Question

如果存在常數(shù)a使得數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足：若x是數(shù)列{a_n}中的一項(xiàng)，則a-x也是數(shù)列{a_n}中的一項(xiàng)，稱(chēng)數(shù)列{a_n}為“兌換數(shù)列”，常數(shù)a是它的“兌換系數(shù)”．
（1）若數(shù)列：1，2，4，m（m＞4）是“兌換系數(shù)”為a的“兌換數(shù)列”，求m和a的值；
（2）已知有窮等差數(shù)列b_n的項(xiàng)數(shù)是n₀（n₀≥3），所有項(xiàng)之和是B，求證：數(shù)列b_n是“兌換數(shù)列”，并用n₀和B表示它的“兌換系數(shù)”；
（3）對(duì)于一個(gè)不少于3項(xiàng)，且各項(xiàng)皆為正整數(shù)的遞增數(shù)列{c_n}，是否有可能它既是等比數(shù)列，又是“兌換數(shù)列”？給出你的結(jié)論并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)數(shù)列：1，2，4，m（m＞4）是“兌換系數(shù)”為a的“兌換數(shù)列”，可得a-m，a-4，a-2，a-1也是該數(shù)列的項(xiàng)，且a-m＜a-4＜a-2＜a-1，由此可求m和a的值；
（2）由“兌換數(shù)列”的定義證明數(shù)列{b_n}是“兌換數(shù)列”，即證對(duì)數(shù)列{b_n}中的任意一項(xiàng)b_i（1≤i≤n₀），a-b_i=b₁+（n₀-i）d=b_n0+1-i∈{b_n}，從而可求數(shù)列{b_n}所有項(xiàng)之和；
（3）假設(shè)存在這樣的等比數(shù)列{c_n}，設(shè)它的公比為q（q＞1），可知數(shù)列{c_n}必為有窮數(shù)列，不妨設(shè)項(xiàng)數(shù)為n項(xiàng)，則c_i+c_n+1-i=a（1≤i≤n），再分類(lèi)討論，即可得到結(jié)論．

解答：（1）解：因?yàn)閿?shù)列：1，2，4，m（m＞4）是“兌換系數(shù)”為a的“兌換數(shù)列”
所以a-m，a-4，a-2，a-1也是該數(shù)列的項(xiàng)，且a-m＜a-4＜a-2＜a-1
故a-m=1，a-4=2，即a=6，m=5．
（2）證明：設(shè)數(shù)列{b_n}的公差為d，
因?yàn)閿?shù)列{b_n}是項(xiàng)數(shù)為n₀項(xiàng)的有窮等差數(shù)列
若b₁≤b₂≤b₃≤…≤b_n0，則a-b₁≥a-b₂≥a-b₃≥…≥a-b_n0，
即對(duì)數(shù)列{b_n}中的任意一項(xiàng)b_i（1≤i≤n₀），a-b_i=b₁+（n₀-i）d=b_n0+1-i∈{b_n}
同理可得：b₁≥b₂≥b₃≥…≥b_n0，a-b_i=b₁+（n₀-i）d=b_n0+1-i∈{b_n}也成立，
由“兌換數(shù)列”的定義可知，數(shù)列{b_n}是“兌換數(shù)列”；
又因?yàn)閿?shù)列{b_n}所有項(xiàng)之和是B，所以B=

(b1+bn0)•n0

2

=

an0

2

，即a=

2B

n0

；
（3）解：假設(shè)存在這樣的等比數(shù)列{c_n}，設(shè)它的公比為q（q＞1），
因?yàn)閿?shù)列{c_n}為遞增數(shù)列，所以c₁＜c₂＜c₃＜…＜c_n，則a-c₁＞a-c₂＞a-c₃＞…＞a-c_n，
又因?yàn)閿?shù)列{c_n}為“兌換數(shù)列”，則a-c_i∈{c_n}，所以a-c_i是正整數(shù)
故數(shù)列{c_n}必為有窮數(shù)列，不妨設(shè)項(xiàng)數(shù)為n項(xiàng)，則c_i+c_n+1-i=a（1≤i≤n）
①若n=3，則有c₁+c₃=a，c₂=

a

2

，又c22=c₁c₃，由此得q=1，與q＞1矛盾
②若n≥4，由c₁+c_n=c₂+c_n-1，得c₁-c₁q+c₁q^n-1-c₁q^n-2=0
即（q-1）（1-q^n-2）=0，故q=1，與q＞1矛盾；
綜合①②得，不存在滿(mǎn)足條件的數(shù)列{c_n}．

點(diǎn)評(píng)：本題考查新定義，考查學(xué)生的閱讀能力，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，屬于中檔題．