Question

對(duì)于數(shù)列{x_n}，從中選取若干項(xiàng)，不改變它們?cè)谠瓉頂?shù)列中的先后次序，得到的數(shù)列稱為是原來數(shù)列的一個(gè)子數(shù)列．某同學(xué)在學(xué)習(xí)了這一個(gè)概念之后，打算研究首項(xiàng)為正整數(shù)a，公比為正整數(shù)q（q＞0）的無窮等比數(shù)列{a_n}的子數(shù)列問題．為此，他任取了其中三項(xiàng)a_k，a_m，a_n（k＜m＜n）．
（1）若a_k，a_m，a_n（k＜m＜n）成等比數(shù)列，求k，m，n之間滿足的等量關(guān)系；
（2）他猜想：“在上述數(shù)列{a_n}中存在一個(gè)子數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列”，為此，他研究了a_k+a_n與2a_n的大小關(guān)系，請(qǐng)你根據(jù)該同學(xué)的研究結(jié)果來判斷上述猜想是否正確；
（3）他又想：在首項(xiàng)為正整數(shù)a，公差為正整數(shù)d的無窮等差數(shù)列中是否存在成等比數(shù)列的子數(shù)列？請(qǐng)你就此問題寫出一個(gè)正確命題，并加以證明．

Answer 1

解：（1）由已知可得：a_k=aq^k-1，a_m=aq^m-1，a_n=aq^n-1，…（1分）
則=a_k•a_n，即有（aq^m-1）²=（aq^k-1）（aq^n-1），…．（3分）
2（m-1）=（k-1）+（n-1），化簡(jiǎn)可得．2m=k+n．…..（4分）
（2）a_k+a_n=aq^k-1+aq^n-1，又2a_m=2aq^m-1，
故 （a_k+a_n）-2a_m=aq^k-1+aq^n-1-2aq^m-1=aq^k-1（1+q^n-k-2q^m-k），…..（6分）
由于k，m，n是正整數(shù)，且n＞m，則n≥m+1，n-k≥m-k+1，
又q是滿足q＞1的正整數(shù)，則q≥2，
1+q^n-k-2q^m-k≥1+q^m-k+1-2q^m-k=1+q•q^m-k-2q^m-k≥1+2q^m-k-2q^m-k=1＞0，
所以，a_k+a_n＞2a_m，從而上述猜想不成立．…..（10分）
（3）命題：對(duì)于首項(xiàng)為正整數(shù)a，公差為正整數(shù)d的無窮等差數(shù)列{a_n}，總可以找到一個(gè)無窮子數(shù)列{b_n}，使得{b_n}是一個(gè)等比數(shù)列．…（13分）
此命題是真命題，下面我們給出證明．
證法一：只要證明對(duì)任意正整數(shù)n，b_n=a（1+d）ⁿ，n≥1都在數(shù)列{a_n}中．因?yàn)閎_n=a（1+d）ⁿ=a（1+d+d²+…+dⁿ）=a（Md+1），
這里M=+d+…+d^n-1為正整數(shù)，所以a（Md+1）=a+aMd是{a_n}中的第aM+1項(xiàng)，證畢．…..（18分）
證法二：首項(xiàng)為a，公差為d（ a，d∈N^*）的等差數(shù)列為a，a+d，a+2d，…，考慮數(shù)列{a_n}中的項(xiàng)：
a+ad，a+（2a+ad）d，a+（3a+3ad+d²）d，…
依次取數(shù)列{b_n}中項(xiàng)b₁=a+ad=a（1+d），b₂=a+（2a+ad）d=a（1+d）²，b₃=a+（3a+3ad+d²）d=a（1+d）³，則由a＜2a+ad＜3a+3ad+d²，可知=，
并由數(shù)學(xué)歸納法可知，數(shù)列b_n=a（1+d）ⁿ，n≥1為列{a_n}的無窮等比子數(shù)列…（18分）
分析：（1）依題意，由=a_k•a_n，即可求得k，m，n之間滿足的等量關(guān)系；
（2）利用作差法判斷（a_k+a_n）-2a_m的結(jié)果是否為0即可判斷上述猜想是否正確；
（3）命題：對(duì)于首項(xiàng)為正整數(shù)a，公差為正整數(shù)d的無窮等差數(shù)列{a_n}，總可以找到一個(gè)無窮子數(shù)列{b_n}，使得{b_n}是一個(gè)等比數(shù)列，此命題是真命題，；
證法一：利用二項(xiàng)式定理（1+d）ⁿ=（1+d+d²+…+dⁿ），即可證明a（Md+1）=a+aMd是{a_n}中的第aM+1項(xiàng)（M=+d+…+d^n-1為正整數(shù)）；
證法二：先猜想，再利用數(shù)學(xué)歸納法證明即可．
點(diǎn)評(píng)：本題考查等差與等比關(guān)系的確定，考查數(shù)學(xué)歸納法與分析法證明問題的能力，考查考查創(chuàng)新思維與邏輯思維能力及綜合運(yùn)算的能力，屬于難題．