Question

设数列{a_n}的前n项和为S_n，若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得S_n=a_m，则称{a_n}是“H数列”．
（1）若数列{a_n}的前n项和为S_n=2ⁿ（n∈N^*），证明：{a_n}是“H数列”；
（2）设{a_n}是等差数列，其首项a₁=1，公差d＜0，若{a_n}是“H数列”，求d的值；
（3）证明：对任意的等差数列{a_n}，总存在两个“H数列”{b_n}和{c_n}，使得a_n=b_n+c_n（n∈N^*）成立．

Answer 1

考点：数列的应用,等差数列的性质

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）利用“当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，当n=1时，a₁=S₁”即可得到a_n，再利用“H”数列的意义即可得出．
（2）利用等差数列的前n项和即可得出S_n，对?n∈N^*，?m∈N^*使S_n=a_m，取n=2和根据d＜0即可得出；
（3）设{a_n}的公差为d，构造数列：b_n=a₁-（n-1）a₁=（2-n）a₁，c_n=（n-1）（a₁+d），可证明{b_n}和{c_n}是等差数列．再利用等差数列的前n项和公式及其通项公式、“H”的意义即可得出．

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

n(n-1)

2

d=n+

n(n-1)

2

d，
对?n∈N^*，?m∈N^*使S_n=a_m，即n+

n(n-1)

2

d=1+(m-1)d，
取n=2时，得1+d=（m-1）d，解得m=2+

1

d

，
∵d＜0，∴m＜2，
又m∈N^*，∴m=1，∴d=-1．
（3）设{a_n}的公差为d，令b_n=a₁-（n-1）a₁=（2-n）a₁，
对?n∈N^*，b_n+1-b_n=-a₁，
c_n=（n-1）（a₁+d），
对?n∈N^*，c_n+1-c_n=a₁+d，
则b_n+c_n=a₁+（n-1）d=a_n，且数列{b_n}和{c_n}是等差数列．
数列{b_n}的前n项和T_n=na1+

n(n-1)

2

(-a1)，
令T_n=（2-m）a₁，则m=

n(n-3)

2

+2．
当n=1时，m=1；当n=2时，m=1．
当n≥3时，由于n与n-3的奇偶性不同，即n（n-3）为非负偶数，m∈N^*．
因此对?n∈N^*，都可找到m∈N^*，使T_n=b_m成立，即{b_n}为H数列．
数列{c_n}的前n项和R_n=

n(n-1)

2

(a1+d)，
令c_m=（m-1）（a₁+d）=R_n，则m=

n(n-1)

2

+1．
∵对?n∈N^*，n（n-3）为非负偶数，∴m∈N^*．
因此对?n∈N^*，都可找到m∈N^*，使R_n=c_m成立，即{c_n}为H数列．
因此命题得证．

点评：本题考查了利用“当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，当n=1时，a₁=S₁”求a_n、等差数列的前n项和公式及其通项公式、新定义“H”的意义等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力、构造法，属于难题．