Question

1．若對任意的正整數n，總存在正整數m，使得數列{a_n}的前n項和S_n=a_m，則稱{a_n}是“回歸數列”．
（Ⅰ）①前n項和為${S_n}={2^n}$的數列{a_n}是否是“回歸數列”？并請說明理由；
②通項公式為b_n=2n的數列{b_n}是否是“回歸數列”？并請說明理由；
（Ⅱ）設{a_n}是等差數列，首項a₁=1，公差d＜0，若{a_n}是“回歸數列”，求d的值；
（Ⅲ）是否對任意的等差數列{a_n}，總存在兩個“回歸數列”{b_n}和{c_n}，使得a_n=b_n+c_n（n∈N^*）成立，請給出你的結論，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用“當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1，當n=1時，a₁=S₁”即可得到a_n，再利用“回歸數列”的意義即可得出，②b_n=2n，S_n=n²+n=n（n+1），n（n+1）為偶數，即可證明數列{b_n}是“回歸數列”；
（2）利用等差數列的前n項和即可得出S_n，對?n∈N^*，?m∈N^*使S_n=a_m，取n=2和根據d＜0即可得出；
（3）設{a_n}的公差為d，構造數列：b_n=a₁-（n-1）a₁=（2-n）a₁，c_n=（n-1）（a₁+d），可證明{b_n}和{c_n}是等差數列．再利用等差數列的前n項和公式及其通項公式、“回歸數列”；即可得出．

解答 解：（Ⅰ）①當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=2ⁿ-2^n-1=2^n-1，
當n=1時，a₁=S₁=2．
當n≥2時，S_n=a_n+1．
∴數列{a_n}是“回歸數列”；
②b_n=2n，前n項和S_n，S_n=n²+n=n（n+1），
∵n（n+1）為偶數，
∴存在2m=n（n+1），即m=$\frac{n（n+1）}{2}$，
數列{b_n}是否是“回歸數列”；
（2）S_n=na₁+$\frac{n（n-1）}{2}$d=n+$\frac{n（n-1）}{2}$d，
對?n∈N^*，?m∈N^*使S_n=a_m，即n+$\frac{n（n-1）}{2}$d=1+（m-1）d，
取n=2時，得1+d=（m-1）d，解得m=2+$\frac{1}otvl7bm$，
∵d＜0，∴m＜2，
又m∈N^*，∴m=1，∴d=-1．
（3）設{a_n}的公差為d，令b_n=a₁-（n-1）a₁=（2-n）a₁，
對?n∈N^*，b_n+1-b_n=-a₁，
c_n=（n-1）（a₁+d），
對?n∈N^*，c_n+1-c_n=a₁+d，
則b_n+c_n=a₁+（n-1）d=a_n，且數列{b_n}和{c_n}是等差數列．
數列{b_n}的前n項和T_n=na₁+$\frac{n（n-1）}{2}$（-a₁），
令T_n=（2-m）a₁，則m=$\frac{n（n-3）}{2}$+2．
當n=1時，m=1；當n=2時，m=1．
當n≥3時，由于n與n-3的奇偶性不同，即n（n-3）為非負偶數，m∈N^*．
因此對?n∈N^*，都可找到m∈N^*，使T_n=b_m成立，即{b_n}為“回歸數列”；．
數列{c_n}的前n項和R_n=$\frac{n（n-1）}{2}$（a₁+d），
令c_m=（m-1）（a₁+d）=R_n，則m=$\frac{n（n-1）}{2}$+1．
∵對?n∈N^*，n（n-3）為非負偶數，∴m∈N^*．
因此對?n∈N^*，都可找到m∈N^*，使R_n=c_m成立，即{c_n}為“回歸數列”；．
因此命題得證．

點評 本題考查了利用“當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1，當n=1時，a₁=S₁”求a_n、等差數列的前n項和公式及其通項公式、“回歸數列”意義等基礎知識與基本技能方法，考查了推理能力和計算能力、構造法，屬于難題．