Question

20．?dāng)?shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和記為S_n，若對(duì)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“G數(shù)列”．
（1）若數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=2ⁿ，判斷{a_n}是否為“G數(shù)列”；
（2）等差數(shù)列{a_n}，公差d≠0，a₁=2d，求證：{a_n}是“G數(shù)列”；
（3）設(shè)S_n與a_n滿足（1-q）S_n+a_n+1=r，其中a₁=2t＞0，q≠0．若{a_n}是“G數(shù)列”，求q，r滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)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(duì)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(shí)，推出a_n+1=qa_n，求出，通過(guò)q=1時(shí)，推出{a_n}不是“G數(shù)列”，q≠1時(shí)，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 解：（1）當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=2ⁿ-2^n-1=2^n-1，
當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁=2．
當(dāng)n=1時(shí)，S₁=a₁．
當(dāng)n≥2時(shí)，S_n=a_n+1．
∴{a_n}不是“G數(shù)列”
（2）S_n=na₁+$\frac{1}{2}$n（n-1）d=2dn+$\frac{1}{2}$n（n-1）d=$\frac{1}{2}$n（n+3）d，a_m=a₁+（m-1）d=（m+1）d
對(duì)任意n∈N^*，存在m∈N^*使S_n=a_m，即$\frac{1}{2}$n（n+3）d=（m+1）d，
∵公差d≠0，
∴n（n+3）=2（m+1），
∵n，n+3是一奇一偶，
∴m一定是自然數(shù)，
∴{a_n}是“G數(shù)列”；
（3）n≥2時(shí)（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(shí)，a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2t，n=1}\\{r，n≥2}\end{array}\right.$，S_n=2t+（n-1）r=r不恒成立 顯然{a_n}不是“G數(shù)列”，
q≠1時(shí)，S_n=2t+$\frac{p（1-{q}^{n-1}）}{1-q}$=2t+$\frac{p}{1-p}$-$\frac{p{q}^{n-1}}{1-q}$，
n=1，S₁=a₁，{a_n}是“G數(shù)列”，所以對(duì)任意n≥2時(shí)，存在m∈N^*成立，
∴S_n=2t+$\frac{p}{1-p}$-$\frac{p{q}^{n-1}}{1-q}$=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+$\frac{p}{1-q}$，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(píng) 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(wèn)題解決問(wèn)題的能力．