創(chuàng)新點(diǎn)3　數(shù)列中的“三新”問(wèn)題VIP

數(shù)列中的“三新”問(wèn)題高考定位新高考的命題要求為：創(chuàng)新試題形式，加強(qiáng)情境設(shè)計(jì)，注意聯(lián)系社會(huì)生活實(shí)際，增加綜合性、開(kāi)放性、應(yīng)用性、探究性試題.這些要求反映在數(shù)列試題中，就是出現(xiàn)了數(shù)列的新情境、新定義和新性質(zhì)問(wèn)題，這些“三新”問(wèn)題逐漸成為熱點(diǎn)的壓軸題.【題型突破】題型一數(shù)列的新情境問(wèn)題例1(2024·長(zhǎng)沙模擬)南宋的數(shù)學(xué)家楊輝“善于把已知形狀、大小的幾何圖形的求面積，體積的連續(xù)量問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求離散變量的垛積問(wèn)題”.在他的專(zhuān)著《詳解九章算法·商功》中，楊輝將堆垛與相應(yīng)立體圖形作類(lèi)比，推導(dǎo)出了三角垛、方垛、芻薨垛、芻童垛等的公式.如圖，“三角垛”的最上層有1個(gè)球，第二層有3個(gè)球，第三層有6個(gè)球……第n＋1層球數(shù)是第n層球數(shù)與n＋1的和，設(shè)各層球數(shù)構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)證明：當(dāng)x>0時(shí)，ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)；(3)若數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(2n,ln（2an）－2lnn)，對(duì)于n∈N*，證明：b1＋b2＋b3＋…＋bn<n×2n＋1.訓(xùn)練1(2024·佛山模擬)佛山新城文化中心是佛山地標(biāo)性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最簡(jiǎn)單的方塊體作為核心要素，與佛山世紀(jì)蓮體育中心的圓形蓮花造型形成“方”“圓”呼應(yīng).坊塔是文化中心的標(biāo)志性建筑、造型獨(dú)特、類(lèi)似一個(gè)個(gè)方體錯(cuò)位堆疊，總高度153.6米.坊塔塔樓由底部4個(gè)高度相同的方體組成塔基，支托上部5個(gè)方體，交錯(cuò)疊合成一個(gè)外形時(shí)尚的塔身結(jié)構(gòu).底部4個(gè)方體高度均為33.6米，中間第5個(gè)方體也為33.6米高，再往上2個(gè)方體均為24米高，最上面的兩個(gè)方體均為19.2米高.(1)請(qǐng)根據(jù)坊塔方體的高度數(shù)據(jù)，結(jié)合所學(xué)數(shù)列知識(shí)，寫(xiě)出一個(gè)等差數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，該數(shù)列以33.6為首項(xiàng)，并使得24和19.2也是該數(shù)列的項(xiàng)；(2)佛山世紀(jì)蓮體育中心上層屋蓋外徑為310米.根據(jù)你得到的等差數(shù)列，連續(xù)取用該數(shù)列前m(m∈N*)項(xiàng)的值作為方體的高度，在保持最小方體高度為19.2米的情況下，采用新的堆疊規(guī)則，自下而上依次為2a1、3a2、4a3、……、(m＋1)am((m＋1)am表示高度為am的方體連續(xù)堆疊m＋1層的總高度)，請(qǐng)問(wèn)新堆疊坊塔的高度是否超過(guò)310米？并說(shuō)明理由.題型二數(shù)列的新定義問(wèn)題例2(2024·南通調(diào)研)設(shè)有窮數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為m(m≥2)，若正整數(shù)k(2≤k≤m)滿足?n<k，an>ak則稱(chēng)k為數(shù)列{an}的“min點(diǎn)”.(1)若an＝(－1)n(2n－3)(1≤n≤5)，求數(shù)列{an}的“min點(diǎn)”；(2)已知有窮等比數(shù)列{an}的公比為2，前n項(xiàng)和為Sn，若數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,Sn)))存在“min點(diǎn)”，求正數(shù)a1的取值范圍；(3)若an≥an－1－1(2≤n≤m)，數(shù)列{an}的“min點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為p，證明：a1－am≤p.訓(xùn)練2(2024·鹽城模擬)在數(shù)列{an}的第k項(xiàng)與第k＋1項(xiàng)之間插入k個(gè)1，稱(chēng)為變換Γ.數(shù)列{an}通過(guò)變換Γ所得數(shù)列記為Ω1(an)，數(shù)列Ω1(an)通過(guò)變換Γ所得數(shù)列記為Ω2(an)，…，以此類(lèi)推，數(shù)列Ωn－1(an)通過(guò)變換Γ所得數(shù)列記為Ωn(an)(其中n≥2).(1)已知等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1，項(xiàng)數(shù)為m，其前m項(xiàng)和為Sm，若Sm＝2am－1＝255，求數(shù)列Ω1(an)的項(xiàng)數(shù)；(2)若數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為3，Ωn(an)的項(xiàng)數(shù)記為bn.①當(dāng)n≥2時(shí)，試用bn－1表示bn；②求證：2×32n－1≤bn≤62n－1.題型三數(shù)列的凹凸性例3(2024·棗莊模擬)若數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，對(duì)任意n∈N*，有aeq\o\al(2,n＋1)≥an＋2an，則稱(chēng)數(shù)列{an}為“對(duì)數(shù)凹性”數(shù)列.(1)已知數(shù)列1，3，2，4和數(shù)列1，2，4，3，2，判斷它們是否為“對(duì)數(shù)凹性”數(shù)列，并說(shuō)明理由；(2)若函數(shù)f(x)＝b1＋b2x＋b3x2＋b4x3有三個(gè)零點(diǎn)，其中bi>0(i＝1，2，3，4).證明：數(shù)列b1，b2，b3，b4為“對(duì)數(shù)凹性”數(shù)列；(3)若數(shù)列{cn}的各項(xiàng)均為正數(shù)，c2>c1，記{cn}的前n項(xiàng)和為Sn，Wn＝eq\f(1,n)Sn，對(duì)任意三個(gè)不相等正整數(shù)p，q，r，存在常數(shù)t，使得(p－q)Wr＋(q－r)Wp＋(r－p)Wq＝t.證明：數(shù)列{Sn}為“對(duì)數(shù)凹性”數(shù)列.訓(xùn)練3(2024·金華三模)若正實(shí)數(shù)數(shù)列{cn}滿足ceq\o\al(2,n＋1)≤cncn＋2(n∈N*)，則稱(chēng){cn}是一個(gè)對(duì)數(shù)凸數(shù)列；若實(shí)數(shù)列{dn}滿足2dn＋1≤dn＋dn＋2，則稱(chēng){dn}是一個(gè)凸數(shù)列.已知{an}是一個(gè)對(duì)數(shù)凸數(shù)列，bn＝lnan.(1)證明：a1a10≥a5a6；(2)若a1a2…a2024＝1，證明：a1012a1013≤1；(3)若b1＝1，b2024＝2024，求b10的最大值.【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】1.(2024·泰安三模)對(duì)于m，t∈N*，s∈N，t不是10的整數(shù)倍，則m＝t·10s，則稱(chēng)m為s級(jí)十全十美數(shù).已知數(shù)列{an}滿足：a1＝8，a2＝40，an＋2＝5an＋1－6an.(1)若{an＋1－kan}為等比數(shù)列，求k；(2)求在a1，a2，a3，…，a2024中，3級(jí)十全十美數(shù)的個(gè)數(shù).2.(2024·深圳二模)無(wú)窮數(shù)列a1，a2，…，an，…的定義如下：如果n是偶數(shù)，就對(duì)n盡可能多次地除以2，直到得出一個(gè)奇數(shù)，這個(gè)奇數(shù)就是an；如果n是奇數(shù)，就對(duì)3n＋1盡可能多次地除以2，直到得出一個(gè)奇數(shù)，這個(gè)奇數(shù)就是an.(1)寫(xiě)出這個(gè)數(shù)列的前7項(xiàng)；(2)如果an＝m且am＝n，求m，n的值；(3)記an＝f(n)，n∈N*，求一個(gè)正整數(shù)n，滿足n<f(n)<f(f(n))<…<.【解析版】題型一數(shù)列的新情境問(wèn)題例1(2024·長(zhǎng)沙模擬)南宋的數(shù)學(xué)家楊輝“善于把已知形狀、大小的幾何圖形的求面積，體積的連續(xù)量問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求離散變量的垛積問(wèn)題”.在他的專(zhuān)著《詳解九章算法·商功》中，楊輝將堆垛與相應(yīng)立體圖形作類(lèi)比，推導(dǎo)出了三角垛、方垛、芻薨垛、芻童垛等的公式.如圖，“三角垛”的最上層有1個(gè)球，第二層有3個(gè)球，第三層有6個(gè)球……第n＋1層球數(shù)是第n層球數(shù)與n＋1的和，設(shè)各層球數(shù)構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)證明：當(dāng)x>0時(shí)，ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)；(3)若數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(2n,ln（2an）－2lnn)，對(duì)于n∈N*，證明：b1＋b2＋b3＋…＋bn<n×2n＋1.(1)解根據(jù)題意，an＋1＝an＋n＋1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝eq\f(n（n＋1）,2)，又a1＝1也滿足，所以an＝eq\f(n（n＋1）,2).(2)證明設(shè)f(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x,1＋x)，x∈(0，＋∞)，則f′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(1,（1＋x）2)＝eq\f(x,（1＋x）2)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則f(x)>f(0)＝0，即ln(1＋x)－eq\f(x,1＋x)>0，即當(dāng)x>0時(shí)，ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x).(3)證明由(2)可知當(dāng)x>0時(shí)，ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，令x＝eq\f(1,n)(n∈N*)，則lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))>eq\f(1,1＋n)，所以bn＝eq\f(2n,ln（2an）－2lnn)＝eq\f(2n,ln[n（n＋1）]－lnn2)＝eq\f(2n,ln\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n（n＋1）,n2))))＝eq\f(2n,ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n))))<(n＋1)×2n，所以b1＋b2＋b3＋…＋bn<2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，令Tn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，令2Tn＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n＋1)×2n＋1，所以－Tn＝2＋21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1＝2＋eq\f(2（1－2n）,1－2)－(n＋1)×2n＋1＝－n·2n＋1，所以Tn＝n·2n＋1，所以b1＋b2＋b3＋…＋bn<n·2n＋1.規(guī)律方法1.本題的第(3)問(wèn)關(guān)鍵是利用第(2)問(wèn)的結(jié)論，恰當(dāng)?shù)亟ox賦值后，轉(zhuǎn)化為數(shù)列的求和問(wèn)題.2.解決數(shù)列的新情境問(wèn)題要首先理解題意，從新情境中抽象出等差數(shù)列、等比數(shù)列等特殊的數(shù)列、轉(zhuǎn)化為數(shù)列的通項(xiàng)、性質(zhì)或求和問(wèn)題.訓(xùn)練1(2024·佛山模擬)佛山新城文化中心是佛山地標(biāo)性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最簡(jiǎn)單的方塊體作為核心要素，與佛山世紀(jì)蓮體育中心的圓形蓮花造型形成“方”“圓”呼應(yīng).坊塔是文化中心的標(biāo)志性建筑、造型獨(dú)特、類(lèi)似一個(gè)個(gè)方體錯(cuò)位堆疊，總高度153.6米.坊塔塔樓由底部4個(gè)高度相同的方體組成塔基，支托上部5個(gè)方體，交錯(cuò)疊合成一個(gè)外形時(shí)尚的塔身結(jié)構(gòu).底部4個(gè)方體高度均為33.6米，中間第5個(gè)方體也為33.6米高，再往上2個(gè)方體均為24米高，最上面的兩個(gè)方體均為19.2米高.(1)請(qǐng)根據(jù)坊塔方體的高度數(shù)據(jù)，結(jié)合所學(xué)數(shù)列知識(shí)，寫(xiě)出一個(gè)等差數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，該數(shù)列以33.6為首項(xiàng)，并使得24和19.2也是該數(shù)列的項(xiàng)；(2)佛山世紀(jì)蓮體育中心上層屋蓋外徑為310米.根據(jù)你得到的等差數(shù)列，連續(xù)取用該數(shù)列前m(m∈N*)項(xiàng)的值作為方體的高度，在保持最小方體高度為19.2米的情況下，采用新的堆疊規(guī)則，自下而上依次為2a1、3a2、4a3、……、(m＋1)am((m＋1)am表示高度為am的方體連續(xù)堆疊m＋1層的總高度)，請(qǐng)問(wèn)新堆疊坊塔的高度是否超過(guò)310米？并說(shuō)明理由.解(1)由題意可知a1＝33.6，注意到33.6－24＝9.6，24－19.2＝4.8，取等差數(shù)列的公差d＝－2.4，則an＝33.6－2.4(n－1)＝36－2.4n，令an＝36－2.4n＝24，解得n＝5，即24為第5項(xiàng)；令an＝36－2.4n＝19.2，解得n＝7，即19.2為第7項(xiàng)；故an＝36－2.4n符合題意.(2)可以，理由如下：由(1)可知m≤7，a1＝33.6，a2＝31.2，a3＝28.8，a4＝26.4，a5＝24，a6＝21.6，a7＝19.2，設(shè)數(shù)列{(n＋1)an}的前n項(xiàng)和為Sn，∵S7＝2a1＋3a2＋4a3＋…＋8a7＝856.8>310，故新堆疊坊塔的高茺可以超過(guò)310米.題型二數(shù)列的新定義問(wèn)題例2(2024·南通調(diào)研)設(shè)有窮數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為m(m≥2)，若正整數(shù)k(2≤k≤m)滿足?n<k，an>ak則稱(chēng)k為數(shù)列{an}的“min點(diǎn)”.(1)若an＝(－1)n(2n－3)(1≤n≤5)，求數(shù)列{an}的“min點(diǎn)”；(2)已知有窮等比數(shù)列{an}的公比為2，前n項(xiàng)和為Sn，若數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,Sn)))存在“min點(diǎn)”，求正數(shù)a1的取值范圍；(3)若an≥an－1－1(2≤n≤m)，數(shù)列{an}的“min點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為p，證明：a1－am≤p.(1)解因?yàn)閍1＝1，a2＝1，a3＝－3，a4＝5，a5＝－7，所以數(shù)列{an}的“min點(diǎn)”為3，5.(2)解依題意，Sn＝eq\f(a1（1－2n）,1－2)＝a1(2n－1)，因?yàn)閿?shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,Sn)))存在“min點(diǎn)”，所以存在n(n≥2)，使得Sn＋eq\f(1,Sn)<a1＋eq\f(1,a1)，所以a1(2n－1)＋eq\f(1,a1（2n－1）)<a1＋eq\f(1,a1)，即a1(2n－2)<eq\f(1,a1)·eq\f(2n－2,2n－1).因?yàn)閚≥2，所以2n－2>0，所以aeq\o\al(2,1)<eq\f(1,2n－1).又當(dāng)n＝2時(shí)，eq\f(1,2n－1)取最大值eq\f(1,3)，所以aeq\o\al(2,1)<eq\f(1,3)，又a1>0，所以0<a1<eq\f(\r(3),3).當(dāng)0<a1<eq\f(\r(3),3)，有S2＋eq\f(1,S2)<S1＋eq\f(1,S1)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,Sn)))存在“min點(diǎn)”，所以a1的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3))).(3)證明①若an≥a1(n≥2)，則數(shù)列{an}不存在“min點(diǎn)”，即p＝0.由am－a1≥0，得a1－am≤0，所以a1－am≤p.②若存在an，使得an<a1.下證數(shù)列{an}有“min點(diǎn)”.證明：若a2<a1，則2是數(shù)列{an}的“min點(diǎn)”；若a2≥a1，因?yàn)榇嬖赼n，使得an<a1，所以設(shè)數(shù)列{an}中第1個(gè)小于a1的項(xiàng)為an1，則an1<a1≤ai(2≤i≤n1－1)，所以n1是數(shù)列{an}的第1個(gè)“min點(diǎn)”.綜上，數(shù)列{an}存在“min點(diǎn)”.不妨設(shè)數(shù)列{an}的“min點(diǎn)”由小到大依次為n1，n2，n3，…，np，則ani＋1是ani，ani＋1，ani＋2，…，ani＋1－1，ani＋1中第1個(gè)小于ani的項(xiàng)，故ani－ani＋1≤ani＋1－1－ani＋1，因?yàn)閍n≥an－1－1(2≤n≤m)，所以an－1－an≤1，所以ani＋1－1－ani＋1≤1，所以ani－ani＋1≤1.所以a1－am≤a1－anp＝(a1－an1)＋(an1－an2)＋(an2－an3)＋…＋(anp－1－anp)≤(an1－1－an1)＋(an2－1－an2)＋(an3－1－an3)＋…＋(anp－1－anp)≤1＋1＋1＋…＋1(p個(gè)1).所以a1－am≤p.綜上a1－am≤p，得證.規(guī)律方法數(shù)列中的新定義問(wèn)題，主要是指即時(shí)定義新概念、新定理、新法則、新運(yùn)算等，然后根據(jù)此新定義去解決問(wèn)題，有時(shí)還需要用類(lèi)比的方法去理解新定義，這樣有助于更透徹地理解新定義.但是，歸根結(jié)底這些問(wèn)題考查的還是數(shù)列的基本概念、性質(zhì)和運(yùn)算，根據(jù)條件適時(shí)轉(zhuǎn)化是解決此類(lèi)問(wèn)題的基本思路與原則.訓(xùn)練2(2024·鹽城模擬)在數(shù)列{an}的第k項(xiàng)與第k＋1項(xiàng)之間插入k個(gè)1，稱(chēng)為變換Γ.數(shù)列{an}通過(guò)變換Γ所得數(shù)列記為Ω1(an)，數(shù)列Ω1(an)通過(guò)變換Γ所得數(shù)列記為Ω2(an)，…，以此類(lèi)推，數(shù)列Ωn－1(an)通過(guò)變換Γ所得數(shù)列記為Ωn(an)(其中n≥2).(1)已知等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1，項(xiàng)數(shù)為m，其前m項(xiàng)和為Sm，若Sm＝2am－1＝255，求數(shù)列Ω1(an)的項(xiàng)數(shù)；(2)若數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為3，Ωn(an)的項(xiàng)數(shù)記為bn.①當(dāng)n≥2時(shí)，試用bn－1表示bn；②求證：2×32n－1≤bn≤62n－1.(1)解設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，顯然q≠1，由a1＝1，Sm＝2am－1＝255，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Sm＝\f(1－qm,1－q)＝255，,am＝qm－1＝128，))解得q＝2，m＝8.故數(shù)列{an}有8項(xiàng)，經(jīng)過(guò)1次變換后的項(xiàng)數(shù)為8＋1＋2＋…＋7＝36，即Ω1(an)的項(xiàng)數(shù)為36.(2)①解由Ωn(an)的項(xiàng)數(shù)為bn，則當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝bn－1＋[1＋2＋…＋(bn－1－1)]，所以bn＝bn－1＋eq\f(bn－1,2)(bn－1－1)＝eq\f(1,2)beq\o\al(2,n－1)＋eq\f(1,2)bn－1.②證明因?yàn)閿?shù)列{an}是一個(gè)3項(xiàng)的數(shù)列，所以b1＝6，由bn＝eq\f(1,2)beq\o\al(2,n－1)＋eq\f(1,2)bn－1>eq\f(1,2)beq\o\al(2,n－1)(n≥2)，所以lgbn>2lgbn－1－lg2，于是lgbn－lg2>2(lgbn－1－lg2)，則有l(wèi)gbn－lg2>2n－1(lgb1－lg2)，所以lgbn－lg2>2n－1lg3，得lgbn>lg2＋2n－1lg3，即bn>2·32n+1(n≥2)，所以bn≥2×32n－1.∵bn≥2×32n－1>1，∴bn－1<beq\o\al(2,n－1)(n≥2)，于是bn＝eq\f(1,2)beq\o\al(2,n－1)＋eq\f(1,2)bn－1<beq\o\al(2,n－1)(n≥2)，則有l(wèi)gbn<2lgbn－1，可得lgbn<2n－1lgb1，有l(wèi)gbn<lg62n－1，即bn<62n－1(n≥2)，所以bn≤62n－1，綜上所述，2×3n－1≤bn≤62n－1.題型三數(shù)列的凹凸性例3(2024·棗莊模擬)若數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，對(duì)任意n∈N*，有aeq\o\al(2,n＋1)≥an＋2an，則稱(chēng)數(shù)列{an}為“對(duì)數(shù)凹性”數(shù)列.(1)已知數(shù)列1，3，2，4和數(shù)列1，2，4，3，2，判斷它們是否為“對(duì)數(shù)凹性”數(shù)列，并說(shuō)明理由；(2)若函數(shù)f(x)＝b1＋b2x＋b3x2＋b4x3有三個(gè)零點(diǎn)，其中bi>0(i＝1，2，3，4).證明：數(shù)列b1，b2，b3，b4為“對(duì)數(shù)凹性”數(shù)列；(3)若數(shù)列{cn}的各項(xiàng)均為正數(shù)，c2>c1，記{cn}的前n項(xiàng)和為Sn，Wn＝eq\f(1,n)Sn，對(duì)任意三個(gè)不相等正整數(shù)p，q，r，存在常數(shù)t，使得(p－q)Wr＋(q－r)Wp＋(r－p)Wq＝t.證明：數(shù)列{Sn}為“對(duì)數(shù)凹性”數(shù)列.(1)解根據(jù)“對(duì)數(shù)凹性”數(shù)列的定義可知數(shù)列1，3，2，4中22≥3×4不成立，所以數(shù)列1，3，2，4不是“對(duì)數(shù)凹性”數(shù)列；而數(shù)列1，2，4，3，2中eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(22≥1×4，,42≥2×3，,32≥4×2))均成立，所以數(shù)列1，2，4，3，2是“對(duì)數(shù)凹性”數(shù)列.(2)證明根據(jù)題意及三次函數(shù)的性質(zhì)易知f′(x)＝b2＋2b3x＋3b4x2有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根，所以Δ1＝4beq\o\al(2,3)－4×3b2b4>0?beq\o\al(2,3)>3b2b4，又bi>0(i＝1，2，3，4)，所以beq\o\al(2,3)>3b2b4>b2b4，顯然x＝0?f(0)＝b1>0，即x＝0不是f(x)的零點(diǎn)，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝b1＋b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋b3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(2)＋b4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(3)，令t＝eq\f(1,x)，則f(t)＝b1＋b2t＋b3t2＋b4t3也有三個(gè)零點(diǎn)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(b1x3＋b2x2＋b3x＋b4,x3)有三個(gè)零點(diǎn)，則g(x)＝b1x3＋b2x2＋b3x＋b4有三個(gè)零點(diǎn)，所以g′(x)＝3b1x2＋2b2x＋b3有兩個(gè)零點(diǎn)，所以同上有Δ2＝4beq\o\al(2,2)－4×3b1b3>0?beq\o\al(2,2)>3b1b3>b1b3，故數(shù)列b1，b2，b3，b4為“對(duì)數(shù)凹性”數(shù)列.(3)證明將p，q互換得t＝(q－p)Wr＋(p－r)Wq＋(r－q)Wp＝－t，所以t＝0，令p＝1，q＝2，得－Wr＋(2－r)W1＋(r－1)W2＝0，所以Wr＝(2－r)W1＋(r－1)W2＝W1＋(r－1)(W2－W1)，故數(shù)列{Wn}是等差數(shù)列，記d＝W2－W1＝eq\f(S2,2)－c1＝eq\f(c2－c1,2)>0，所以Wn＝c1＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c2－c1,2)))＝c1＋(n－1)d，所以Sn＝nWn＝dn2＋(c1－d)n，又因?yàn)閏n＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))所以cn＝c1＋2d(n－1)，所以cn＋1－cn＝2d>0，所以{cn}為單調(diào)遞增的等差數(shù)列，所以cn＋1>cn>0，cn＋2＋cn＝2cn＋1，Sn＝eq\f(n（c1＋cn）,2).所以4(Seq\o\al(2,n＋1)－SnSn＋2)＝(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)(c1＋cn)(c1＋cn＋2)>(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（c1＋cn）＋（c1＋cn＋2）,2)))eq\s\up12(2)＝(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2c1＋cn＋cn＋2,2)))eq\s\up12(2)＝(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)(c1＋cn＋1)2＝[(n＋1)2－n(n＋2)](c1＋cn＋1)2＝(c1＋cn＋1)2>0.所以Seq\o\al(2,n＋1)≥SnSn＋2，數(shù)列{Sn}是“對(duì)數(shù)凹性”數(shù)列.規(guī)律方法1.解第(3)問(wèn)的關(guān)鍵是利用賦值法證明數(shù)列{Wn}是等差數(shù)列，從而利用等差數(shù)列的相關(guān)概念及公式證明.2.數(shù)列的凹凸性是類(lèi)比函數(shù)的凹凸性得到的，解決此類(lèi)問(wèn)題一般要從題目條件中挖掘出一個(gè)特殊的數(shù)列(例如等差數(shù)列、等比數(shù)列)，數(shù)列的凹凸性給出的不等關(guān)系就可以利用這個(gè)特殊數(shù)列的運(yùn)算，結(jié)合不等式放縮加以證明.訓(xùn)練3(2024·金華三模)若正實(shí)數(shù)數(shù)列{cn}滿足ceq\o\al(2,n＋1)≤cncn＋2(n∈N*)，則稱(chēng){cn}是一個(gè)對(duì)數(shù)凸數(shù)列；若實(shí)數(shù)列{dn}滿足2dn＋1≤dn＋dn＋2，則稱(chēng){dn}是一個(gè)凸數(shù)列.已知{an}是一個(gè)對(duì)數(shù)凸數(shù)列，bn＝lnan.(1)證明：a1a10≥a5a6；(2)若a1a2…a2024＝1，證明：a1012a1013≤1；(3)若b1＝1，b2024＝2024，求b10的最大值.(1)證明法一由題意得aeq\o\al(2,n＋1)≤anan＋2，∴eq\f(an＋2,an＋1)≥eq\f(an＋1,an)≥eq\f(an,an－1)≥eq\f(an－1,an－2)≥…≥eq\f(a2,a1)，∴eq\f(a10,a9)≥eq\f(a6,a5)，eq\f(a9,a8)≥eq\f(a5,a4)，eq\f(a8,a7)≥eq\f(a4,a3)，eq\f(a7,a6)≥eq\f(a3,a2)，eq\f(a6,a5)≥eq\f(a2,a1)，將以上式子累乘得eq\f(a10,a5)≥eq\f(a6,a1)，也即a1a10≥a5a6成立.法二由題意得eq\f(a10,a9)≥eq\f(a9,a8)≥…≥eq\f(a3,a2)≥eq\f(a2,a1)，∴a1a10≥a2a9≥a3a8≥a4a7≥a5a6，∴a1a10≥a5a6成立.(2)證明法一∵eq\f(an＋1,an)≤eq\f(an＋2,an＋1)，∴eq\f(an－k,an－k－1)≤eq\f(an－k＋1,an－k)≤…≤eq\f(an＋1,an)≤eq\f(an＋2,an＋1)≤…≤eq\f(an＋k＋1,an＋k)，∴an＋k·an－k≤an＋k＋1·an－k－1(1≤k<n)，則a1012·a1013≤a1011·a1014≤a1010·a1015≤…≤a1·a2024，∴(a1012·a1013)1012≤a1a2…a2024＝1，∴a1012·a1013≤1.法二考慮反證法，假設(shè)a1012a1013>1，由eq\f(an＋1,an)≤eq\f(an＋2,an＋1)得eq\f(a1012,a1011)≤eq\f(a1013,a1012)≤eq\f(a1014,a1013)，∴a1012a1013≤a1011a1014，∴a1011a1014>1，同理eq\f(a1012,a1010)＝eq\f(a1012,a1011)·eq\f(a1011,a1010)≤eq\f(a1014,a1013)·eq\f(a1015,a1014)＝eq\f(a1015,a1013)，∴a1010a1015>a1012a1013，∴a1010a1015>1，同理可證a1009a1016>1，a1008a1017>1，…，a1a2024>1，綜上可得，a1a2…a2024>1，與條件矛盾，∴假設(shè)不成立，∴a1012a1013≤1成立.法三∵a1a2…a2024＝1，∴l(xiāng)n(a1a2…a2024)＝0，也即b1＋b2＋…＋b2024＝0，同時(shí)，由aeq\o\al(2,n＋1)≤anan＋2可得ln(aeq\o\al(2,n＋1))≤ln(anan＋2)，∴2bn＋1≤bn＋bn＋2，也即bn＋1－bn≤bn＋2－bn＋1，∴b1013－b1012≤b2024－b2023，b1012－b1011≤b2023－b2022，…，b2－b1≤b1013－b1012，將以上式子累加得b1013－b1≤b2024－b1012，也即b1012＋b1013≤b1＋b2024，同理可得b1012＋b1013≤b2＋b2023，b1012＋b1013≤b3＋b2022，……b1012＋b1013≤b1012＋b1013，將以上式子累加得1012(b1012＋b1013)≤b1＋b2＋…＋bn＝0，∴b1012＋b1013≤0，∴l(xiāng)na1012＋lna1013≤0，∴a1012a1013≤1成立.(3)解由aeq\o\al(2,n＋2)≤anan＋2可得ln(aeq\o\al(2,n＋2))≤ln(anan＋2)，∴2bn＋1≤bn＋bn＋2，也即bn＋1－bn≤bn＋2－bn＋1，∴b2024－b2023≥b11－b10，b2023－b2022≥b11－b10，…，b11－b10≥b11－b10，將以上式子累加得b2024－b10≥2014(b11－b10)，①又b11－b10≥b10－b9，b11－b10≥b9－b8，…，b11－b10≥b2－b1，將以上式子累加得9(b11－b10)≥b10－b1，②結(jié)合①②式可得eq\f(b2024－b10,2014)≥b11－b10≥eq\f(b10－b1,9)，∴eq\f(2024－b10,2014)≥eq\f(b10－1,9)，化簡(jiǎn)得b10≤10，另外，顯然有bn＝n符合題意，此時(shí)b10＝10，綜上，b10的最大值為10.【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】1.(2024·泰安三模)對(duì)于m，t∈N*，s∈N，t不是10的整數(shù)倍，則m＝t·10s，則稱(chēng)m為s級(jí)十全十美數(shù).已知數(shù)列{an}滿足：a1＝8，a2＝40，an＋2＝5an＋1－6an.(1)若{an＋1－kan}為等比數(shù)列，求k；(2)求在a1，a2，a3，…，a2024中，3級(jí)十全十美數(shù)的個(gè)數(shù).解(1)設(shè){an＋1－kan}的公比為q，則an＋2－kan＋1＝q(an＋1－kan)，即an＋2＝(q＋k)an＋1－qkan，由an＋2＝5an＋1－6an，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＋k＝5，,－qk＝－6，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝2，,q＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝3，,q＝2，))所以k＝2或k＝3.(2)由(1)知，當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝2，,q＝3))時(shí)，an＋1－2an＝(a2－2a1)3n－1＝8×3n，當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝3，,q＝2))時(shí)，an＋1－3an＝(a2－3a1)2n－1＝8×2n，兩式相減得an＝8(3n－2n).當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，3n－2n的個(gè)位數(shù)為1或9，an＝8(3n－2n)的個(gè)位數(shù)不可能為0；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，設(shè)n＝2k(k∈N*)，則an＝8(32k－22k)＝8(9k－4k)，要想an末尾3個(gè)數(shù)字為0，需滿足9k－4k被eq\f(1000,8)＝53＝125整除，當(dāng)k＝1，2，3時(shí)，9k－4k均不符合題意；當(dāng)k>3時(shí)，9k－4k＝(－1＋10)k－(－1＋5)k＝[Ceq\o\al(0,k)(－1)k＋Ceq\o\al(1,k)(－1)k－1·10＋Ceq\o\al(2,k)(－1)k－2·102＋…＋Ceq\o\al(k,k)·10k]－[Ceq\o\al(0,k)(－1)k＋Ceq\