Question

19．若数列{x_n}满足对任意的m∈N^*（m≤n），都有{x_n}的前m项和等于前m项积（前1项和及前1项积均等于首项x₁），则称数列{x_n}为“和谐数列”．
（1）已知数列{a_n}是首项a₁=2的“和谐数列”，求a₃的值；
（2）设数列{a_n}是项数不少于3的递增的正整数数列，证明{a_n}不是“和谐数列”；
（3）若数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是“和谐数列”，且0＜a₁＜1；
①试求a_n+1与a_n的递推关系；
②证明对任意的n∈N^*，都有0＜a_n＜1成立．

Answer 1

分析 （1）由新定义，先求a₂，再求a₃；（2）运用反证法证明，假设{a_n}是“和谐数列”，结合递增数列，即可得证；
（3）①讨论n=1，n＞1，运用“和谐数列”的定义，结合下标变换作差相减即可得到；
②运用数学归纳法证明，注意运用二次函数的值域的求法，即可得证．

解答 解：（1）由数列{a_n}是首项a₁=2的“和谐数列”，
可得a₁+a₂=a₁a₂，即有2+a₂=2a₂，解得a₂=2，
再由a₁+a₂+a₃=a₁a₂a₃，即为2+2+a₃=4a₃，
解得a₃=$\frac{4}{3}$；
（2）证明：假设{a_n}是“和谐数列”，即有1≤a₁＜a₂＜a₃＜…＜a_k（k≥3），
即a₁+a₂+a₃+…+a_k=a₁a₂a₃…a_k（k≥3），
若a₁=1，则1+a₂＞a₂=1•a₂矛盾；
若a₁≥2，则2≤a₁＜a₂＜a₃＜…＜a_k（k≥3），
由a₁，a₂，a₃，…，a_k为正整数，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对于k≥3成立，矛盾．
综上可得，{a_n}不是“和谐数列”；
（3）①当n=1时，可得$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$=$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$，
即有a₂=1-a₁；
当n＞1时，可得$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{a}_{1}}$•$\frac{1}{{a}_{2}}$…$\frac{1}{{a}_{n}}$，
将n换为n+1可得，$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{{a}_{1}}$•$\frac{1}{{a}_{2}}$…$\frac{1}{{a}_{n}}$•$\frac{1}{{a}_{n+1}}$，
两式相减可得1-a_n+1=a₁a₂…a_n，
即有1-a_n=a₁a₂…a_n-1，
两式相除可得1-a_n+1=a_n（1-a_n）=a_n-a_n²，
即为a_n+1=-a_n（1-a_n）+1；
综上可得，a_n+1=$\left\{\begin{array}{l}{1-{a}_{n}，n=1}\\{{{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1，n≥2}\end{array}\right.$；
②证明：运用数学归纳法证明对任意的n∈N^*，都有0＜a_n＜1成立．
当n=1时，0＜a₁＜1，a₂=1-a₁，即有0＜a₂＜1；
假设n=k时，（k≥2），有0＜a_k＜1，
当n=k+1时，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．
即对n=k+1也成立．
故对任意的n∈N^*，都有0＜a_n＜1成立．

点评 本题考查新定义的理解和运用，考查反证法和数学归纳法的运用，考查推理能力和运算能力，属于中档题．