Question

从数列{a_n}中取出部分项，并将它们按原来的顺序组成一个数列，称之为数列{a_n}的一个子数列．设数列{a_n}是一个首项为a₁、公差为d（d≠0）的无穷等差数列．
（1）若a₁，a₂，a₅成等比数列，求其公比q．
（2）若a₁=7d，从数列{a_n}中取出第2项、第6项作为一个等比数列的第1项、第2项，试问该数列是否为{a_n}的无穷等比子数列，请说明理由．
（3）若a₁=1，从数列{a_n}中取出第1项、第m（m≥2）项（设a_m=t）作为一个等比数列的第1项、第2项，试问当且仅当t为何值时，该数列为{a_n}的无穷等比子数列，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）由题设知（a₁+d）²=a₁（a₁+4d），由此可求出其公比q=

a2

a1

=3．
（2）设等比数列为{b_m}，其公比q=

a6

a2

=

3

2

，bm=a2qm-1=8d•(

3

2

)m-1，由题设a_n=a₁+（n-1）d=（n+6）d．再由反证法能够推出该数列不为{a_n}的无穷等比子数列．
（3）①设{a_n}的无穷等比子数列为{b_r}，其公比

am

a1

=

b2

b1

=t（t≠1），得b_r=t^r-1，由此入手能够推导出t是大于1的正整数．
②再证明：若t是大于1的正整数，则数列{a_n}存在无穷等比子数列．即证明无穷等比数列{b_r}中的每一项均为数列{a_n}中的项．综上，当且仅当t是大于1的正整数时，数列{a_n}存在无穷等比子数列．

解答：解：（1）由题设，得a₂²=a₁a₅，即（a₁+d）²=a₁（a₁+4d），得d²=2a₁d，又d≠0，
于是d=2a₁，故其公比q=

a2

a1

=3．
（2）设等比数列为{b_m}，其公比q=

a6

a2

=

3

2

，bm=a2qm-1=8d•(

3

2

)m-1，
由题设a_n=a₁+（n-1）d=（n+6）d．
假设数列{b_m}为{a_n}的无穷等比子数列，
则对任意自然数m（m≥3），都存在n∈N^*，使a_n=b_m，
即(n+6)d=8d•(

3

2

)m-1，
得n=8(

3

2

)m-1-6，
当m=5时，n=8(

3

2

)5-1-6=

69

2

∉N*，与假设矛盾，
故该数列不为{a_n}的无穷等比子数列．
（3）①设{a_n}的无穷等比子数列为{b_r}，其公比

am

a1

=

b2

b1

=t（t≠1），得b_r=t^r-1，
由题设，在等差数列{a_n}中，d=

am-a1

m-1

=

t-1

m-1

，an=1+(n-1)

t-1

m-1

，
因为数列{b_r}为{a_n}的无穷等比子数列，
所以对任意自然数r（r≥3），都存在n∈N^*，使a_n=b_r，
即1+(n-1)

t-1

m-1

=tr-1，
得n=

tr-1-1

t-1

(m-1)+1=(tr-2+tr-3+t+1)(m-1)+1，
由于上式对任意大于等于3的正整数r都成立，且n，m-1均为正整数，
可知t^r-2+t^r-3+t+1必为正整数，
又d≠0，
故t是大于1的正整数．
②再证明：若t是大于1的正整数，则数列{a_n}存在无穷等比子数列．
即证明无穷等比数列{b_r}中的每一项均为数列{a_n}中的项．
在等比数列{b_r}中，b_r=t^r-1，
在等差数列{a_n}中，d=

am-a1

m-1

=

t-1

m-1

，an=1+(n-1)

t-1

m-1

，
若b_r为数列{a_n}中的第k项，则由b_r=a_k，得tr-1=1+(k-1)

t-1

m-1

，
整理得k=

tr-1-1

t-1

(m-1)+1=(tr-2+tr-3+t+1)(m-1)+1，
由t，m-1均为正整数，得k也为正整数，
故无穷等比数列{b_r}中的每一项均为数列{a_n}中的项，得证．
综上，当且仅当t是大于1的正整数时，数列{a_n}存在无穷等比子数列．

点评：本题考查数列的综合运用，难度较大，解题时要认真审题，仔细解答，避免出错．