2016-上海卷理-23 解-数列性质

本题导读

本题考查数列性质的定义理解、等差等比数列的运算，以及充要条件的证明。核心在于紧扣“性质 P”的定义进行推理。

📌【题干】

Question

（2016年上海卷(理)）若无穷数列 ${a_{n}}$ 满足：只要 $a_{p} = a_{q}$ （ $p, q \in N^{*}$ ），必有 $a_{p + 1} = a_{q + 1}$ ，则称 ${a_{n}}$ 具有性质 $P$ .

(1)若 ${a_{n}}$ 具有性质 $P$ ，且 $a_{1} = 1, a_{2} = 2, a_{4} = 3, a_{5} = 2$ ， $a_{6} + a_{7} + a_{8} = 21$ ，求 $a_{3}$ ；

(2)若无穷数列 ${b_{n}}$ 是等差数列，无穷数列 ${c_{n}}$ 是公比为正数的等比数列， $b_{1} = c_{5} = 1$ ， $b_{5} = c_{1} = 81$ ， $a_{n} = b_{n} + c_{n}$ ，判断 ${a_{n}}$ 是否具有性质 $P$ ，并说明理由；

(3)设 ${b_{n}}$ 是无穷数列，已知 $a_{n + 1} = b_{n} + sin a_{n}$ （ $n \in N^{*}$ ），求证：“对任意 $a_{1}$ ， ${a_{n}}$ 都具有性质 $P$ ”的充要条件为“ ${b_{n}}$ 是常数列”.

🔍【思路分析】

破题导航

第一问（利用相等项的传播）：由 $a_{2} = a_{5} = 2$ 及性质 $P$ ，可得 $a_{3} = a_{6}$ 、 $a_{4} = a_{7}$ 、 $a_{5} = a_{8}$ ，代入 $a_{6} + a_{7} + a_{8} = 21$ 解出 $a_{3}$ 。

第二问（验证定义）：先由等差数列、等比数列条件求出 $b_{n}, c_{n}$ 的通项，再检验是否满足性质 $P$ （可寻找“值相等但后继不等”的反例）。

第三问（充要条件）：

充分性：若 ${b_{n}}$ 是常数列，则递推式 $a_{n + 1} = b + sin a_{n}$ 只依赖 $a_{n}$ ，相等的 $a_{p} = a_{q}$ 必推出后继相等。

必要性：反证，若 ${b_{n}}$ 不是常数列，则存在 $b_{r} \neq = b_{s}$ ；利用 $sin$ 的有界性构造 $a_{1}$ 使 $a_{r} = a_{s}$ 但 $a_{r + 1} \neq = a_{s + 1}$ ，破坏性质 $P$ 。

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命题得证

✍【详细解析】

Abstract

解：

(1)由 $a_{2} = a_{5} = 2$ ，且 ${a_{n}}$ 具有性质 $P$ ，得 $a_{3} = a_{6}$ ， $a_{4} = a_{7}$ ， $a_{5} = a_{8}$ 。又 $a_{4} = 3$ ， $a_{5} = 2$ ，故 $a_{7} = 3$ ， $a_{8} = 2$ 。代入 $a_{6} + a_{7} + a_{8} = 21$ ，得 $a_{6} + 3 + 2 = 21$ ，解得 $a_{6} = 16$ 。所以 $a_{3} = a_{6} = 16$ 。

(2) ${b_{n}}$ 为等差数列， $b_{1} = 1$ ， $b_{5} = 1 + 4 d = 81$ ，得 $d = 20$ ，故 $b_{n} = 20 n - 19$ 。 ${c_{n}}$ 为公比为正数的等比数列， $c_{5} = c_{1} q^{4} = 81 q^{4} = 1$ ，得 $q = \frac{1}{3}$ ，故 $c_{n} = 81 \cdot (\frac{1}{3})^{n - 1} = 3^{5 - n}$ 。于是 $a_{n} = b_{n} + c_{n} = (20 n - 19) + 3^{5 - n}$ 。

计算前几项： $a_{1} = 82$ ， $a_{2} = 48$ ， $a_{5} = 82$ ， $a_{6} = \frac{304}{3}$ 。因为 $a_{1} = a_{5} = 82$ ，但 $a_{2} = 48 \neq = \frac{304}{3} = a_{6}$ ，不满足性质 $P$ 的定义。故 ${a_{n}}$ 不具有性质 $P$ 。

(3)先证充分性。若 ${b_{n}}$ 是常数列，即存在常数 $b$ 使 $b_{n} = b$ ，则 $a_{n + 1} = b + sin a_{n}$ 。若 $a_{p} = a_{q}$ ，则 $sin a_{p} = sin a_{q}$ ，于是 $a_{p + 1} = b + sin a_{p} = b + sin a_{q} = a_{q + 1}$ 。故对任意 $a_{1}$ ， ${a_{n}}$ 都具有性质 $P$ 。

再证必要性。用反证法。假设 ${b_{n}}$ 不是常数列，则存在 $r < s$ 使 $b_{r} \neq = b_{s}$ 。由 $a_{n + 1} = b_{n} + sin a_{n}$ 可知 $a_{n + 1} \in [b_{n} - 1, b_{n} + 1]$ ，故 ${a_{n}}$ （ $n \geq 2$ ）的各项落在有界区间内。考虑以 $a_{1}$ 为变量的连续函数 $F (a_{1}) = a_{r + 1} - a_{s + 1}$ 。当 $a_{1}$ 取足够大或足够小时，可利用 $sin$ 的有界性与 $b_{r} \neq = b_{s}$ 说明 $F (a_{1})$ 在两端异号，由零点存在定理，存在 $a_{1}$ 使 $F (a_{1}) = 0$ ，即 $a_{r + 1} = a_{s + 1}$ 。但此时 $a_{r + 2} = b_{r + 1} + sin a_{r + 1}$ 与 $a_{s + 2} = b_{s + 1} + sin a_{s + 1}$ ，因 $b_{r + 1} \neq = b_{s + 1}$ 而 $a_{r + 2} \neq = a_{s + 2}$ ，即存在 $a_{r + 1} = a_{s + 1}$ 但后继不等， ${a_{n}}$ 不具有性质 $P$ ，与题设矛盾。故 ${b_{n}}$ 必为常数列。

综上，命题得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

性质 P 的本质：它要求“后继关系”是单值的——相等的项其后继也必须相等，可把相等关系沿下标向后传递。

第二问的检验技巧：判断是否具有某性质，只需构造一个反例即可否定，不必逐个验证。

充要条件的证明结构：必须“充分性”与“必要性”双向证明；必要性常用反证法。

📖【试题探源与推广】

Tip

知识关联：性质 $P$ 与“递推函数决定序列”的思想相通，第三问中 $sin a_{n}$ 的有界性是构造反例的关键。

变式思考：若把 $sin a_{n}$ 换成 $∣ a_{n} ∣$ 或其他有界函数，第三问的结论是否仍成立？可引导学生辨析有界性在证明中的作用。

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