每日一题[3677] 逐步递进

2025 年北京市朝阳区高三期末数学试卷 #21

已知无穷数列 $\left\{a_{n}\right\}$，给定正整数 $m$，若数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足以下两个性质，则称 $\left\{a_{n}\right\}$ 为 $P_{m}$ 数列：

① $a_{1} \in \mathbb{N}^{\ast}$；

② $a_{n+1}=\begin{cases}a_{n}^{2}+2^{m}, &a_{n}<2^{m}, \\ \dfrac{a_{n}}{2}, &a_{n} \geqslant 2^{m} .\end{cases}$

1、已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 分别为 $P_{2}$ 数列和 $P_{3}$ 数列，且 $a_{1}=8$，$b_{1}=10$，求 $a_{4}$ 和 $b_{4}$；

2、已知正整数数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是 $P_{m}$ 数列．

① 无穷数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 满足 $c_{n}=\dfrac{a_{n}}{2^{d_{n}}}$ 且 $c_{n}$ 为奇数，其中 $d_{n} \in \mathbb{N}$，证明：对于任意的 $n \in \mathbb{N}^{\ast}$，$c_{n}<2^{m}$；

② 求满足条件的 $m$，并写出与 $m$ 对应的 $a_{1}$ 所有可能取值．

解析

1、根据题意，有 $$\begin{array}{c|c|c|c|c}\hline n&1&2&3&4\\ \hline a_n&8&4&2&8\\ \hline b_n&10&5&33&\dfrac{33}2\\ \hline \end{array}$$

2、① 用反证法，假设 $i$ 是不满足 $c_i<2^m$ 且使得 $d_i$ 最小的正整数，则由 $a_i\geqslant c_i\geqslant 2^m$ 可得 $$a_{i+1}=\dfrac{a_i}2,$$ 又 $c_i,c_{i+1}$ 均为奇数，因此 $$c_{i+1}=c_i\geqslant 2^m\implies d_{i+1}=d_i-1<d_i,$$ 矛盾，原命题得证．

② 用 ① 中的方式定义数列 $\{c_n\}$，依次证明三个引理．

引理一    数列 $\{c_n\}$ 是不减数列．

引理二    数列 $\{c_n\}$ 从某项起为常数列．

引理三    数列 $\{c_n\}$ 为常数列，各项均为 $1$．

引理一的证明    若 $a_n\geqslant 2^m$，则 $$a_{n+1}=\dfrac{a_n}2\implies c_{n+1}=c_n,$$ 命题成立； 若 $a_n<2^m$，则 $$a_{n+1}=a_n^2+2^m=c_n^2\cdot 2^{2d_n}+2^m,$$ 于是 $$a_{n+1}=\begin{cases} 2^{2d_n}\left(c_n^2+2^{m-2d_n}\right),&2d_n<m,\\ 2^{m+1}\cdot \dfrac{c_n^2+1}2,&2d_n=m,\\ 2^m\left(c_n^2\cdot 2^{2d_n+m}+1\right),&2d_n>m,\end{cases}\implies c_{n+1}=\begin{cases} c_n^2+2^{m-2d_n},&2d_n<m,\\ \dfrac{c_n^2+1}2,&2d_n=m,\\ c_n^2\cdot 2^{2d_n-m}+1,&2d_n>m,\end{cases}$$ 从而 $c_{n+1}\geqslant c_n$，命题成立．

综上所述，引理一得证．

引理二的证明    根据 ① 的结论，数列 $\{c_n\}$ 有上界 $2^m$，再结合引理一，可得数列 $\{c_n\}$ 从某项起为常数列，引理二得证．

引理三的证明    根据引理二，不妨设当 $k\geqslant M$（$M$ 是某个正整数常数）时，均有 $c_k=c_M$，由于当 $a_n\geqslant 2^m$ 时，有 $a_{n+1}=\dfrac {a_n}2$，因此数列 $\{a_n\}$ 中存在无数项小于 $2^m$，设 $K\geqslant M$ 且 $a_K<2^m$，根据之前的证明，此时有 $$\begin{cases} 2d_K=m,\\ c_{K+1}=c_K=1,\end{cases}$$ 而根据引理一，可得数列 $\{c_n\}$ 为常数列，各项均为 $1$．

回到原题    这样就得到了 $\{a_n\}$ 中的各项均为 $2$ 的方幂．由 $a_n=2^{d_n}=2^{\frac m2}<2^m$，依次可得 $$a_{n+1}=2^{m+1},\quad a_{n+2}=2^m,\quad a_{n+3}=2^{m-1},\quad a_{n+4}=2^{2m-2}+2^m,$$ 而 $a_{n+4}$ 为 $2$ 的方幂，仅当 $2m-2=m$，即 $m=2$． 若 $a_1=1$，则 $a_2=5$，$a_3=\dfrac 52$，不满足题意； 若 $a_1=2$，则 $$a_n:\underbrace{2,8,4},\underbrace{2,8,4},\cdots,$$ 满足题意； 若 $a_1=2^t$（$t\geqslant 2$），则 $$a_n:2^t,2^{t-1},\cdots,\underbrace{4,2,8},\underbrace{4,2,8},\cdots,$$ 满足题意．

综上所述，$a_1$ 的所有可能取值为 $2^t$（$t\in\mathbb N^{\ast}$）．