Question

对于数列{x_n}，从中选取若干项，不改变它们在原来数列中的先后次序，得到的数列称为是原来数列的一个子数列．某同学在学习了这一个概念之后，打算研究首项为a₁，公差为d的无穷等差数列{a_n}的子数列问题，为此，他取了其中第一项a₁，第三项a₃和第五项a₅．
（1）若a₁，a₃，a₅成等比数列，求d的值；
（2）在a₁=1，d=3 的无穷等差数列{a_n}中，是否存在无穷子数列{b_n}，使得数列（b_n）为等比数列？若存在，请给出数列{b_n}的通项公式并证明；若不存在，说明理由；
（3）他在研究过程中猜想了一个命题：“对于首项为正整数a，公比为正整数q（q＞1）的无穷等比数列{c_n}，总可以找到一个子数列{b_n}，使得{d_n}构成等差数列”．于是，他在数列{c_n}中任取三项c_k，c_m，c_n（k＜m＜n），由c_k+c_n与2c_m的大小关系去判断该命题是否正确．他将得到什么结论？

Answer 1

解：（1）由题意可得a₃²=a₁a₅，…..（2分）
即（a₁+2d）²=a₁（a₁+4d），解得d=0．…..（4分）
（2）由题意可得a_n=1+3（n-1），如b_n=4^n-1便为符合条件的一个子数列．…..（7分）
下面证明：因为b_n=4^n-1=（1+3）^n-1=1+3+3²+…+3^n-1=1+3M，…..（9分）
这里M=+3+…+3^n-2为正整数，
所以，b_n=1+3M=1+3[（M+1）-1]是{a_n}中的第M+1项，…．（11分）
（3）该命题为假命题．…．（12分）
由已知可得，，，
因此，又，
故 =aq^k-1（1+q^n-k-2q^m-k），…..（15分）
由于k，m，n是正整数，且n＞m，故n≥m+1，n-k≥m-k+1，
又q是满足q＞1的正整数，则q≥2，
∴1+q^n-k-2q^m-k≥1+q^m-k+1-2q^m-k=1+qq^m-k-2q^m-k≥1+2q^m-k-2q^m-k=1＞0，
所以，c_k+c_n＞2c_m，从而原命题为假命题．…..（18分）
分析：（1）由题意可得（a₁+2d）²=a₁（a₁+4d），解之即可；
（2）可举b_n=4^n-1，然后结合二项式定理证明即可；
（3）命题为假命题，由不等式的性质可证c_k+c_n＞2c_m，故不成等差数列．
点评：本题考查合情推理，涉及数列的等差等比的判定，属中档题．