题目内容
1．若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得数列{an}的前n项和Sn=am，则称{an}是“回归数列”．（Ⅰ）①前n项和为${S_n}={2^n}$的数列{an}是否是“回归数列”？并请说明理由；
②通项公式为bn=2n的数列{bn}是否是“回归数列”？并请说明理由；
（Ⅱ）设{an}是等差数列，首项a1=1，公差d＜0，若{an}是“回归数列”，求d的值；
（Ⅲ）是否对任意的等差数列{an}，总存在两个“回归数列”{bn}和{cn}，使得an=bn+cn（n∈N*）成立，请给出你的结论，并说明理由．
分析 （1）利用“当n≥2时，an=Sn-Sn-1，当n=1时，a1=S1”即可得到an，再利用“回归数列”的意义即可得出，②bn=2n，Sn=n2+n=n（n+1），n（n+1）为偶数，即可证明数列{bn}是“回归数列”；
（2）利用等差数列的前n项和即可得出Sn，对?n∈N*，?m∈N*使Sn=am，取n=2和根据d＜0即可得出；
（3）设{an}的公差为d，构造数列：bn=a1-（n-1）a1=（2-n）a1，cn=（n-1）（a1+d），可证明{bn}和{cn}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、“回归数列”；即可得出．
解答 解：（Ⅰ）①当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1，
当n=1时，a1=S1=2．
当n≥2时，Sn=an+1．
∴数列{an}是“回归数列”；
②bn=2n，前n项和Sn，Sn=n2+n=n（n+1），
∵n（n+1）为偶数，
∴存在2m=n（n+1），即m=$\frac{n（n+1）}{2}$，
数列{bn}是否是“回归数列”；
（2）Sn=na1+$\frac{n（n-1）}{2}$d=n+$\frac{n（n-1）}{2}$d，
对?n∈N*，?m∈N*使Sn=am，即n+$\frac{n（n-1）}{2}$d=1+（m-1）d，
取n=2时，得1+d=（m-1）d，解得m=2+$\frac{1}{d}$，
∵d＜0，∴m＜2，
又m∈N*，∴m=1，∴d=-1．
（3）设{an}的公差为d，令bn=a1-（n-1）a1=（2-n）a1，
对?n∈N*，bn+1-bn=-a1，
cn=（n-1）（a1+d），
对?n∈N*，cn+1-cn=a1+d，
则bn+cn=a1+（n-1）d=an，且数列{bn}和{cn}是等差数列．
数列{bn}的前n项和Tn=na1+$\frac{n（n-1）}{2}$（-a1），
令Tn=（2-m）a1，则m=$\frac{n（n-3）}{2}$+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Tn=bm成立，即{bn}为“回归数列”；．
数列{cn}的前n项和Rn=$\frac{n（n-1）}{2}$（a1+d），
令cm=（m-1）（a1+d）=Rn，则m=$\frac{n（n-1）}{2}$+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Rn=cm成立，即{cn}为“回归数列”；．
因此命题得证．
点评 本题考查了利用“当n≥2时，an=Sn-Sn-1，当n=1时，a1=S1”求an、等差数列的前n项和公式及其通项公式、“回归数列”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．
考前必练系列答案| A． | f（x）=$\sqrt{{x}^{2}}$，g（x）=（$\sqrt{x}$）2 | B． | f（x）=1，g（x）=x0 | ||
| C． | f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{x，x≥0}\\{-x，x＜0}\end{array}\right.$，g（x）=$\sqrt{{x}^{2}}$ | D． | f（x）=x+1，g（x）=$\frac{{x}^{2}-1}{x-1}$ |
| A． | 充分而不必要条件 | B． | 必要而不充分条件 | ||
| C． | 充要条件 | D． | 既不充分也不必要条件 |