2009-北京卷理-20 解-等比数列

本题导读

本题考查数学新定义与创新题型、等比数列的性质与判定。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2009年北京卷(理)） 已知数集 $A=\{a_1,a_2,\cdots ,a_n\}(1⩽a_1<a_2<\cdots <a_n,n⩾2)$ 具有性质 $P$: 对任意的 $i,j(1⩽i⩽j⩽n)$， $a_i{a}_j$ 与 $\frac{a_j}{a_i}$ 两数中至少有一个属于 $A$.

(1) 分别判断数集 $\{1,3,4\}$ 与 $\{1,2,3,6\}$ 是否具有性质 $P$，并说明理由；

(2) 证明: $a_1=1$，且 $\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{a_1^{-1}+a_2^{-1}+\cdots +a_n^{-1}}=a_n$；

(3) 证明: 当 $n=5$ 时， $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5$ 成等比数列.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：直接代入特值校验。对 $\{1,3,4\}$ 选取组合 $(3,4)$ 进行乘除运算验证；对 $\{1,2,3,6\}$ 枚举所有可能的元素对进行封闭性检验。
2. 第二问：利用极大元素的排他性，通过对相同元素进行商运算证明 $1\in A$ 从而确定 $a_1=1$；进一步利用对偶取值法证明对任意 $a_i\in A$，均有 $\frac{a_n}{a_i}\in A$，利用集合整体对应的等价性转化为求和式。
3. 第三问：结合第二问倒序对称结论 $a_i{a}_{6-i}=a_5$，对特定元素对 $(a_2,a_3)$ 应用性质 $P$，通过大小关系进行排他性分类讨论，推导得出 $a_3=a_2^2$，进而确定等比关系。

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当 $n=5$ 时， $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5$ 必成等比数列

✍【详细解析】

Abstract

解：(1) 对于数集 $\{1,3,4\}$：取 $a_i=3,a_j=4$，则 $a_i{a}_j=12$， $\frac{a_j}{a_i}=\frac{4}{3}$。 因为 $12\not\subset \{1,3,4\}$ 且 $\frac{4}{3}\not\subset \{1,3,4\}$，所以数集 $\{1,3,4\}$ 不具有性质 $P$。

对于数集 $\{1,2,3,6\}$：

• 当 $a_i=1$ 时，对任意 $a_j$，均有 $\frac{a_j}{1}=a_j\in A$ 成立；
• 当 $a_i=2$ 时，若 $a_j=2⟹\frac{2}{2}=1\in A$；若 $a_j=3⟹2\times 3=6\in A$；若 $a_j=6⟹\frac{6}{2}=3\in A$；
• 当 $a_i=3$ 时，若 $a_j=3⟹\frac{3}{3}=1\in A$；若 $a_j=6⟹\frac{6}{3}=2\in A$；
• 当 $a_i=6$ 时，若 $a_j=6⟹\frac{6}{6}=1\in A$。 综上可知，所有元素组合均满足要求，故数集 $\{1,2,3,6\}$ 具有性质 $P$。

(2) 证明： 若 $1\notin A$，由于对任意 $a_i\in A$，由性质 $P$ 可知 $a_i\cdot a_i=a_i^2\in A$ 或 $\frac{a_i}{a_i}=1\in A$。 在 $1\notin A$ 的假设下，必须对所有 $i$ 恒有 $a_i^2\in A$。 特别是对于最大元素 $a_n$，因 $a_n>a_1⩾1$，必有 $a_n^2>a_n$。 若 $a_n^2\in A$，这与 $a_n$ 是数集 $A$ 中的最大元素相矛盾。 因此，必有 $1\in A$。又因 $1⩽a_1<a_2<\cdots <a_n$，故 $a_1=1$。

下面证明后半部分： 对任意的 $a_i\in A(1⩽i⩽n)$，考虑元素对 $(a_i,a_n)$。 由性质 $P$ 可知， $a_i{a}_n\in A$ 与 $\frac{a_n}{a_i}\in A$ 至少有一个成立。 当 $i>1$ 时， $a_i>a_1=1⟹a_i{a}_n>a_n$。 由于 $a_n$ 为最大元素，故 $a_i{a}_n\notin A$，从而必有 $\frac{a_n}{a_i}\in A$。 当 $i=1$ 时， $\frac{a_n}{a_1}=a_n\in A$ 显然成立。 也就是说，对任意 $a_i\in A$，其对应倒数的变标量 $\frac{a_n}{a_i}$ 依然属于 $A$。 因为 $A$ 为有限数集，且映射 $f(x)=\frac{a_n}{x}$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调递减， 所以，集合 $A=\{a_1,a_2,\cdots ,a_n\}$ 与集合 $\left\{\frac{a_n}{a_n},\frac{a_n}{a_{n-1}},\cdots ,\frac{a_n}{a_1}\right\}$ 完全相同。 根据集合元素的无序性与求和相等的原则： ${\sum }_{i=1}^n{a}_i={\sum }_{i=1}^n\frac{a_n}{a_i}=a_n{\sum }_{i=1}^n{a}_i^{-1}$ $a_1+a_2+\cdots +a_n=a_n\left(a_1^{-1}+a_2^{-1}+\cdots +a_n^{-1}\right)$ 两边同除以分母项，即证： $\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{a_1^{-1}+a_2^{-1}+\cdots +a_n^{-1}}=a_n$

(3) 证明： 当 $n=5$ 时，由 (2) 中对应函数映射的单调递减匹配关系可知： $a_1{a}_5=a_5⟹a_1=1$； $a_2{a}_4=a_5$； $a_3^2=a_5⟹a_3=\sqrt{a_5}$。

考虑元素对 $(a_2,a_3)$，由性质 $P$ 可得 $a_2{a}_3\in A$ 或 $\frac{a_3}{a_2}\in A$ 至少有一个成立。 下面分情况讨论：

• 情形一：若 $\frac{a_3}{a_2}\in A$。 因为 $1=a_1<a_2<a_3$，所以 $1<\frac{a_3}{a_2}<a_3$。 在数集 $A$ 中，介于 $a_1=1$ 与 $a_3$ 之间的元素仅有 $a_2$。 因此必有 $\frac{a_3}{a_2}=a_2⟹a_3=a_2^2$。 代入前面结构式得： $a_5=a_3^2=a_2^4$， $a_4=\frac{a_5}{a_2}=a_2^3$。 此时， 数列各元素为 $1,a_2,a_2^2,a_2^3,a_2^4$，显然构成以 $a_2$ 为公比的等比数列。

• 情形二：若 $a_2{a}_3\in A$。 因为 $a_2>1$，所以 $a_2{a}_3>a_3$。 在数集 $A$ 中，大于 $a_3$ 的元素只有 $a_4$ 和 $a_5$。

• 若 $a_2{a}_3=a_5$，结合 $a_3^2=a_5$ 可得 $a_2{a}_3=a_3^2⟹a_2=a_3$，这与 $a_2<a_3$ 矛盾，舍去；

• 若 $a_2{a}_3=a_4$，两边同乘 $a_2$ 得 $a_2^2{a}_3=a_2{a}_4$。 将 $a_2{a}_4=a_5=a_3^2$ 代入上式中，得： $a_2^2{a}_3=a_3^2$。 由于 $a_3>0$，两边同除以 $a_3$ 得 $a_3=a_2^2$。 同理可导出 $a_4=a_2^3,a_5=a_2^4$。此时数列同样构成等比数列。

综上所述，当 $n=5$ 时， $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5$ 必成等比数列。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：创新数集新定义的封闭性转化；基于有限数集单调映射的整体对应思想（对偶法）；基于大小排序的非线性方程分段剪枝。
2. 核心方法：

• 极大值与极小值反证法：利用 $a_n^2>a_n$ 直接阻断不合理分支。
• 整体对偶法：通过 $a_i\cdot a_{n+1-i}=a_n$ 结构实现对数求和。

3. 避坑指南：第三问进行分类讨论时，不要盲目罗列可能的情况。必须时刻紧扣已知的大小顺序条件 $a_1<a_2<a_3<a_4<a_5$，利用区间范围夹逼快速剔除多余的增根分支。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题具有极其深刻的近世代数背景，实质上考查的是正实数集有界子集在乘法与除法运算下的“半群”与“有限子群”的离散结构。
2. 结论推广：若有限正数集 $A=\{a_1,a_2,\cdots ,a_n\}(a_1<a_2<\cdots <a_n)$ 具有性质 $P$，则其必然是由首项为 1 的有限等比数列截取构成，即对任意有限项 $n$， $a_n$ 恒为等比数列。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 01.01集合的含义、表示与基本运算

类题演练 (Links)

• 2011-上海卷理-18 单-等比数列
• 2011-北京卷文-12 填-等比数列求和
• 2011-四川卷文-20 解-等比数列等差条件