Question

18．若無窮數(shù)列{a_n}滿足：?k∈N^*，對于$?n≥{n_0}（{n_0}∈{N^*}）$，都有a_n+k-a_n=d（其中d為常數(shù)），則稱{a_n}具有性質(zhì)“P（k，n₀，d）”．
（Ⅰ）若{a_n}具有性質(zhì)“P（3，2，0）”，且a₂=3，a₄=5，a₆+a₇+a₈=18，求a₃；
（Ⅱ）若無窮數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，無窮數(shù)列{c_n}是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，b₁=c₃=2，b₃=c₁=8，a_n=b_n+c_n，判斷{a_n}是否具有性質(zhì)“P（2，1，0）”，并說明理由；
（Ⅲ）設(shè){a_n}既具有性質(zhì)“P（i，2，d₁）”，又具有性質(zhì)“P（j，2，d₂）”，其中i，j∈N^*，i＜j，i，j互質(zhì)，求證：{a_n}具有性質(zhì)“$P（j-i，i+2，\frac{j-i}{i}{d_1}）$”．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由{a_n}具有性質(zhì)“P（3，2，0）”，得a_n+3-a_n=0，n≥2，然后結(jié)合已知依次求得a₈，a₇的值，在結(jié)合a₆+a₇+a₈=18求得a₃；
（Ⅱ）設(shè)等差數(shù)列{b_n}的公差為d，已知求得d=3．得b_n=3n-1．設(shè)等比數(shù)列{c_n}的公比為q，由已知求得q，得${c}_{n}={2}^{4-n}$，代入a_n=b_n+c_n．舉反例說明{a_n}不具有性質(zhì)“P（2，1，0）”；
（Ⅲ）由{a_n}具有性質(zhì)“P（i，2，d₁）”，得a_n+i-a_n=d₁，n≥2．由{a_n}具有性質(zhì)“P（j，2，d₂）”，得a_n+j-a_n=d₂，n≥2．結(jié)合i，j∈N^*，i＜j，i，j互質(zhì)，聯(lián)立上兩式可得${a}_{n+j-i}-{a}_{n}=\frac{j-i}{i}pzcjqtz_{1}$，說明{a_n}具有性質(zhì)“$P（j-i，i+2，\frac{j-i}{i}{d_1}）$”．

解答 （Ⅰ）解：∵{a_n}具有性質(zhì)“P（3，2，0）”，∴a_n+3-a_n=0，n≥2．
由a₂=3，得a₂=a₅=a₈=3．
由a₄=5，得a₇=5．
∵a₆+a₇+a₈=18，∴a₆=10．
即a₃=10；
（Ⅱ）解：{a_n}不具有性質(zhì)“P（2，1，0）”．
設(shè)等差數(shù)列{b_n}的公差為d，由b₁=2，b₃=8，得2d=8-2=6，則d=3．
∴b_n=3n-1．
設(shè)等比數(shù)列{c_n}的公比為q，由c₃=2，c₁=8，得
${q}^{2}=\frac{1}{4}$，又q＞0，∴q=$\frac{1}{2}$，故${c}_{n}=8×（\frac{1}{2}）^{n-1}={2}^{4-n}$．
∴a_n=b_n+c_n=3n-1+2^4-n．
若{a_n}具有性質(zhì)“P（2，1，0）”，則a_n+2-a_n=0，n≥1．
∵a₂=9，a₄=12，∴a₂≠a₄，
故{a_n}不具有性質(zhì)“P（2，1，0）”．
（Ⅲ）證明：∵{a_n}具有性質(zhì)“P（i，2，d₁）”，∴a_n+i-a_n=d₁，n≥2．①
∵{a_n}具有性質(zhì)“P（j，2，d₂）”，∴a_n+j-a_n=d₂，n≥2．②
∵i，j∈N^*，i＜j，i，j互質(zhì)，
∴由①得a_m+ji=a_m+jd₁，由②得a_m+ij=a_m+id₂．
∴a_m+jd₁=a_m+id₂，即$2qmodvx_{2}=\frac{j}{i}lym2q2f_{1}$．
②-①得：${a}_{n+j}-{a}_{n+i}=zxa2i2b_{2}-ekj2yw2_{1}=\frac{j-i}{i}ysfog2c_{1}$，n≥2，
∴${a}_{n+j-i}-{a}_{n}=\frac{j-i}{i}prmxi27_{1}$，
即{a_n}具有性質(zhì)“$P（j-i，i+2，\frac{j-i}{i}{d_1}）$”．

點評 本題考查數(shù)列的應(yīng)用，考查邏輯思維能力與推理運算能力，理解題意是關(guān)鍵，屬難題．