Question

【題目】如果存在常數(shù)a，使得數(shù)列{an}滿(mǎn)足：若x是數(shù)列{an}中的一項(xiàng)，則a﹣x也是數(shù)列{an}中的一項(xiàng)，稱(chēng)數(shù)列{an}為“兌換數(shù)列”，常數(shù)a是它的“兌換系數(shù)”．
（1）若數(shù)列：2，3，6，m（m＞6）是“兌換系數(shù)”為a的“兌換數(shù)列”，求m和a的值；
（2）已知有窮等差數(shù)列{bn}的項(xiàng)數(shù)是n0（n0≥3），所有項(xiàng)之和是B，求證：數(shù)列{bn}是“兌換數(shù)列”，并用n0和B表示它的“兌換系數(shù)”；
（3）對(duì)于一個(gè)不少于3項(xiàng)，且各項(xiàng)皆為正整數(shù)的遞增數(shù)列{cn}，是否有可能它既是等比數(shù)列，又是“兌換數(shù)列”？給出你的結(jié)論，并說(shuō)明理由．

Answer 1

【答案】
（1）解：因?yàn)?，3，6，m（m＞6）是“兌換系數(shù)”為a的“兌換數(shù)列”

所以a﹣m，a﹣6，a﹣3，a﹣2也是該數(shù)列的項(xiàng)，且a﹣m＜a﹣6＜a﹣3＜a﹣2，

故a﹣m=2，a﹣6=3，即a=9，m=7

（2）證明：設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d，

因?yàn)閿?shù)列{bn}是項(xiàng)數(shù)為n0項(xiàng)的有窮等差數(shù)列

若b1≤b2≤b3≤…≤b ，則a﹣b1≥a﹣b2≥a﹣b3≥…≥a﹣b ，

即對(duì)數(shù)列{bn}中的任意一項(xiàng)bi（1≤i≤n0），a﹣bi=b1+（n0﹣i）d=b +1﹣i∈{bn}

同理可得：b1≥b2≥b3≥…≥b ，a﹣bi=b1+（n0﹣i）d=b +1﹣i∈{bn}也成立，

由“兌換數(shù)列”的定義可知，數(shù)列{bn}是“兌換數(shù)列”；

又因?yàn)閿?shù)列{bn}所有項(xiàng)之和是B，所以B= = ，即a=

（3）解：假設(shè)存在這樣的等比數(shù)列{cn}，設(shè)它的公比為q（q＞1），

因?yàn)閿?shù)列{cn}為遞增數(shù)列，所以c1＜c2＜c3＜…＜cn，則a﹣c1＞a﹣c2＞a﹣c3＞…＞a﹣cn，

又因?yàn)閿?shù)列{cn}為“兌換數(shù)列”，則a﹣ci∈{cn}，所以a﹣ci是正整數(shù)

故數(shù)列{cn}必為有窮數(shù)列，不妨設(shè)項(xiàng)數(shù)為n項(xiàng)，則ci+cn+1﹣i=a（1≤i≤n）

①若n=3，則有c1+c3=a，c2= ，又c22=c1c3，由此得q=1，與q＞1矛盾

②若n≥4，由c1+cn=c2+cn﹣1，得c1﹣c1q+c1qn﹣1﹣c1qn﹣2=0

即（q﹣1）（1﹣qn﹣2）=0，故q=1，與q＞1矛盾；

綜合①②得，不存在滿(mǎn)足條件的數(shù)列{cn}

【解析】（1）根據(jù)數(shù)列：2，3，6，m（m＞6）是“兌換系數(shù)”為a的“兌換數(shù)列”所以a﹣m，a﹣6，a﹣3，a﹣2也是該數(shù)列的項(xiàng)，且a﹣m＜a﹣6＜a﹣3＜a﹣2，由此可求m和a的值；（2）由“兌換數(shù)列”的定義證明數(shù)列{bn}是“兌換數(shù)列”，即證對(duì)數(shù)列{bn}中的任意一項(xiàng)bi（1≤i≤n0），a﹣bi=b1+（n0﹣i）d=bn0+1﹣i∈{bn}，從而可求數(shù)列{bn}所有項(xiàng)之和；（3）假設(shè)存在這樣的等比數(shù)列{cn}，設(shè)它的公比為q（q＞1），可知數(shù)列{cn}必為有窮數(shù)列，不妨設(shè)項(xiàng)數(shù)為n項(xiàng)，則ci+cn+1﹣i=a（1≤i≤n），再分類(lèi)討論，即可得到結(jié)論．