Question

设{a_n}是各项均为正数的无穷项等差数列．（本题中必要时可使用公式：12+22+33+…+n2=

n(n+1)(2n+1)

6

）
（Ⅰ）记S_n=a₁+a₂+…+a_n，T_n=a₁²+a₂²+…+a_n²，已知Sn≤n2+n-1，Tn≥

4n3-n

3

（n∈N^*），试求此等差数列的首项a₁及公差d；
（Ⅱ）若{a_n}的首项a₁及公差d都是正整数，问在数列{a_n}中是否包含一个非常数列的无穷项等比数列{a′_m}？若存在，请写出{a′_m}的构造过程；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）因为{a_n}是各项均为正数的无穷项等差数列，所以前n项和为Sn=na1+

n(n-1)

2

d，a_n=a₁+（n-1）d，求出a_n²得到T_n上网通项公式，由Sn≤n2+n-1，Tn≥

4n3-n

3

列出不等式组（1）和（2），求出解集讨论得到d，将d代入（1）和（2）得到（3）和（4）求出解集讨论得到a₁即可；
（Ⅱ）先构造，因为{a_n}为a₁，a₁+d，a₁+2d，…，取a₁′=a₁，a₂′=a₁+da₁′=（1+d）a₁，a₃′=a₁′+d（a₁′+a₂′）=a₁′+da₁+da₂′=a₂′+da₂′=（1+d）a₂′所以a_m′=a₁′+d（a₁′+a₂′+…+a_m-1′）=a_m-1′+da_m-1′=（1+d）a_m-1′=（1+d）^m-1a₁，故数列{a_n}是以a₁为首项，1+d（大于1）为公比的非常数等比数列，证明存在a_m′=a₁+dk，从而a_m′是a₁，a₁+d，a₁+2d，…，中的项．

解答：解：（Ⅰ）依题意：Sn=na1+

n(n-1)

2

d，a_n=a₁+（n-1）d，所以a_n²=a₁²+2a₁（n-1）d+（n-1）²d²，Tn=na12+n(n-1)a1d+

1

6

(n-1)n(2n-1)d2，
则

na1+ n(n-1) 2 d≤n2+n-1 n a 2 1 +n(n-1)a1d+ 1 6 (n-1)n(2n-1)d2≥ 4n3-n 3

即

(2-d)n2+n(2-a1-d)-2≥0(1) 2(d2-4)n2+3d(2a1-d)n+6 a 2 1 -6a1d+d2+2≥0(2)

则n∈N*恒成立，
所以

2-d≥0 d2-4≥0

因为数列为无穷项，所以d≥0，所以d=2，
代入（1）（2）得

(2-a)n-1≥0(3) 2(a1-1)n+(a1-1)2≥0(4)

当n=1代入（3），得2-a₁-1≥0，所以a₁≤1，
由（4），当a₁＜1时，对充分大的n，（4）不成立，所以，a₁=1
经检验，a₁=1，d=2满足题意；
（Ⅱ）{a_n}为a₁，a₁+d，a₁+2d，…，
取a₁′=a₁，a₂′=a₁+da₁′=（1+d）a₁，a₃′=a₁′+d（a₁′+a₂′）=a₁′+da₁+da₂′=a₂′+da₂′=（1+d）a₂′
a_m′=a₁′+d（a₁′+a₂′+…+a_m-1′）=a_m-1′+da_m-1′=（1+d）a_m-1′=（1+d）^m-1a₁
故数列{a_n}是以a₁为首项，1+d（大于1）为公比的非常数等比数列；
又由{a_n}的取法可知，a₁′+a₂′+…+a_m-1′是正整数之和，记做k．
所以，a_m′=a₁+dk，从而a_m′是a₁，a₁+d，a₁+2d，…，中的项，
所以，存在这样的非常数列的无穷项等比数列，它包含在{a_n}中．

点评：考查学生会利用数列的递推式解决实际问题，掌握等比、等差数列的通项公式及前n项和的公式，会进行数列的求和．