Question

9．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和記為S_n，若對任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得S_n=a_m，則稱{a_n}是“H數(shù)列”．
（1）若數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=2^n-1，判斷{a_n}是否為“H數(shù)列”；
（2）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差d≠0，首項(xiàng)a₁=2d，求證：{a_n}是“H數(shù)列”；
（3）設(shè)點(diǎn)（S_n，a_n+1）在直線（1-q）x+y=r上，其中a₁=2t＞0，q≠0，若數(shù)列{a_n}是“H數(shù)列”，求q，r滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）通過n=1，a₁=S₁=2，然后求解數(shù)列的S_n，利用新定義判斷即可．
（2）求出S_n，對任意n∈N^*，存在m∈N^*使S_n=a_m，利用新定義判斷即可．
（3）n≥2時，推出a_n+1=qa_n，求出a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2t，n=1}\\{p•{q}^{n-2}，n≥2}\end{array}\right.$．通過q=1時，推出{a_n}不是“H數(shù)列”，q≠1時，求出S_n，利用新定義推出q=2，r=0，t＞0的正實(shí)數(shù)．

解答 （1）解：n=1，a₁=S₁=1，∴S_n=$\frac{{2}^{n}-1}{2-1}$=2ⁿ-1是奇數(shù)，2^m-1是偶數(shù)，∴2ⁿ-1≠2^m-1，
∴{a_n}不是“H數(shù)列”．
（2）證明：S_n=na₁+$\frac{n（n-1）}{2}$d
對任意n∈N^*，存在m∈N^*使S_n=a_m，即na₁+$\frac{n（n-1）}{2}$d=a₁+（m-1）d，a₁=2d≠0，
∴m=2n-1+$\frac{n（n-1）}{2}$，
n，n-1是一奇一偶，∴m一定是自然數(shù)；
∴{a_n}是“H數(shù)列”．
（3）解：由題意可得：n≥2時（1-q）S_n+a_n+1=r，（1-q）S_n-1+a_n=r（1-q）a_n+a_n+1-a_n=0，
∴a_n+1=qa_n，
（1-q）×2t+a₂=ra₂=r+2qt-2t=p，
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2t，n=1}\\{p•{q}^{n-2}，n≥2}\end{array}\right.$．
q=1時，a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2t，n=1}\\{p，n≥2}\end{array}\right.$，
S_n=2t+（n-1）r=r不恒成立 顯然{a_n}不是“H數(shù)列”，
q≠1時S_n=2t+$\frac{p（1-{q}^{n-1}）}{1-q}$，
n=1，S₁=a₁，{a_n}是“H數(shù)列”，所以對任意n≥2時，存在m∈N*成立，
∴S_n=2t+$\frac{p}{1-q}$-$\frac{p{q}^{n-1}}{1-q}$=pq^m-2，可得-$\frac{p{q}^{n-1}}{1-q}$=pq^m-2，即q^n-1=（q-1）q^m-2，解得q=2，
∴q=2，由2t+$\frac{p}{1-q}$=0，得p=2t，
由r+2qt-2t=p，∴r+4t-2t=2t，r=0，
∴q=2，r=0，t＞0的正實(shí)數(shù)．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的應(yīng)用，數(shù)列與函數(shù)相結(jié)合，考查新定義的應(yīng)用，轉(zhuǎn)化思想以及分析問題解決問題的能力，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．