2020年北京卷第21题 数列创新压轴题

isee

已知$\left\{ a_n \right\}$是无穷数列．给出两个性质：

    ①对于$\left\{ a_n \right\}$中任意两项$a_i,a_j(i>j)$，在$\left\{ a_n \right\}$中都存在一项$a_m$，使$\frac{a_i^2}{a_j}=a_m$；
    ②对于$\left\{ a_n \right\}$中任意项$a_n(n\geqslant 3)$，在$\left\{ a_n \right\}$中都存在两项$a_k,a_l(k>l)$．使得$a_n=\frac{a_k^2}{a_l}$．

（Ⅰ）若$a_n=n(n=1,2,\cdots )$，判断数列$\left\{ a_n \right\}$是否满足性质①，说明理由；

（Ⅱ）若$a_n=2^{n-1}(n=1,2,\cdots )$，判断数列$\left\{ a_n \right\}$是否同时满足性质①和性质②，说明理由；

（Ⅲ）若$\left\{ a_n \right\}$是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：$\left\{ a_n \right\}$为等比数列。



2020年北京卷第21题

走走看看

回复 1# isee

这道题的（Ⅲ）不好证。

参考答案，只给出等比数列符合条件的证明，而没有给出不是等比数列不符合条件的证明。

证明等比数列符合条件的过程，太复杂了吧。
可以简化吗？

走走看看

回复 2# 走走看看

这里有人给出了充分性证明，但依然没有必要性证明。

zhuanlan.zhihu.com/p/158471455
2020年北京高考数学第21题解析与点评

战巡

回复 1# isee

好像也不是很难...

归纳好了，首先看$n=3$，此时如果$a_1=a\ne 0$，$a_2=aq$, $q>1$，那么根据性质2，以及数列递增，我们知道$a_k>a_l$，意味着
\[a_n=\frac{a_k^2}{a_l}>a_k>a_l\]
\[n>k>l\]
注意$n,k,l$都是正整数，此时如果令$n=3$，意味着$k,l$没得跑了，只能是$k=2,l=1$，那么必然有
\[a_3=\frac{a_2^2}{a_1}=aq^2\]
这说明在$n\le 3$时，$a_n$是等比数列。

那么假设$n\le K$时$a_n$都是等比数列，有$a_n=aq^{n-1},n\le K$，此时如果观察$a_{K+1}$，那么必然存在$l<k<K+1$使得$a_{K+1}=\frac{a_k^2}{a_l}$，说明$k,l\le K$
\[a_{K+1}=\frac{a^2q^{2k-2}}{aq^{l-1}}=aq^{2k-l-1}\]

而根据性质1，任选$i>j$都会存在$m>i$使得$a_m$是数列的一项，那好，现在我选择$i=K, j=K-1$，意味着存在$m$使得
\[a_m=\frac{a_K^2}{a_{K-1}}=aq^K\]
现在就要证明$m=K+1$，我们可以反证，假设$m>K+1$好了，那么意味着
\[a_K<a_{K+1}<a_m\]
也就是
\[aq^{K-1}<aq^{2k-l-1}<aq^K\]
\[K-1<2k-l-1<K\]
请问这怎么可能呢？$K,2k-l-1$都是整数啊，这样岂不两个相邻整数$K-1$和$K$之间还夹着一个整数？只能是没戏，行不通，$m=K+1$妥妥的，那就有
\[a_m=a_{K+1}=aq^K\]
这就证明了$n\le K+1$时都是等比数列，归纳就完成了

joatbmon

数列$\left\{a_n\right\}$前两项$a_1<a_2$,根据第一条性质,$\dfrac{a_2^2}{a_1}$也在这个数列中,这表明$a_1\neq 0$,记
                        \[\dfrac{a_2}{a_1}=q\]
所以这个数列的前两项是$a_1<a_1q$,反复应用第一条性质可知,这个数列包含下列项
                        \[\dfrac{(a_1q)^2}{a_1}=a_1q^2,\dfrac{(a_1q^2)^2}{a_1q}=a_1q^3,\cdots,a_1q^{n-1},\cdots\]
                        即这个数列包含了所有的$a_1q^{n-1}$,再根据$\left\{a_n\right\}$单调递增,可知必有
                        \[a_1<a_1q<\cdots<a_1q^{n-1}<a_1q^n<\cdots\]
下面再说明这个数列除了$a_1q^{n-1}$没有其他数,假设某些项不是$\left\{a_1q^{n-1}\right\}$中的项,记这些项中最小的那个为$a_n$,则必然存在$m\geqslant 3$使得
                        \[a_1q^{m-1}<a_m<a_1q^m\]
根据第二条性质,存在$k>l$,使得
                        \[a_n=\dfrac{a_k^2}{a_l}\]
考虑到前面$m-1\;(m\geqslant 3)$项是一个递增的等比数列,有两种可能:$a_1>0,q>1$或$a_1<0,0<q<1$,又数列$\left\{a_n\right\}$包含了无穷等比数列$\left\{a_1q^{n-1}\right\}$中的所有项,所以这个数列只有两种可能:$a_n>0,\left\{|a_n|\right\}$递增或者$a_n<0,\left\{|a_n|\right\}$递减,无论哪一种,都有
                        \[\dfrac{a_k^2}{a_l}>a_k\]
所以
                        \[a_n>a_k>a_l\]
这表明必然有
                        \[a_k=a_1q^{k-1},a_l=a_1q^{l-1}\]
则
                        \[a_n=a_1q^{2k-l}\]
                        这与假设矛盾,因此数列$\left\{a_n\right\}$中不存在$\left\{a_1q^{n-1}\right\}$以外的项

走走看看

向两位膜拜！