Question

設數列{a_n}的前n項和為S_n，若對任意的正整數n，總存在正整數m，使得S_n=a_m，則稱{a_n}是“H數列”．
（1）若數列{a_n}的前n項和為S_n=2ⁿ（n∈N^*），證明：{a_n}是“H數列”；
（2）設{a_n}是等差數列，其首項a₁=1，公差d＜0，若{a_n}是“H數列”，求d的值；
（3）證明：對任意的等差數列{a_n}，總存在兩個“H數列”{b_n}和{c_n}，使得a_n=b_n+c_n（n∈N^*）成立．

Answer 1

考點：數列的應用,等差數列的性質

專題：等差數列與等比數列

分析：（1）利用“當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1，當n=1時，a₁=S₁”即可得到a_n，再利用“H”數列的意義即可得出．
（2）利用等差數列的前n項和即可得出S_n，對?n∈N^*，?m∈N^*使S_n=a_m，取n=2和根據d＜0即可得出；
（3）設{a_n}的公差為d，構造數列：b_n=a₁-（n-1）a₁=（2-n）a₁，c_n=（n-1）（a₁+d），可證明{b_n}和{c_n}是等差數列．再利用等差數列的前n項和公式及其通項公式、“H”的意義即可得出．

解答： 解：（1）當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=2ⁿ-2^n-1=2^n-1，
當n=1時，a₁=S₁=2．
當n=1時，S₁=a₁．
當n≥2時，S_n=a_n+1．
∴數列{a_n}是“H”數列．
（2）S_n=na1+

n(n-1)

2

d=n+

n(n-1)

2

d，
對?n∈N^*，?m∈N^*使S_n=a_m，即n+

n(n-1)

2

d=1+(m-1)d，
取n=2時，得1+d=（m-1）d，解得m=2+

1

d

，
∵d＜0，∴m＜2，
又m∈N^*，∴m=1，∴d=-1．
（3）設{a_n}的公差為d，令b_n=a₁-（n-1）a₁=（2-n）a₁，
對?n∈N^*，b_n+1-b_n=-a₁，
c_n=（n-1）（a₁+d），
對?n∈N^*，c_n+1-c_n=a₁+d，
則b_n+c_n=a₁+（n-1）d=a_n，且數列{b_n}和{c_n}是等差數列．
數列{b_n}的前n項和T_n=na1+

n(n-1)

2

(-a1)，
令T_n=（2-m）a₁，則m=

n(n-3)

2

+2．
當n=1時，m=1；當n=2時，m=1．
當n≥3時，由于n與n-3的奇偶性不同，即n（n-3）為非負偶數，m∈N^*．
因此對?n∈N^*，都可找到m∈N^*，使T_n=b_m成立，即{b_n}為H數列．
數列{c_n}的前n項和R_n=

n(n-1)

2

(a1+d)，
令c_m=（m-1）（a₁+d）=R_n，則m=

n(n-1)

2

+1．
∵對?n∈N^*，n（n-3）為非負偶數，∴m∈N^*．
因此對?n∈N^*，都可找到m∈N^*，使R_n=c_m成立，即{c_n}為H數列．
因此命題得證．

點評：本題考查了利用“當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1，當n=1時，a₁=S₁”求a_n、等差數列的前n項和公式及其通項公式、新定義“H”的意義等基礎知識與基本技能方法，考查了推理能力和計算能力、構造法，屬于難題．