Question

19．若數(shù)列{x_n}滿足對任意的m∈N^*（m≤n），都有{x_n}的前m項和等于前m項積（前1項和及前1項積均等于首項x₁），則稱數(shù)列{x_n}為“和諧數(shù)列”．
（1）已知數(shù)列{a_n}是首項a₁=2的“和諧數(shù)列”，求a₃的值；
（2）設(shè)數(shù)列{a_n}是項數(shù)不少于3的遞增的正整數(shù)數(shù)列，證明{a_n}不是“和諧數(shù)列”；
（3）若數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是“和諧數(shù)列”，且0＜a₁＜1；
①試求a_n+1與a_n的遞推關(guān)系；
②證明對任意的n∈N^*，都有0＜a_n＜1成立．

Answer 1

分析 （1）由新定義，先求a₂，再求a₃；（2）運用反證法證明，假設(shè){a_n}是“和諧數(shù)列”，結(jié)合遞增數(shù)列，即可得證；
（3）①討論n=1，n＞1，運用“和諧數(shù)列”的定義，結(jié)合下標(biāo)變換作差相減即可得到；
②運用數(shù)學(xué)歸納法證明，注意運用二次函數(shù)的值域的求法，即可得證．

解答 解：（1）由數(shù)列{a_n}是首項a₁=2的“和諧數(shù)列”，
可得a₁+a₂=a₁a₂，即有2+a₂=2a₂，解得a₂=2，
再由a₁+a₂+a₃=a₁a₂a₃，即為2+2+a₃=4a₃，
解得a₃=$\frac{4}{3}$；
（2）證明：假設(shè){a_n}是“和諧數(shù)列”，即有1≤a₁＜a₂＜a₃＜…＜a_k（k≥3），
即a₁+a₂+a₃+…+a_k=a₁a₂a₃…a_k（k≥3），
若a₁=1，則1+a₂＞a₂=1•a₂矛盾；
若a₁≥2，則2≤a₁＜a₂＜a₃＜…＜a_k（k≥3），
由a₁，a₂，a₃，…，a_k為正整數(shù)，即有a₁≥2，a₂≥3，a₃≥4，…，a_k-1≥k，
即有a₁a₂a₃…a_k≥2•3•4…k•a_k=k!•a_k≥ka_k＞a₁+a₂+a₃+…+a_k對于k≥3成立，矛盾．
綜上可得，{a_n}不是“和諧數(shù)列”；
（3）①當(dāng)n=1時，可得$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$=$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$，
即有a₂=1-a₁；
當(dāng)n＞1時，可得$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{a}_{1}}$•$\frac{1}{{a}_{2}}$…$\frac{1}{{a}_{n}}$，
將n換為n+1可得，$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{{a}_{1}}$•$\frac{1}{{a}_{2}}$…$\frac{1}{{a}_{n}}$•$\frac{1}{{a}_{n+1}}$，
兩式相減可得1-a_n+1=a₁a₂…a_n，
即有1-a_n=a₁a₂…a_n-1，
兩式相除可得1-a_n+1=a_n（1-a_n）=a_n-a_n²，
即為a_n+1=-a_n（1-a_n）+1；
綜上可得，a_n+1=$\left\{\begin{array}{l}{1-{a}_{n}，n=1}\\{{{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1，n≥2}\end{array}\right.$；
②證明：運用數(shù)學(xué)歸納法證明對任意的n∈N^*，都有0＜a_n＜1成立．
當(dāng)n=1時，0＜a₁＜1，a₂=1-a₁，即有0＜a₂＜1；
假設(shè)n=k時，（k≥2），有0＜a_k＜1，
當(dāng)n=k+1時，由a_k+1=a_k²-a_k+1=（a_k-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{3}{4}$，
由0＜a_k＜1，可得$\frac{3}{4}$≤（a_k-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{3}{4}$＜1，即有0＜a_k+1＜1．
即對n=k+1也成立．
故對任意的n∈N^*，都有0＜a_n＜1成立．

點評 本題考查新定義的理解和運用，考查反證法和數(shù)學(xué)歸納法的運用，考查推理能力和運算能力，屬于中檔題．