Question

如果存在常数a使得数列{a_n}满足：若x是数列{a_n}中的一项，则a-x也是数列{a_n}中的一项，称数列{a_n}为“兑换数列”，常数a是它的“兑换系数”．
（1）若数列：1，2，4，m（m＞4）是“兑换系数”为a的“兑换数列”，求m和a的值；
（2）已知有穷等差数列b_n的项数是n₀（n₀≥3），所有项之和是B，求证：数列b_n是“兑换数列”，并用n₀和B表示它的“兑换系数”；
（3）对于一个不少于3项，且各项皆为正整数的递增数列{c_n}，是否有可能它既是等比数列，又是“兑换数列”？给出你的结论并说明理由．

Answer 1

分析：（1）根据数列：1，2，4，m（m＞4）是“兑换系数”为a的“兑换数列”，可得a-m，a-4，a-2，a-1也是该数列的项，且a-m＜a-4＜a-2＜a-1，由此可求m和a的值；
（2）由“兑换数列”的定义证明数列{b_n}是“兑换数列”，即证对数列{b_n}中的任意一项b_i（1≤i≤n₀），a-b_i=b₁+（n₀-i）d=b_n0+1-i∈{b_n}，从而可求数列{b_n}所有项之和；
（3）假设存在这样的等比数列{c_n}，设它的公比为q（q＞1），可知数列{c_n}必为有穷数列，不妨设项数为n项，则c_i+c_n+1-i=a（1≤i≤n），再分类讨论，即可得到结论．

解答：（1）解：因为数列：1，2，4，m（m＞4）是“兑换系数”为a的“兑换数列”
所以a-m，a-4，a-2，a-1也是该数列的项，且a-m＜a-4＜a-2＜a-1
故a-m=1，a-4=2，即a=6，m=5．
（2）证明：设数列{b_n}的公差为d，
因为数列{b_n}是项数为n₀项的有穷等差数列
若b₁≤b₂≤b₃≤…≤b_n0，则a-b₁≥a-b₂≥a-b₃≥…≥a-b_n0，
即对数列{b_n}中的任意一项b_i（1≤i≤n₀），a-b_i=b₁+（n₀-i）d=b_n0+1-i∈{b_n}
同理可得：b₁≥b₂≥b₃≥…≥b_n0，a-b_i=b₁+（n₀-i）d=b_n0+1-i∈{b_n}也成立，
由“兑换数列”的定义可知，数列{b_n}是“兑换数列”；
又因为数列{b_n}所有项之和是B，所以B=

(b1+bn0)•n0

2

=

an0

2

，即a=

2B

n0

；
（3）解：假设存在这样的等比数列{c_n}，设它的公比为q（q＞1），
因为数列{c_n}为递增数列，所以c₁＜c₂＜c₃＜…＜c_n，则a-c₁＞a-c₂＞a-c₃＞…＞a-c_n，
又因为数列{c_n}为“兑换数列”，则a-c_i∈{c_n}，所以a-c_i是正整数
故数列{c_n}必为有穷数列，不妨设项数为n项，则c_i+c_n+1-i=a（1≤i≤n）
①若n=3，则有c₁+c₃=a，c₂=

a

2

，又c22=c₁c₃，由此得q=1，与q＞1矛盾
②若n≥4，由c₁+c_n=c₂+c_n-1，得c₁-c₁q+c₁q^n-1-c₁q^n-2=0
即（q-1）（1-q^n-2）=0，故q=1，与q＞1矛盾；
综合①②得，不存在满足条件的数列{c_n}．

点评：本题考查新定义，考查学生的阅读能力，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．