Question

設(shè)數(shù)列{a_n}（n=1，2，…）是等差數(shù)列，且公差為d，若數(shù)列{a_n}中任意（不同）兩項(xiàng)之和仍是該數(shù)列中的一項(xiàng)，則稱該數(shù)列是“封閉數(shù)列”．
（1）若a₁=4，d=2，判斷該數(shù)列是否為“封閉數(shù)列”，并說明理由？
（2）設(shè)S_n是數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，若公差d=1，a₁＞0，試問：是否存在這樣的“封閉數(shù)列”，使；若存在，求{a_n}的通項(xiàng)公式，若不存在，說明理由；
（3）試問：數(shù)列{a_n}為“封閉數(shù)列”的充要條件是什么？給出你的結(jié)論并加以證明．

Answer 1

【答案】分析：（1）由題意知對(duì)任意的m，n∈N^*，有a_m+a_n=（2m+2）+（2n+2）=2（m+n+1）+2，令p=m+n+1，有a_p=2p+2∈{a_n}，所以數(shù)列{a_n}是“封閉數(shù)列”．
（2）由{a_n}是“封閉數(shù)列”，得：對(duì)任意m，n∈N^*，必存在p∈N^*使a₁+（n-1）+a₁+（m-1）=a₁+（p-1）成立，于是有a₁=p-m-n+1為整數(shù)，由此入手結(jié)合題設(shè)條件能夠推導(dǎo)出a_n=n+1（n∈N^*）．
（3）結(jié)論：數(shù)列{a_n}為“封閉數(shù)列”的充要條件是存在整數(shù)m≥-1，使a₁=md．然后先證明必要性，再證明充分性．
解答：解：（1）數(shù)列{a_n}是“封閉數(shù)列”，因?yàn)椋篴_n=4+（n-1）•2=2n+2，
對(duì)任意的m，n∈N^*，有a_m+a_n=（2m+2）+（2n+2）=2（m+n+1）+2，
∵m+n+1∈N^*于是，令p=m+n+1，則有a_p=2p+2∈{a_n}
（2）解：由{a_n}是“封閉數(shù)列”，得：對(duì)任意m，n∈N^*，必存在p∈N^*使a₁+（n-1）+a₁+（m-1）=a₁+（p-1）成立，
于是有a₁=p-m-n+1為整數(shù)，
又∵a₁＞0
∴a₁是正整數(shù)．
若a₁=1則，所以，
若a₁=2，則，所以，
若a₁≥3，則，于是，所以，
綜上所述，a₁=2，
∴a_n=n+1（n∈N^*），顯然，該數(shù)列是“封閉數(shù)列”．
（3）結(jié)論：數(shù)列{a_n}為“封閉數(shù)列”的充要條件是存在整數(shù)m≥-1，使a₁=md．
證明：（必要性）任取等差數(shù)列的兩項(xiàng)a_s，a_t（s≠t），若存在a_k使a_s+a_t=a_k，則2a₁+（s+t-2）d=a₁+（k-1）d⇒a₁=（k-s-t+1）d
故存在m=k-s-t+1∈Z，使a₁=md，
下面證明m≥-1．當(dāng)d=0時(shí)，顯然成立．
對(duì)d≠0，若m＜-1，則取p=-m≥2，對(duì)不同的兩項(xiàng)a₁，a_p，
存在a_q使a₁+a_p=a_q，
即2md+（-m-1）d=md+（q-1）d⇒qd=0，
這與q＞0，d≠0矛盾，
故存在整數(shù)m≥-1，使a₁=md．
（充分性）若存在整數(shù)m≥-1使a₁=md，則任取等差數(shù)列的兩項(xiàng)a_s，a_t（s≠t），
于是a_s+a_t=a₁+（s-1）d+md+（t-1）d=a₁+（s+m+t-2）d=a_s+m+t-1
由于s+t≥3，m≥-1
∴s+t+m-1為正整數(shù)，
∴a_s+m+t-1∈{a_n}證畢．
點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列性質(zhì)的綜合運(yùn)用，解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．