住“新信息” 的

3、特点，找到突破口，第（2） （3）问便可寻找到处理的思路 （2）尽管此类题目与传统的数列“求通项，求和”的风格不同，但其根基也是我们所学的一 些基础知识与方法。所以在考虑问题时也要向一些基本知识点靠拢，弄清本问所考察的与哪 个知识点有关，以便找到一些线索。 （3）在分类讨论时要遵循“先易后难”的原则，以相对简单的情况入手，可能在解决的过程 中会发现复杂情况与该情况的联系，或者发现一些通用的做法与思路，使得复杂情况也有章 可循。 二、典型例题： 例 1： 定义： 若对任意nN ， 数列 n a的前n项和 n S都为完全平方数， 则称数列 n a为 “完 全平方数列” ；特别的，若存在nN ，使得

4、数列 n a的前n项和 n S为完全平方数，则称数 列 n a为“部分平方数列” （1）若数列 n a为“部分平方数列” ，且 1 2,1 2,2 n n n anN n ，求使数列 n a的前n项 和 n S为完全平方数时n的值 （2） 若数列 n b的前n项和 2 n TnttN， 那么数列 n b是否为 “完全平方数列” ？ 若是，求出t的值；若不是，请说明理由 （3）试求所有为“完全平方数列”的等差数列 解： （1）思路：依题意可知先求出 n S的表达式，再根据表达式的特点寻找到完全平方式即可 1n 时，2 n S 2n 时， 1 1 12 2 21 224222 21 n nn nn

5、 Saaa 2nk kN 时， 2 2 2 22 kk k S是完全平方数 （2）思路：若要观察 n b的前n项和是否为完全平方数，则要先求出 n b的通项公式。由 n T 可求得 2 1 ,1 221,2, n tn b ntnnN ，因为 2 n TnttN 为完全平方式，所以若 n b有些项为 n b中对应项的相反数，则再求和时很有可能不是完全平方数。根据2n 时， 221 n bnt， 可知只有1t 时， n b恒大于 0， 即 nn bb， 所以 n b是 “完全平方数列” ； 2t 时， n b中存在部分项小于 0，可知 n b不是“完全平方数列” 解：2n 时， 1 221 nn

6、n bTTnt 1n 时， 2 11 1btt 2 1 ,1 221,2, n tn b ntnnN 2 1 ,1 221,2, n tn b ntnnN 当1t ，2,nnN时，2323 nn bnnb n b的前n项和即为 2 1 n Tn，所以 n b为“完全平方数列” 当2t 时， 2 22 12 13221232bbtttttt 不是完全平方数 n b不是“完全平方数列” 综上所述：1t 时， n b是“完全平方数列” ，2t 时， n b不是“完全平方数列” （3）思路：依题意可知该等差数列的前n项和公式应为完全平方式，由等差数列求和公式 1 1 2 n n n Sa nd 出 发

7、 ， 可 将 其 通 过 配 方 向 完 全 平 方 式 进 行 靠 拢 ， 可 得 ： 2 2 2 111 21 22228 n daaad Sn dd ，所以有 1 2 11 2 2 1 2 0 228 d Z a Z d aad d ，再根据 1 21 , 22 da ZZ d 利用整数的特性求解即可。 解：设所求等差数列 n a 的首项为 1 a，公差为d 2 11 1 222 n n ndd Sa ndnan 若 n a为“完全平方数列” 则nN ， n S为完全平方式 2 2 2 111 21 22228 n daaad Sn dd 1 2 11 2 2 1 2 0 228 d Z

8、 a Z d aad d 由可令 2 2 2 2 d k kZdk 由令 1 1 2 a m mZ d ，可得： 2 1 1 21 2 amdmk 代入到可得： 2 4 22 2 2111 2120 2 228 km kmk k 2 2 222 2111 0 424 km mkkk 2 222222 11 0 424 k k mmkmkkk 22 0k m 0k 或0m 当0k 时， 1 0,0ad 0 n a 当0m时， 22 1 ,2akdk 2 1 121 n aandkn 当0k 时，0 n a 符合上式 综上所述， 2 21 , n aknkZ 例 2： 已知数列 n a的前n项和为

9、 n S， 且满足 1 (3)aa a， n nn Sa3 1 ， 设 n nn Sb3， n N （1）求证：数列 n b是等比数列； （2）若 1nn aa ，n N，求实数a的最小值； （3） 当4a时， 给出一个新数列 n e， 其中 3,1, ,2. n n n e bn 设这个新数列的前n项和为 n C， 若 n C可以写成 p t (, t p N且1, 1pt)的形式， 则称 n C为“指数型和” 问 n C中的项 是否存在“指数型和”，若存在，求出所有“指数型和”；若不存在，请说明理由 （1） 思路： 证明 n b为等比数列， 可以利用条件中的, nn S a作为中间桥梁寻找

10、 1,nn bb 的关系， 则有 1 11 3 3 n nn n nn bS bS ， 只需找到 1,nn SS 的关系， 由 11nnn SSa 及 n nn Sa3 1 可得： 1 23n nn SS ，进而代入解出 1 2 nn bb 解：3n nn bS 11 111 33 nn nnnn bSSa 1 3n nn aS 33 nn nnnn bSSb 111 11 323323332 nnnnnn nnnnn bSSbb n b为公比是2的等比数列 111 333bSaa 11 1 232 nn n bba （ 2 ） 思 路 ： 由 （ 1 ） 可 解 出 1 323 nn n S

11、a ， 进 而 可 求 出 12 ,1 2 332,2 n nn a n a an ，由 1nn aa 可在2n 的情况下得到关于, a n的恒成立 不等式，从而通过参变分离可求出a的范围：9a ，再验证 21 aa是否成立即可 解：由（1）可得： 1 3323 nnn nn Sba 2n 时， 12112 1 3233232 332 nnnnnn nnn aSSaaa 12 ,1 2 332,2 n nn a n a an 1nn aa 2n 时， 112 1 2 3322 332 nnnn nn aaaa 即 12 4 332 nn a 1 1 2 4 33 38 22 n n n a 1

12、 max 3 389 2 n a 当1n 时， 2 633aaaa成立 9a （3）思路：4a 时，可代入求出 1 2n n b ，从而 1 3,1 2,2 n n n e n ，利用“指数型和”的 定义，可先求出 n e前n项和21 n n C ，从而将问题转化为21 n 可否写成 p t的形式，本 题不便将21 n 变形为 p t的形式，所以考虑利用等式转化为方程是否有解的问题。即判断 21 np t 是否有解。2121 npnp tt ，p为偶数时， 22 111 pp p ttt p为奇数时， 12 111 ppp ttttt 。而2n只是n个 2 相乘，所以可通过对 分解后的每个因式

13、能否表示为2m的形式进行讨论即可。 解：由（1）可得：当4a 时， 1 2n n b 1 3,1 2,2 n n n e n 当2n 时， 1 1 2 21 3242321 21 n nn n C 1n 时， 1 1 321C 21 n n C 假设 n C中的项存在“指数型和” ，则,1,1t pN tp 使得：2112 pnpn tt 当p为偶数时： 22 111 pp p ttt 设 22 12 ,12 pp gh tt ，则gh 2222212 ghhgh 可解得： 221 2 211 h g h h g 3n ，即 2 3 93C ，为“指数型和” 当p为奇数时， 12 111 pp

14、p ttttt 若t为偶数，则1t 为奇数， 12 1 pp ttt 为奇数 1 p t为奇数，12 pn t 若t为奇数，则1t 为偶数， 12 1 pp ttt 为p个奇数之和也为奇数 12 pn t 当p为奇数时，不存在“指数型和” 综上所述：只有 3 C为“指数型和” 例 3：如果存在常数a使得数列 n a满足：若x是数列 n a中的一项，则ax也是数列 n a 中的一项，那么就称数列 n a为“兑换数列” ，常数a是它的“兑换系数” （1）若数列：1,2,3,4m m 是“兑换系数”为a的“兑换数列” ，求m和a的值 （2）若有穷递增数列 n b是“兑换系数”为a的“兑换数列” ，求

15、证：数列 n b的前n项和 2 n n Sa （3）已知有穷等差数列 n c的项数是 00 3nn ，所有项之和是B，试判断数列 n c是否 为“兑换数列”？如果是，给予证明，并用 0 n和B表示它的“兑换系数” ；如果不是，请说明 理由 （1）思路：依照“兑换数列”的定义可知，, x ax应均在数列中，在第（1）问中涉及两个 变量, a m，故考虑寻找两个等量，通过方程解决。其最重要的等量关系就是找到ax是数列 中 的 哪 一 项 。 通 过 排 序 可 知124 m， 则 通 过 不 等 式 性 质 可 知 ： 421amaaa，此数列一共就 4 项且单调递增，所以得 1 42 am a

16、，从而解 得, a m 解：由已知可得：1,2,4,m在“兑换数列”中，且124m ,4,2,1am aaa 也在该数列中，且421amaaa 16 425 ama am （2）思路：第（1）问提供了这样一个思路：如果数列是有限数列且单调，则由ax对应生 成的数列也单调，且单调性相反。由“兑换数列”的定义即可知两个数列中项应存在相等关 系。所以利用这个特征可知在 n b中，由 12n bbb且 21n ababab能 够得到 1211 , nnkn k bab babbab ，即 1 21 1 n n kn k bba bba bba ，根据首尾和是个常 数的特点可知求和时使用倒序相加法即可得

17、到 n S 解：不妨设有穷数列 n b的项数为n n b为递增数列 12n bbb 121nn abababab 1211 , nnkn k bab babbab 即 1211 , nnkn k bba bbabba 12nn Sbbb 21nn Sbbb 1211 2 nnn Sbbbbbbna 2 na S （ 3 ） 思 路 ： 由 （ 2 ） 可 得 ： 若 有 穷 单 调 数 列 n b 为 “ 兑 换 数 列 ” ， 则 要 满 足 1211nnkn k bbbbbb 。那么在等差数列 0 n c 中，有性质 mnpq cccc当 且仅当mnpq，所以就可得到： 1211nnkn

18、k cccccc ，且等差数列若 不是常数列， 则为单调数列。 由这两点并结合 （2） 的思路则可证明等差数列均为 “兑换数列” ， 1n acc，再通过等差数列前n项和公式即可解出 0 2B a n 数列 n c是“兑换数列” ，证明如下： 设 n c的公差为d 若0d ，则 n c递增 0 12n ccc 00 11nn acacac 设 0 1n acc，由 000 1211nnknk cccccc 可得： 00 1knkn accc 同理，若0d ，则 n c递减 0 12n ccc 00 11nn acacac 00 1inin accc 若0d ，则 n c为常数列，只需 1 2a

19、c即可，则 0 1 1 00 22 2 n cB ac nn n c为“兑换数列” 由（2）可知： 0 2 a n B 0 2B a n 例 4：设数列 n a满足： 1 1a ；所有项*Nan； 121 1. nn aaaa 来 设集合,* mn An|am mN，将集合 m A中的元素的最大值记为 m b，即 m b是数列 n a中 满足不等式 n am的所有项的项数的最大值我们称数列 m b为数 n a的伴随数列例如， 数列 1，3，5 的伴随数列为 1，1，2，2，3 （1）若数列 n a的伴随数列为 1，1，1，2，2，2，3，请写出数列 n a； （2）设 1 3n n a ，求数

20、列 n a的伴随数列 n b的前 30 项之和； （3） 若数列 n a的前n项和 2 n Snc（其中c常数） ， 求数列 n a的伴随数列 m b的前m 项和 m T （1）思路：首先要根据例子及定义理解什么是“伴随数列” ， “ m b是数列 n a中满足不等式 n am的所有项的项数的最大值” ，则意味着m每取一个值1,2,3,m ，则可通过解不 等式 n am得到n的最大值即为 m b，那么按此规律可知在（1）中， 123 1bbb， 4567 2,3bbbb，说明在 n a中，小于等于 3 的只有 1 项，即 1 1a ， 4 2b ，则 2 34a，所以 2 4a ，同理 3 6

21、7a，则 3 7a 解：:1,4,7 n a （2）思路：由（1）可知：伴随数列 n b中的项即为解不等式 n am得到n的最大值，本题 已知 1 3n n a ，则可建立不等式 1 3 3log1 n mnm ，则对m取每一个值，计算n的 最大值即可。例如1m ，则 1 11nb ；2m，则 32 log 2111nnb ； 以此类推便可寻找到规律，即 1 3,31 kk m 时，nk，即 m bk，抓住这个规律即可得 到 n b的前 30 项，进而求和 若考虑解关于n的不等式 1 3 31log n mnm 当12,mmN时， 12 1bb 当38,mmN时， 348 2bbb 当926,

22、mmN时， 91026 3bbb 当2730,mmN时， 27282930 4bbbb n b的前 30 项和为1 22 63 184 484 （3）思路：已知 n S即可求出数列 n a的通项公式21 n an，再结合（2）对“伴随数列” 定 义 的 使 用 ， 即 可 建 立 不 等 式 1 21 2 m nmn ， 从 而 可 得 到 ： 1234212 1,2, tt bbbbbbt ，根据项的的特点可考虑以相邻两项为一组进行求和， 则需对项数进行奇偶分类讨论，进而得到 m T 2 n Snc，则 2 1 12 n Snc n 2 2 1 121 nnn aSSncncn 11 1aS

23、c 1 1a 0c 21 n an 解关于n的不等式 1 21 2 m nmn 1234212 1,2, tt bbbbbbt tN 21mttN 时，即 1 2 m t 1221 11 2 12121 2 mt t Tbbbtttt 2 2 2 11 24 mm t 当2mt tN 时，即 2 m t 12212 1 2 1221 2 mtt t Tbbbbttt t 2 1 224 m mmm 综上所述： 2 1 ,21, 4 2 ,2 , 4 m m mttN T m m mt tN 例 5：对于数列 12 :, n A a aa，若满足0,11,2,3, i ain，则称数列A为“0

24、1数 列” ，定义变换T：将“0 1数列”A中原有的每个 1 都变成0,1，原有的每个 0 都变成1,0. 例如：:1,0,1A，则 :0,1,1,0,0,1T A， 设 0 A是“0 1数列” ， 令 1 ,1,2,3, kk AT Ak （1）若数列 2:1,0,0,1,0,1,1,0,1,0,0,1 A，求数列 10 ,A A （2）若数列 0 A共有 10 项，则数列 2 A中连续两项相等的数对至少有多少对？请说明理由 （3）若 0:0,1 A，记数列 k A中连续两项都是0的数对个数为,1,2,3, k l k ，求 k l关于k的 表达式 （1）思路：依题意可知变换T的特点为 1

25、项分裂为 2 项，所以可将 2 A中的项两两一组，再 根据规则即可还原为 1 A，照此方法即可得到 0 A 解：由变换T的规则可知： 1:0,1,1,0,0,1 A 0: 1, 0, 1 A （ 2 ） 思 路 ： 首 先 可 先 观 察 两 次 变 换 的 特 点 ， 可 知10, 11, 0, 0, 1 TT ， 01,00,1,1,0 TT ，发现无论是从 1 开始还是从 0 开始，两次变换后均可得到一对相 邻的数，且首尾也相同，这意味着若 0 A中若含相邻的数，则两次变换后这两个数生成的数首 尾也将连接成相邻的数对，例如：1,10,1,0,11,0,0,1,1,0,0,1 TT 。进而

26、可知： 0 A共 有 10 项，那么两次变换后至少会有10对， （例如当 0 1,0,1,0,1,0,1,0,1,0A 时） 若作两次T变换：10,11,0,0,1 TT ，01,00,1,1,0 TT 0 A中的每一项通过两次T变换均生成一对两项相等的数对，所以至少有 10 对 （3）思路：依题意可将 k l视为一个数列，则所求即为该数列的通项公式。由数列的知识可 知，求通项公式常用的手段有三种：利用数列中的项寻找规律并证明；通过递推公式；通过 求和公式。所以若不愿列出具体项寻找规律，则需要先找到关于 k l的一个递推公式，即寻找 第k次变换与前几次变换0,0数对的联系。 由 （2） 可知，

27、 若产生0,0数对， 则上一步只能为0,1， 所以0,0数对的个数与上一步0,1数对（记为 k b）的个数相同。即 1kk lb ，再考虑0,1数对 的来源，共有两个，一个是由上一步的1得到，一个是由上一步的0,0得到 由T变换的规则及 （2） 可知： k A中0,0数对只能由 1k A 中的0,1数对生成， k A中的 1 共有 1 2k 个（因为每一次变换生成相同个数的0,1，所以 k A中含 1 2k个 1， 1 2k个 0） ，所以 1 1 2k kk bl ，联立两个等式可得： 1 1 1 2 kk k kk lb bl ，消去 k b即可得到关于 k l的递推公式， 然后再求得 k

28、 l的通项公式即可 解：设 k A中有 k b个0,1数对 1kk lb 另一方面： 0:0,1 A，且10,1;01,0 TT k A中0和1的总个数相等 k A中项有 1 2k个 k A中0有2k个，1有2k个 而 k A中的0,1数对从 1k A 处只有两条途径能够得到：一个是由 1k A 中的1得到（ 1 2k个） ，一 个是由 1k A 中的00得到（ 1k l 个） 1 1 2k kk bl 由可得： 1 1 1 2 kk k kk lb bl 1 11 2k kk ll 2 2k kk ll 由 0:0,1 A，可得： 12 :1,0,0,1;:0,1,1,0,1,0,0,1AA

29、 12 1,1ll 当k为偶数时 2 2 2k kk ll 4 24 2k kk ll 2 42 2ll 2 242242 2 41 1 222122221 413 k kkk kk lll 当k为奇数时： 2 2 2k kk ll 4 24 2k kk ll 1 31 2ll 1 2 3232 1 2 41 1 2221222121 413 k kkk kk lll 综上所述： 1 21 , 3 1 21 , 3 k k k k l k 为偶数 为奇数 例 6：已知数列 12 :,2, nn Aa aannN 是正整数1,2,3,n的一个全排列， 若对每个 2,3,kn都有 1 2 kk a

30、a 或3，则称 n A为H数列 （1）写出满足 5 5a 的所有H数列 5 A （2）写出一个满足 5 51,2,403 k ak k的H数列 2015 A的通项公式 （3）在H数列 2015 A中，记 5 1,2,403 kk bak，若数列 k b是公差为d的等差数列， 求证：5d 或5d 解： （1） 5:3,1,4,2,5 A或 5:2,4,1,3,5 A （2）思路： 2013 A中的项为1,2,3,2013的一个全排列，所以在构造 2013 A最好符合一定的规 律，以便于写出通项公式，由（1）的启发可知 2013 A的前 5 个数可为第（1）问中的一种情况， 因为 1 2 kk a

31、a 或3，即只关心相邻两项的差，故 678910 ,a a a a a可为6,7,8,9,10的一个 排列，且 5 5 kk aa ，这样就保证了在第 2 组 678910 ,a a a a a中，相邻项的差均符合条件， 只需验证 65 aa即可：以 5:3,1,4,2,5 A为例，则 6 8a ，可知 65 3aa符合题意。按此规 律构造，5 个数为一组，第i组的数为第1i 组对应的数加上 5，从而得到 2015 A 解：由（1）可知 5:3,1,4,2,5 A，记为 2015 A的第一组数 考虑构造数列满足 5 5 nn aa ，则对任意的1,2,3,403k，2,3,4,5i 55111

32、 552 kikiiiii aaakakaa 或3 且当1i 时， 5151515 55553 kk aaakakaa 符合要求 511522533 535 ;515 ;545 kkk aakk aakk aakk 544555 525 ;555 kk aakk aakk 综上所述： 2,51 1,52 1,53 , 2,54 ,55 n nnk nnk annkkN nnk nnk （3） 思路： 若 k b的公差为d， 则 1555kkkk dbbaa ， 因为 n a中相邻项的差为2, 3， 所以 555kk aa 必然由若干个2, 3组成，但不会同时出现2且不会同时出现3（否则数 列会

33、出相同项，不符题意） 即d可以写成23xy的形式，且5xy，由此可解得 ,0,5 , 1,4 , 2,3 , 3,2 , 4,1 , 5,0 xy， 然后根据, x y的取值分别进行验证， 看 k b 中的项是否在 2015 A中（主要抓住 403 b） ，即可判断出d的值只能是5 解： k b为等差数列 1555kkkk dbbaa 5555554545353525251515kkkkkkkkkkkk aaaaaaaaaaaa 且由 1 2 kk aa 或3，可得： 1 2 kk aa 或3 23,dxy x yZ且5xy ,0,5 , 1,4 , 2,3 , 3,2 , 4,1 , 5,0

34、 xy 若,0,5xy，则15d 4 0 3112 0 1 5 402156030bbbA，不符题意 若,1,4xy，则10, 14d 40312015 402bbdA，不符题意 若,2,3xy，则13, 5d 当13d 时， 40312015 402bbdA，不符题意 当5d 时， 40311 4022010bbdb或 1 2010b ，所以可以找到这样的 2015 A使之 成立（例如第（2）问中的结论） 若,3,2xy，则12,0d ，可得 40312015 402bbdA不符题意 若,4,1xy，则5, 11d 当11d 时， 40312015 402bbdA，不符题意 当5d 时，同可

35、以找到这样的 2015 A使之成立（例如第（2）问中的结论） 若,5,0 xy，则10d 40312015 402bbdA，不符题意 综上所述，若 k b为等差数列，则5d 或5d 例 7：若有穷数列 12 ,3 n a aan 满足： （1） 1 0 n i i a ； （2） 1 1 n i i a ，则称该数列为 “n阶非凡数列” （1）分别写出一个单调递增的“3 阶非凡数列”和一个单调递减的“4 阶非凡数列” （2）设kN ，若“21k 阶非凡数列”是等差数列，求其通项公式 （3）记“n阶非凡数列”的前m项的和为1,2,3, m Smn，求证： 1 2 m S 1 11 22 n i

36、i a in 解： （1）3 阶非凡数列： 11 ,0, 22 4 阶非凡数列： 131 ,0, 288 （2）思路：首先明确其通项公式应该是关于k和序数n的表达式，要求得通项公式，关键要 确定 1, a d，因为非常数列的等差数列为单调数列，所以由 1 0 n i i a 一方面利用等差数列性质 可得到 1 0 k a ，另一方面也可知该数列以 1 0 k a 为分界线，左右两侧分为正项与负项（与 d的符号有关） ，可分0,0dd进行讨论。当0d 时， n a为递增数列，从而可知 12 , k a aa为负项， 2321 , kkk aaa 为正项。再由 1 1 n i i a 可得 12

37、1 2 k aaa， 从而用k可表示出d，另一方面 11k aakdkd ，进而 1, a d均可用k表示，所以可求得 其通项公式。按同样的方法可求出0d 时的通项公式 解：设等差数列的公差为d 1 1 221 210 2 n i i kk akad 1 0akd即 1 0 k a 当0d 时， n a为递增数列 12 0 k aaa，且 k ad ； 2321kkk daaa 1 1 k aakdkd 1 0 n i i a 且 1 1 n i i a 122321 11 , 22 kkkk aaaaaa 1 12 1 222 k k aakdd aaakk 1 1 d k k 1 1 11

38、 1 n nk aandkdnd k k 当0d 时， n a为递减数列，同理可得： 12 0, kk aaaad ， 1 1 k aakdkd 1 12 1 22 k k aa aaak 即 11 221 kdd kd k k 1 1 11 1 n nk aandkdnd k k （3）证明：当mn时， 1 0 n ni i Sa 当mn时， 1 0 n i i a 1212mmmmn Saaaaaa 1212mmmmn Saaaaaa 1212 1 21 n mmmmni i Saaaaaaa 1 2 m S 思路一：本题的难点在于不知 n a中各项的符号，但从（1） （2）问可得到一个规

39、律，任 意“归化数列” n a，其正项和为 1 2 ，负项和为 1 2 ，进而可以考虑在求和时正项一组，负 项一组进行放缩。 解：依题意可得： n a中的项有正有负 设 n a中的正项为 12 , k iii aaa，负项为 12 , m jjj aaa，零项为 12 0 t sss aaa 1212 12 00 km niiijjj aaaaaaaaa 1212 12 11 km niiijjj aaaaaaaaa 1212 11 , 22 km iiijjj aaaaaa 1212 123 1212 111111111 23 km niiijjj km aaaaaaaaaa niiijjj

40、 而 121 12 1111 2 kk iiiii k aaaaa iii （所有系数放大为 1） 1212 12 11111 2 mm jjjjjj m aaaaaa jjjnn （所有系数变为 1 n ） 123 11111 2322 n aaaa nn 思 路 二 ： 本 题 从 通 项 公 式 入 手 ， 考 虑 1nnn aSS nn ， 从 而 21321 1 1 23 n inn i aSSSSSS S in ， 合 并 同 类 项 即 可 得 到 ： 121 1 12231 n inn i aSSSS in nn ，联想到裂项相消，且由第问可知 1 2 m S， 可利用放缩及绝

41、对值不等式得到 1 111111 =1 2 1 22312 n i i a in nn 解： 2321321 11 1 2323 n innn i aaaaSSSSSS aS inn 121 12231 nn SSSS n nn 121 12231 nn SSSS n nn 1 ,1,2,1 2 m Smn，且0 n S 1 1111 2 1 2231 n i i a in n 1111111111 11 22231222nnnn 即不等式得证 小炼有话说： （1）对于“新概念”的题目，要善于利用具体实例或者前面的小问掌握其规律， 为最后一问做准备。在本题中通过前两问所总结出的“正项和为 1

42、2 ，负项和为 1 2 ”即为第 三问的突破口 （2）从一个已知数列中抽出若干项形成新数列，要善于运用双字母进行书写。可参考本题中 的写法。 12 , , k i ii可以表示出新数列的项源自于 n a的第几项，而1,2,k表示新数列中 该项的序数。一种写法，两个含义均显现其中。 例 8：对于数列 n a，把 1 a作为新数列 n b的第一项，把 i a或 i a（2 3 4in， ，）作 为新数列 n b的第i项，数列 n b称为数列 n a的一个生成数列例如，数列1,2,3,4,5的一 个生成数列是1, 2, 3,4,5已知数列 n b为数列 1 () 2n n N的生成数列， n S为数

43、列 n b 的前n项和 （1）写出 3 S的所有可能值； （2）若生成数列 n b满足 3 11 (1) 78 n n S，求数列 n b的通项公式； （3）证明：对于给定的n N， n S的所有可能值组成的集合为 1 21 |2 2 n n k Ax xkk N， （1）思路：由“生成数列”的定义可知 n b的前三项可能的值为 123 111 , 248 bbb ， 进而通过不同的组合可求得 3 S 解：由已知可得： 1 1 2 b ，且 1 2 n n b 23 11 , 48 bb 3 S可能的求和为： 1117 1113 1115 1111 , 2488 2488 2488 2488

44、3 S可能的取值为 1 3 5 7 , , , 8 8 8 8 （2）思路：本题已知 3n S的表达式，可类比在数列中已知 n S求数列通项的方式，得到 33231331nnnnn SSbbb ，计算可得： 33132 1 8 nnn n bbb ，由 n b为 1 2n 生成 数列可得： 33132 33132 111214 , 282828 nnn nnnnnn bbb ，通过合理组合 即可得到： 33132 33132 111 , 222 nnn nnn bbb ，从而得到 n b通项公式 3 11 1 78 n n S 当 1n 时， 123 1 8 bbb 当2n 时， 331323

45、33 1 11111 11 78788 nnnnn nnn bbbSS 数列 n b为数列 1 () 2n n N的生成数列 33132 33132 111214 , 282828 nnn nnnnnn bbb 33132 1 124 8 nnn n bbb 若 33132 1 8 nnn n bbb ，则以上各种组合中，只有 33132 11 124 88 nnn nn bbb 33132 33132 111 , 222 nnn nnn bbb 1 ,32 2 , 1 ,32 2 n n n nk bkN nk （3）思路：由生成数列的定义可知 1 2 2 n n bn ，所以其 23 1111 2222 n n S 共 计 1 2n中情况。而观察A中元素的个数恰好也为 1 2n个（k从1取到 1 2n个） ，且本题无法一 一计算出 n S，故从 n S可取的值的个数与A元素个数相等作为突破