Question

7．若存在一數(shù)列的前n項為na_n，則稱該數(shù)列為數(shù)列{a_n}的“一階衍生數(shù)列”，記作{（a_n）₁}；同樣的，若存在一數(shù)列的前n項和為n（a_n）₁，則稱該數(shù)列為數(shù)列{a_n}的“二階衍生數(shù)列”，記作{（a_n）₂}．記（a_m）_k為數(shù)列{a_n}的“k階衍生數(shù)列”中的第m項．己知等差數(shù)列{a_n}的通項公式為a_n=2n-1．
（1）寫出數(shù)列{（a₂）_n-1}的前四項；
（2）求證：對任意給定的m≥2且m∈N₊，數(shù)列{（a_m）_n-1}為等比數(shù)列．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)新定義，從第一項一次往后寫即可．
（2）結合第一歸納法，由猜想來驗證即可．

解答 解：（1）由題意，易知（a₁）_n=a₁=1
（a₂）₁=2a₂-a₁=9，（a₂）₁-1=8
（a₂）₂=2（a₂）₁-a₁=17，（a₂）₁-1=16
（a₂）₃=2（a₂）₂-a₁=33，（a₂）₂-1=32
（a₂）₄=2（a₂）₃-a₁=65，（a₂）₂-1=64
（2）（a_n）₁=na_n-（n-1）a_n-1=8n-7，（n≥2）
∵（a₁）₁=1=8-7，∴（a_n）₁=8n-7，（n∈N₊）
（a_n）₂=n（a_n）₁-（n-1）（a_n-1）₁=6n-15，（n≥2）
∵（a₁）₂=1=8-7，∴（a_n）₂=16n-15，（n∈N₊）
猜想（a_n）_i=2ⁱ⁺²n-2ⁱ⁺²+1，（n∈N₊）
當i=1時，（a_n）₁=2¹⁺²n-2¹⁺²+1，（n∈N₊）成立
假設當i=k時，（a_n）_k=2^k+2n-2^k+2+1，（n∈N₊）成立
則當i=k+1時
（a_n）_k+1=n（a_n）_k-（n-1）（a_n-1）_k=n（2^k+2n-2^k+2+1）-（n-1）[2^k+2（n-1）-2^k+2+1]
=2^k+2n²-（2^k+2-1）n-2^k+2（n-1）²+（2^k+2-1）（n-1）
=2^k+1+2n-2^k+1+2+1（n≥2）
$（{a}_{1}）_{k+1}=1={2}^{k+1+2}-{2}^{k+1+2}+1$，即猜想成立，${（a}_{n}）_{i}={2}^{i+2}n-{2}^{i+2}+1，（n∈{N}_{+}）$
故對任意給定的m≥2且m∈N₊，$（{a}_{m}）_{n}={2}^{n+2}m-{2}^{n+2}+1，（n∈{N}_{+}）$
$（{a}_{m}）_{n}-1={2}^{n+2}m-{2}^{n+2}$=2ⁿ⁺²（m-1），（n∈N₊）
所以$\frac{（{a}_{m}）_{n+1}-1}{（{a}_{m}）_{n}-1}$=$\frac{{2}^{n+3}（m-1）}{{2}^{n+2}（m-1）}=2，（n∈{N}_{+}）$
即數(shù)列{（a_m）_n-1}為公比為2的等比數(shù)列

點評 本題考查新定義，以及對第一歸納法的考查．解題的關鍵是對新定義的理解．