Question

設(shè){a_n}是各項(xiàng)均為正數(shù)的無(wú)窮項(xiàng)等差數(shù)列．（本題中必要時(shí)可使用公式：12+22+33+…+n2=

n(n+1)(2n+1)

6

）
（Ⅰ）記S_n=a₁+a₂+…+a_n，T_n=a₁²+a₂²+…+a_n²，已知Sn≤n2+n-1，Tn≥

4n3-n

3

（n∈N^*），試求此等差數(shù)列的首項(xiàng)a₁及公差d；
（Ⅱ）若{a_n}的首項(xiàng)a₁及公差d都是正整數(shù)，問(wèn)在數(shù)列{a_n}中是否包含一個(gè)非常數(shù)列的無(wú)窮項(xiàng)等比數(shù)列{a′_m}？若存在，請(qǐng)寫出{a′_m}的構(gòu)造過(guò)程；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）因?yàn)閧a_n}是各項(xiàng)均為正數(shù)的無(wú)窮項(xiàng)等差數(shù)列，所以前n項(xiàng)和為Sn=na1+

n(n-1)

2

d，a_n=a₁+（n-1）d，求出a_n²得到T_n上網(wǎng)通項(xiàng)公式，由Sn≤n2+n-1，Tn≥

4n3-n

3

列出不等式組（1）和（2），求出解集討論得到d，將d代入（1）和（2）得到（3）和（4）求出解集討論得到a₁即可；
（Ⅱ）先構(gòu)造，因?yàn)閧a_n}為a₁，a₁+d，a₁+2d，…，取a₁′=a₁，a₂′=a₁+da₁′=（1+d）a₁，a₃′=a₁′+d（a₁′+a₂′）=a₁′+da₁+da₂′=a₂′+da₂′=（1+d）a₂′所以a_m′=a₁′+d（a₁′+a₂′+…+a_m-1′）=a_m-1′+da_m-1′=（1+d）a_m-1′=（1+d）^m-1a₁，故數(shù)列{a_n}是以a₁為首項(xiàng)，1+d（大于1）為公比的非常數(shù)等比數(shù)列，證明存在a_m′=a₁+dk，從而a_m′是a₁，a₁+d，a₁+2d，…，中的項(xiàng)．

解答：解：（Ⅰ）依題意：Sn=na1+

n(n-1)

2

d，a_n=a₁+（n-1）d，所以a_n²=a₁²+2a₁（n-1）d+（n-1）²d²，Tn=na12+n(n-1)a1d+

1

6

(n-1)n(2n-1)d2，
則

na1+ n(n-1) 2 d≤n2+n-1 n a 2 1 +n(n-1)a1d+ 1 6 (n-1)n(2n-1)d2≥ 4n3-n 3

即

(2-d)n2+n(2-a1-d)-2≥0(1) 2(d2-4)n2+3d(2a1-d)n+6 a 2 1 -6a1d+d2+2≥0(2)

則n∈N*恒成立，
所以

2-d≥0 d2-4≥0

因?yàn)閿?shù)列為無(wú)窮項(xiàng)，所以d≥0，所以d=2，
代入（1）（2）得

(2-a)n-1≥0(3) 2(a1-1)n+(a1-1)2≥0(4)

當(dāng)n=1代入（3），得2-a₁-1≥0，所以a₁≤1，
由（4），當(dāng)a₁＜1時(shí)，對(duì)充分大的n，（4）不成立，所以，a₁=1
經(jīng)檢驗(yàn)，a₁=1，d=2滿足題意；
（Ⅱ）{a_n}為a₁，a₁+d，a₁+2d，…，
取a₁′=a₁，a₂′=a₁+da₁′=（1+d）a₁，a₃′=a₁′+d（a₁′+a₂′）=a₁′+da₁+da₂′=a₂′+da₂′=（1+d）a₂′
a_m′=a₁′+d（a₁′+a₂′+…+a_m-1′）=a_m-1′+da_m-1′=（1+d）a_m-1′=（1+d）^m-1a₁
故數(shù)列{a_n}是以a₁為首項(xiàng)，1+d（大于1）為公比的非常數(shù)等比數(shù)列；
又由{a_n}的取法可知，a₁′+a₂′+…+a_m-1′是正整數(shù)之和，記做k．
所以，a_m′=a₁+dk，從而a_m′是a₁，a₁+d，a₁+2d，…，中的項(xiàng)，
所以，存在這樣的非常數(shù)列的無(wú)窮項(xiàng)等比數(shù)列，它包含在{a_n}中．

點(diǎn)評(píng)：考查學(xué)生會(huì)利用數(shù)列的遞推式解決實(shí)際問(wèn)題，掌握等比、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和的公式，會(huì)進(jìn)行數(shù)列的求和．