Question

7．?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“H數(shù)列”．
（1）若數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式${a_n}={2^n}$，判斷{a_n}是否為“H數(shù)列”；
（2）等差數(shù)列{a_n}，公差d≠0，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{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(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${a_n}=\left\{\begin{array}{l}2t（{n=1}）\\ p•{q^{n-2}}（{n≥2}）\end{array}\right.$，通過q=1時(shí)，推出{a_n}不是“H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）n=1，a₁=S₁=2，
∴${S}_{n}=\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$=2ⁿ⁺¹-2（1分）
∴2ⁿ-1是奇數(shù)，2^m-1是偶數(shù)；（2分）
∴2ⁿ⁺¹-2≠2^m（3分）
∴{a_n}不是“H數(shù)列”（4分）
（2）${S_n}=n{a_1}+\frac{n（n-1）}{2}d=2dn+\frac{n（n-1）}{2}d$（6分）
對(duì)任意n∈N^*，存在m∈N^*使S_n=a_m，即$n{a_1}+\frac{n（n-1）}{2}d={a_1}+（m-1）d$$m=2n-1+\frac{n（n-1）}{2}$（8分）
n，n-1是一奇一偶，∴m一定是自然數(shù)；（10分）
（3）n≥2時(shí)（1-q）S_n+a_n+1=r，（1-q）S_n-1+a_n=r（1-q）a_n+a_n+1-a_n=0，
∴a_n+1=qa_n（12分）
（1-q）×2t+a₂=ra₂=r+2qt-2t=p，（13分）
∴${a_n}=\left\{\begin{array}{l}2t（{n=1}）\\ p•{q^{n-2}}（{n≥2}）\end{array}\right.$．（14分）
q=1時(shí)，${a_n}=\left\{\begin{array}{l}2t（{n=1}）\\ r（{n≥2}）\end{array}\right.$，S_n=2t+（n-1）r=r不恒成立 顯然{a_n}不是“H數(shù)列”，（15分）
q≠1時(shí)${S_n}=2t+\frac{{p（{1-{q^{n-1}}}）}}{1-q}=2t+\frac{p}{1-q}-\frac{{p{q^{n-1}}}}{1-q}$，（16分）
n=1，S₁=a₁{a_n}是“H數(shù)列”，所以對(duì)任意n≥2時(shí)，存在m∈N*成立，
∴${S_n}=2t+\frac{p}{1-q}-\frac{{p{q^{n-1}}}}{1-q}=p{q^{m-2}}$，可得$-\frac{p{q}^{n-1}}{1-q}=p{q}^{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)              （18分）

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)化思想以及分析問題解決問題的能力．