2026《金版教程》高考复习方案数学提升版-高考难点突破（二） 数列的热点、创新题型

eq\a\vs4\al()等差、等比数列是重要的数列类型，高考考查的主要知识点有：等差、等比数列的概念、性质、前n项和公式．由于数列的渗透力很强，它和函数、方程、向量、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度．解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有较深的理解．题型一数列与不等式的交汇已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－eq\f(9,4)，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，两式相减可得4an＋1＝3an，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,4).当n＝1时，4S2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)＋a2))＝－eq\f(27,4)－9，解得a2＝－eq\f(27,16)，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,4).所以数列{an}是首项为－eq\f(9,4)，公比为eq\f(3,4)的等比数列，所以an＝－eq\f(9,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)＝－eq\f(3n＋1,4n).(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，所以bn＝(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n).所以Tn＝－3×eq\f(3,4)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(4)＋…＋(n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)＋(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)，①且eq\f(3,4)Tn＝－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(4)＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(5)＋…＋(n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)＋(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)，②①－②，得eq\f(1,4)Tn＝－3×eq\f(3,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)－(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)＝－eq\f(9,4)＋eq\f(\f(9,16)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(n－1))),1－\f(3,4))－(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)＝－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)，所以Tn＝－4n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1).因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，所以－4n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)≤λ(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)恒成立，即－3n≤λ(n－4)恒成立，当n<4时，λ≤eq\f(－3n,n－4)＝－3－eq\f(12,n－4)，此时λ≤1；当n＝4时，－12≤0恒成立；当n>4时，λ≥eq\f(－3n,n－4)＝－3－eq\f(12,n－4)，此时λ≥－3.综上，实数λ的取值范围为[－3，1]．冲关策略数列中不等式的处理方法(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式．(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到．一般地，数列求和中的放缩的“目标数列”为“可求和数列”，如等比数列、可裂项相消求和的数列等．(3)比较方法：作差比较或作商比较．变式训练1(2023·新课标Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.(1)求{an}的通项公式；(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，而bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋6d＝32，,T3＝4a1＋4d－12＝16，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，所以{an}的通项公式是an＝2n＋3.(2)证法一：由(1)知，Sn＝eq\f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，))当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，Tn＝eq\f(13＋（6n＋1）,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn；当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq\f(3,2)(n＋1)2＋eq\f(7,2)(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.所以当n>5时，Tn>Sn.证法二：由(1)知，Sn＝eq\f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，))当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq\f(－1＋2（n－1）－3,2)·eq\f(n,2)＋eq\f(14＋4n＋6,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn；当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq\f(－1＋2n－3,2)·eq\f(n＋1,2)＋eq\f(14＋4（n－1）＋6,2)·eq\f(n－1,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式，因此当n为奇数时，Tn＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.所以当n>5时，Tn>Sn.变式训练2(2025·云南昆明模拟)如图，已知点列Pneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xn，\f(2,xn)))与An(an，0)满足xn＋1>xn，eq\o(PnPn＋1,\s\up6())⊥eq\o(AnPn＋1,\s\up6())且|eq\o(PnPn＋1,\s\up6())|＝|eq\o(AnPn＋1,\s\up6())|，其中n∈N*，x1＝1.(1)求x2；(2)求xn＋1与xn的关系式；(3)证明：xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(2,3)＋…＋xeq\o\al(2,n＋1)≤4n2＋1.解：(1)因为eq\o(P1P2,\s\up6(→))⊥eq\o(A1P2,\s\up6(→))，|eq\o(P1P2,\s\up6(→))|＝|eq\o(A1P2,\s\up6(→))|，eq\o(P1P2,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－x1，\f(2,x2)－\f(2,x1)))，eq\o(A1P2,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－a1，\f(2,x2)))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－a1＝\f(4,xeq\o\al(2,2)x1)，,（x2－x1）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x2)－\f(2,x1)))\s\up12(2)＝（x2－a1）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x2)))\s\up12(2)，))得x2－x1＝eq\f(2,x2)，所以x2＝2.(2)由eq\o(PnPn＋1,\s\up6())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xn＋1－xn，\f(2,xn＋1)－\f(2,xn)))，eq\o(AnPn＋1,\s\up6())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xn＋1－an，\f(2,xn＋1)))，eq\o(PnPn＋1,\s\up6())·eq\o(AnPn＋1,\s\up6())＝0⇒xn＋1－an＝eq\f(4,xeq\o\al(2,n＋1)xn)，①又|eq\o(PnPn＋1,\s\up6())|＝|eq\o(AnPn＋1,\s\up6())|，则(xn＋1－xn)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,xn＋1)－\f(2,xn)))eq\s\up12(2)＝(xn＋1－an)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,xn＋1)))eq\s\up12(2)，②将①代入②得，(xn＋1－xn)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,xeq\o\al(2,n＋1)xeq\o\al(2,n))))＝eq\f(4,xeq\o\al(2,n＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,xeq\o\al(2,n＋1)xeq\o\al(2,n))))即(xn＋1－xn)2＝eq\f(4,xeq\o\al(2,n＋1))⇒xn＋1－xn＝eq\f(2,xn＋1).(3)证明：当n＝1时，xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝5，满足不等式xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(2,3)＋…＋xeq\o\al(2,n＋1)≤4n2＋1；当n≥2时，要证xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(2,3)＋…＋xeq\o\al(2,n＋1)≤4n2＋1，即证xeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(2,3)＋…＋xeq\o\al(2,n＋1)≤4n2，xn＋1－x2＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do8(i＝2))(xi＋1－xi)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do8(i＝2))eq\f(2,xi＋1)<eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do8(i＝2))eq\f(2,\r(2i＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xn＋1－xn＝\f(2,xn＋1)⇒2＝xeq\o\al(2,n＋1)－xnxn＋1<xeq\o\al(2,n＋1)－xeq\o\al(2,n)⇒xeq\o\al(2,n＋1)－1＝\o(∑,\s\up6(n),\s\do8(i＝1))（xeq\o\al(2,i＋1)－xeq\o\al(2,i)）>2n⇒xn＋1>\r(2n＋1)))，因为eq\f(2,\r(2i＋1))＝eq\f(4,\r(2i＋1)＋\r(2i＋1))<eq\f(4,\r(2i)＋\r(2i＋2))＝2eq\r(2)(eq\r(i＋1)－eq\r(i))，所以xn＋1－x2<eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do8(i＝2))2eq\r(2)(eq\r(i＋1)－eq\r(i))＝2eq\r(2)·(eq\r(n＋1)－eq\r(2))⇒xn＋1<eq\r(8n＋8)－2⇒xeq\o\al(2,n＋1)<8n＋8＋4－4eq\r(8n＋8)<8n－4⇒xeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(2,3)＋…＋xeq\o\al(2,n＋1)<8(1＋2＋…＋n)－4n＝4n2，所以xeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(2,3)＋…＋xeq\o\al(2,n＋1)<4n2.综上可知，xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(2,3)＋…＋xeq\o\al(2,n＋1)≤4n2＋1.题型二数列与函数的交汇(2025·山东烟台模拟)设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．(1)若a1＝－2，点(a8，4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－eq\f(1,ln2)，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))的前n项和Tn.解：(1)∵b7＝2a7＝2－2＋6d，∴4×2－2＋6d＝2－2＋7d，解得d＝2，∴Sn＝－2n＋n(n－1)＝n(n－3)．(2)∵f′(x)＝2xln2，∴函数f(x)＝2x的图象在点(a2，b2)处的切线方程为y－b2＝2a2ln2(x－a2)，令y＝0，得－b2＝(2a2ln2)×(x－a2)，x＝a2－eq\f(1,ln2)，∴a2＝2，∴d＝2－1＝1，∴an＝n，bn＝2n.∴eq\f(an,bn)＝eq\f(n,2n)，其前n项和Tn＝eq\f(1,21)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，①两边乘以2，得2Tn＝eq\f(1,1)＋eq\f(2,21)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n,2n－1)，②②－①，得Tn＝eq\f(1,1)＋eq\f(1,21)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)，∴Tn＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).冲关策略(1)数列与函数的综合问题一般是以函数为背景，给出数列所满足的条件．解决这类问题的关键是利用函数知识，将条件进行准确转化．(2)此类问题多考查函数思想及性质(多为单调性)，注意题中的限制条件，如定义域．变式训练3已知{an}为等比数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列，{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3.第一列第二列第三列第一行152第二行4310第三行9820(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若cn＝[lgbn]，其中[x]是高斯函数，表示不超过x的最大整数，如[lg2]＝0，[lg98]＝1，求数列{cn}的前100项和T100.解：(1)由题意知a1＝2，a2＝4，a3＝8，所以等比数列{an}的公比q＝2，an＝a1qn－1＝2n.设等差数列{bn}的公差为d，则2＝b3－2b1＝2d－b1，S7＝eq\f(7（b1＋b7）,2)＝7b4＝7a3，所以b4＝8＝b1＋3d，所以b1＝2，d＝2，bn＝2n.(2)cn＝[lg(2n)]，T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg2]＋[lg4]＋…＋[lg8]＋[lg10]＋…＋[lg98]＋[lg100]＋…＋[lg200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147.题型三数列的创新题(2024·河南郑州二模)已知数列{an}为有穷数列，且an∈N*，若数列{an}满足如下两个性质，则称数列{an}为m的k增数列：①a1＋a2＋a3＋…＋an＝m；②对于1≤i<j≤n，使得<aj的正整数对(i，j)有k个．(1)写出所有4的1增数列；(2)当n＝5时，若存在m的6增数列，求m的最小值；(3)若存在100的k增数列，求k的最大值．解：(1)由题意得a1＋a2＋a3＋…＋an＝4，且对于1≤i<j≤4，使得<aj的正整数对(i，j)有1个，由于1＋2＋1＝4或1＋3＝4，故所有4的1增数列有数列1，2，1和数列1，3.(2)当n＝5时，存在m的6增数列，即a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝m，且对于1≤i<j≤5，使得<aj的正整数对(i，j)有6个，所以数列{an}的各项中必有不同的项，所以m≥6且m∈N*.若m＝6，满足要求的数列{an}中有四项为1，一项为2，所以k≤4，不符合题意，所以m>6.若m＝7，满足要求的数列{an}中有三项为1，两项为2，此时数列为1，1，1，2，2，满足要求的正整数对(i，j)分别为(1，4)，(2，4)，(3，4)，(1，5)，(2，5)，(3，5)，符合m的6增数列，所以当n＝5时，存在m的6增数列，且m的最小值为7.(3)若数列{an}中的每一项都相等，则k＝0，若k≠0，所以数列{an}中存在大于1的项，若首项a1≠1，将a1拆分成a1个1后k变大，所以此时k不是最大值，所以a1＝1.当i＝2，3，…，n时，若>＋1，交换，＋1的顺序后k变为k＋1，所以此时k不是最大值，所以≤＋1.若＋1－∉{0，1}，所以＋1≥＋2，所以将＋1改为＋1－1，并在数列首位前添加一项1，所以k的值变大，所以此时k不是最大值，所以＋1－∈{0，1}．若数列{an}中存在相邻的两项＝2，＋1≥3，设此时{an}中有x项为2，将＋1改为2，并在数列首位前添加＋1－2个1后，k的值至少变为k＋1，所以此时k不是最大值，所以数列{an}的各项只能为1或2，所以数列{an}为1，1，…，1，2，2，…，2的形式．设其中有x项为1，y项为2，因为存在100的k增数列，所以x＋2y＝100，所以k＝xy＝(100－2y)y＝－2y2＋100y＝－2(y－25)2＋1250，所以当且仅当x＝50，y＝25时，k取得最大值1250.冲关策略数列新定义问题，主要针对等差、等比数列，递推公式和求和公式等综合运用，解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论；(2)重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法，归纳“举例”提供的分类情况；(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题．变式训练4(2024·新课标Ⅰ卷节选)设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列．(1)写出所有的(i，j)，1≤i<j≤6，使数列a1，a2，…，a6是(i，j)－可分数列；(2)当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列．解：(1)首先，我们设数列a1，a2，…，a4m＋2的公差为d，则d≠0.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形a′k＝eq\f(ak－a1,d)＋1(k＝1，2，…，4m＋2)，得到新数列aeq\o\al(′,k)＝k(k＝1，2，…，4m＋2)，然后对aeq\o\al(′,1)，aeq\o\al(′,2)，…，aeq\o\al(′,4m+2)进行相应的讨论即可．换言之，我们可以不妨设ak＝k(k＝1，2，…，4m＋2)，此后的讨论均建立在该假设下进行．回到原题，第1小问相当于从1，2，3，4，5，6中取出两个数i和j(i<j)，使得剩余的四个数成等差数列．那么剩余的四个数只可能是1，2，3，4或2，3，4，5或3，4，5，6.所以所有可能的(i，j)就是(1，2)，(1，6)，(5，6)．(2)证明：由于从数列1，2，…，4m＋2中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列：①{1，4，7，10}，{3，6，9，12}，{5，8，11，14}，共3组；②{15，16，17，18}，{19，20，21，22}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共m－3组．(如果m－3＝0，则忽略②)故数列1，2，…，4m＋2是(2，13)－可分数列．所以数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列．变式训练5(2025·海南模拟)定义：已知数列{an}为有穷数列，①对任意i，j(i，j∈N*，i≤j)，总存在k1∈N*，使得aj＝ak1，则称数列{an}为“乘法封闭数列”；②对任意i，j(i，j∈N*，i≤j)，总存在k2∈N*，使得eq\f(aj,)＝ak2，则称数列{an}为“除法封闭数列”．(1)若an＝3n－2(1≤n≤20，n∈N*)，判断数列{an}是否为“乘法封闭数列”；(2)已知递增数列1，a2，a3，8为“除法封闭数列”，求a2和a3；(3)已知数列{an}是以1为首项的递增数列，共有k项，k≥5，k∈N*，且为“除法封闭数列”，探究：数列{an}是否为等比数列，若是，给出说明过程；若不是，请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式．解：(1)由题意知，数列{an}为1，4，7，10，13，…，58.由a3a4＝7×10＝70，70不是数列{an}中的项，故数列{an}不是“乘法封闭数列”．(2)由数列递增，可知1<a2<a3<8，则1<eq\f(a3,a2)<a3，且1<eq\f(8,a3)<eq\f(8,a2)<8，又数列{an}为“除法封闭数列”，则eq\f(a3,a2)，eq\f(8,a3)，eq\f(8,a2)都是数列{an}中的项，所以eq\f(a3,a2)＝a2，即a3＝aeq\o\al(2,2)，①且eq\f(8,a3)＝a2，eq\f(8,a2)＝a3，即a2a3＝8，②联立①②，解得a2＝2，a3＝4.(3)数列{an}是等比数列．证明：当k＝5时，设数列{an}为1，a2，a3，a4，a5，由数列{an}递增，可知1<a2<a3<a4<a5，则有1＝eq\f(a5,a5)<eq\f(a5,a4)<eq\f(a5,a3)<eq\f(a5,a2)<eq\f(a5,a1)＝a5，由数列{an}为“除法封闭数列”，则eq\f(a5,a5)，eq\f(a5,a4)，eq\f(a5,a3)，eq\f(a5,a2)，eq\f(a5,a1)这5个数都是数列{an}中的项，所以有1＝eq\f(a5,a5)＝a1，eq\f(a5,a4)＝a2