Question

17．設數列{a_n}的各項均為不等的正整數，其前n項和為S_n，我們成滿足條件“對任意的m，n∈N^*，均有（n-m）S_m+n=（m+n）（S_n-S_m）”的數列{a_n}為“好”數列．
（1）試判斷數列{a_n}，{b_n}是否為“好”數列，其中${a_n}=2n-1，{b_n}={2^{n-1}}，n∈{N^*}$，并給出證明．
（2）已知數列{c_n}為“好”數列．
①c₂₀₁₆=2017，求數列的通項公式；
②若c₁=p，且對任意的給定正整數p，s（s＞1），有c₁，c_s，c_t成等比數列，求證：t≥s²．

Answer 1

分析 （1）由a_n=2n-1，運用等差數列的求和公式，可得S_n；檢驗（n-m）S_m+n=（m+n）（S_n-S_m）是否恒成立，即可判斷；對b_n=2^n-1，取n=2，m=1，代入（n-m）S_m+n=（m+n）（S_n-S_m），計算是否成立，即可判斷；
（2）對任意的m，n∈N^*，均有（n-m）S_n+m=（n+m）（S_n-S_m），令m=1，則（n-1）S_n+1=（n+1）（S_n-a₁）．化為nc_n+1=S_n+1+S_n-（n+1）c₁，n≥2時，（n-1）c_n=S_n+S_n-1-nc₁，化為（n-1）c_n+1-nc_n=-c₁，利用遞推關系可得：c_n+1+c_n-1=2c_n．因此數列{c_n}是等差數列．由c₂₀₁₆=2017=c₁+2015d，即2017-c₁=2015d，由于數列{c_n}的各項均為不等正整數，可得d=1．即可得出①數列的通項公式；
②若c₁=p，則c_n=dn+p-d．由c₁，c_s，c_t成等比數列，運用等比數列的中項性質，結合等差數列的通項公式，化簡整理，求得t的表達式，分析整理由不等式的性質，即可得證．

解答 解：（1）由a_n=2n-1，可得S_n=$\frac{n（1+2n-1）}{2}$=n²，
從而（n-m）S_n+m=（n-m）（n+m）²，（n+m）（S_n-S_m）=（n+m）（n²-m²）=（n-m）（n+m）²，
故對任意的m，n∈N^*，均有（n-m）S_m+n=（m+n）（S_n-S_m），則數列{a_n}為“好”數列；
若b_n=2^n-1，取n=2，m=1，可得（n-m）S_n+m=S₃=1+2+4=7，（m+n）（S_n-S_m）=3×（1+2-1）=6，
此時（n-m）S_m+n≠（m+n）（S_n-S_m），即有數列{c_n}不為“好”數列；
（2）①∵對任意的m，n∈N^*，均有（n-m）S_n+m=（n+m）（S_n-S_m），
令m=1，則（n-1）S_n+1=（n+1）（S_n-a₁）．化為nc_n+1=S_n+1+S_n-（n+1）c₁，
n≥2時，（n-1）c_n=S_n+S_n-1-nc₁，
∴nc_n+1-（n-1）c_n=c_n+1+c_n-c₁，
∴（n-1）c_n+1-nc_n=-c₁，
（n-2）c_n-（n-1）c_n-1=-c₁，
∴（n-1）（c_n+1+c_n-1）=2（n-1）c_n，
∴c_n+1+c_n-1=2c_n．
∴數列{c_n}是等差數列．
∵c₂₀₁₆=2017=c₁+2015d，即2017-c₁=2015d，
∵數列{c_n}的各項均為不等的正整數，∴d=1．
則c₁=2，∴c_n=2+（n-1）=1+n；
②證明：若c₁=p，則c_n=dn+p-d．
由c₁，c_s，c_t成等比數列，
可得c_s²=c₁c_t，
即為（ds+p-d）²=p（dt+p-d），
化簡可得p（t+1-2s）=d（s-1）²，
即d=$\frac{t+1-2s}{（s-1）^{2}}$•p，
對任意的給定正整數p，要使d為正整數，
必須使$\frac{t+1-2s}{（s-1）^{2}}$為正整數，
不妨設k=$\frac{t+1-2s}{（s-1）^{2}}$，s＞1且為給定正整數，
可得t=k（s-1）²+2s-1≥（s-1）²+2s-1=s²，
即有t≥s²．

點評 本題考查新定義的理解和運用，考查等差數列和等比數列的通項公式和求和公式的運用，以及化簡整理的運算能力，推理性強，具有一定的綜合性，屬于難題．