Question

7．数列{a_n}的前n项和记为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}的通项公式${a_n}={2^n}$，判断{a_n}是否为“H数列”；
（2）等差数列{a_n}，公差d≠0，a₁=2d，求证：{a_n}是“H数列”；
（3）设点（S_n，a_n+1）在直线（1-q）x+y=r上，其中a₁=2t＞0，q≠0．若{a_n}是“H数列”，求q，r满足的条件．

Answer 1

分析 （1）通过n=1，a₁=S₁=2，然后求解数列的S_n，利用新定义判断即可．
（2）求出S_n，对任意n∈N^*，存在m∈N^*使S_n=a_m，利用新定义判断即可．
（3）n≥2时，推出a_n+1=qa_n，求出${a_n}=\left\{\begin{array}{l}2t（{n=1}）\\ p•{q^{n-2}}（{n≥2}）\end{array}\right.$，通过q=1时，推出{a_n}不是“H数列”，q≠1时，求出S_n，利用新定义推出q=2，r=0，t＞0的正实数．

解答 解：（1）n=1，a₁=S₁=2，
∴${S}_{n}=\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$=2ⁿ⁺¹-2（1分）
∴2ⁿ-1是奇数，2^m-1是偶数；（2分）
∴2ⁿ⁺¹-2≠2^m（3分）
∴{a_n}不是“H数列”（4分）
（2）${S_n}=n{a_1}+\frac{n（n-1）}{2}d=2dn+\frac{n（n-1）}{2}d$（6分）
对任意n∈N^*，存在m∈N^*使S_n=a_m，即$n{a_1}+\frac{n（n-1）}{2}d={a_1}+（m-1）d$$m=2n-1+\frac{n（n-1）}{2}$（8分）
n，n-1是一奇一偶，∴m一定是自然数；（10分）
（3）n≥2时（1-q）S_n+a_n+1=r，（1-q）S_n-1+a_n=r（1-q）a_n+a_n+1-a_n=0，
∴a_n+1=qa_n（12分）
（1-q）×2t+a₂=ra₂=r+2qt-2t=p，（13分）
∴${a_n}=\left\{\begin{array}{l}2t（{n=1}）\\ p•{q^{n-2}}（{n≥2}）\end{array}\right.$．（14分）
q=1时，${a_n}=\left\{\begin{array}{l}2t（{n=1}）\\ r（{n≥2}）\end{array}\right.$，S_n=2t+（n-1）r=r不恒成立 显然{a_n}不是“H数列”，（15分）
q≠1时${S_n}=2t+\frac{{p（{1-{q^{n-1}}}）}}{1-q}=2t+\frac{p}{1-q}-\frac{{p{q^{n-1}}}}{1-q}$，（16分）
n=1，S₁=a₁{a_n}是“H数列”，所以对任意n≥2时，存在m∈N*成立，
∴${S_n}=2t+\frac{p}{1-q}-\frac{{p{q^{n-1}}}}{1-q}=p{q^{m-2}}$，可得$-\frac{p{q}^{n-1}}{1-q}=p{q}^{m-2}$，即q^n-1=（q-1）q^m-2，解得q=2，
∴q=2，由$2t+\frac{p}{1-q}=0$，得p=2t，
由r+2qt-2t=p，∴r+4t-2t=2t，r=0，
∴q=2，r=0，t＞0的正实数              （18分）

点评 本题考查数列的应用，数列与函数相结合，考查新定义的应用，转化思想以及分析问题解决问题的能力．