Question

（Ⅰ）已知函数．数列{a_n}满足：a_n＞0，a₁=1，且，记数列{b_n}的前n项和为S_n，且．求数列{b_n}的通项公式；并判断b₄+b₆是否仍为数列{b_n}中的项？若是，请证明；否则，说明理由．
（Ⅱ）设{c_n}为首项是c₁，公差d≠0的等差数列，求证：“数列{c_n}中任意不同两项之和仍为数列{c_n}中的项”的充要条件是“存在整数m≥-1，使c₁=md”．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）由题意知，，所以．再由题设条件可以导出，由此可知b₄+b₆不在数列{b_n}中．
（Ⅱ）先证充分性：若存在整数m≥-1，使c₁=md．再证必要性：若数列{c_n}中任意不同两项之和仍为数列{c_n}中的项，则c_s=c₁+（s-1）d，c_t=c₁+（t-1）d．
解答：解：（Ⅰ）因为，
所以，
即，，
即．（4分）
因为，
当n=1时，，
当n≥2时，，
所以．（6分）
又因为，
所以令，
则；
得到与t∈N^*矛盾，
所以b₄+b₆不在数列{b_n}中．（8分）
（Ⅱ）充分性：若存在整数m≥-1，使c₁=md．
设c_r，c_t为数列{c_n}中不同的两项，
则c_r+c_t=c₁+（r-1）d+c₁+（t-1）d=c₁+（r+m+t-2）d=c₁+[（r+m+t-1）-1]d．
又r+t≥3且m≥-1，所以r+m+t-1≥1．
即c_r+c_t是数列{c_n}的第r+m+t-1项．（11分）
必要性：若数列{c_n}中任意不同两项之和仍为数列{c_n}中的项，
则c_s=c₁+（s-1）d，c_t=c₁+（t-1）d，
（s，t为互不相同的正整数）
则c_s+c_t=2c₁+（s+t-2）d，令c_s+c_t=c_l，
得到2c₁+（s+t-2）d=c₁+（l-1）d（n，t，s∈N^*），
所以c₁=（l-s-t+1）d，
令整数m=l-s-t+1，所以c₁=md． （14分）
下证整数m≥-1
若设整数m＜-1，则-m≥2．令k=-m，
由题设取c₁，c_k使c₁+c_k=c_r（r≥1）
即c₁+c₁+（k-1）d=c₁+（r-1）d，
所以md+（-m-1）d=（r-1）d
即rd=0与r≥1，d≠0相矛盾，所以m≥-1．
综上，数列{c_n}中任意不同两项之和仍为数列{c_n}中的项的充要条件是存在整数m≥-1，使c₁=md．（16分）
点评：本题考查数列的性质和综合运用，难度较大．解题时要认真审题，仔细解答．