Question

（Ⅰ）已知函數(shù)f(x)=

x

x+1

．數(shù)列{a_n}滿足：a_n＞0，a₁=1，且

an+1

=f(

an

)，記數(shù)列{b_n}的前n項和為S_n，且Sn=

2

2

[

1

an

+(

2

+1)n]．求數(shù)列{b_n}的通項公式；并判斷b₄+b₆是否仍為數(shù)列{b_n}中的項？若是，請證明；否則，說明理由．
（Ⅱ）設(shè){c_n}為首項是c₁，公差d≠0的等差數(shù)列，求證：“數(shù)列{c_n}中任意不同兩項之和仍為數(shù)列{c_n}中的項”的充要條件是“存在整數(shù)m≥-1，使c₁=md”．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由題意知

1

an+1

-

1

an

=1，

1

an

=1+(n-1)=n，所以an=

1

n2

．再由題設(shè)條件可以導(dǎo)出bn=Sn-Sn-1=1+

2

 n，由此可知b₄+b₆不在數(shù)列{b_n}中．
（Ⅱ）先證充分性：若存在整數(shù)m≥-1，使c₁=md．再證必要性：若數(shù)列{c_n}中任意不同兩項之和仍為數(shù)列{c_n}中的項，則c_s=c₁+（s-1）d，c_t=c₁+（t-1）d．

解答：解：（Ⅰ）因為

an+1

=f(

an

)=

an

an +1

，
所以

1

an+1

=

1

an

+1，
即

1

an+1

-

1

an

=1，

1

an

=1+(n-1)=n，
即an=

1

n2

．（4分）
因為Sn=

2

2

[

1

an

+(

2

+1)n]=

2

2

n2+(1+

2

2

)n，
當n=1時，S1=b1=

2

+1，
當n≥2時，bn=Sn-Sn-1=1+

2

 n，
所以bn=

2

 n+1(n∈N*)．（6分）
又因為b4+b6=4

2

+1+6

2

+1=10

2

+2，
所以令bt=10

2

+2 (t∈N*)，
則10

2

+2=

2

t+1；
得到t=10+

2

2

與t∈N^*矛盾，
所以b₄+b₆不在數(shù)列{b_n}中．（8分）
（Ⅱ）充分性：若存在整數(shù)m≥-1，使c₁=md．
設(shè)c_r，c_t為數(shù)列{c_n}中不同的兩項，
則c_r+c_t=c₁+（r-1）d+c₁+（t-1）d=c₁+（r+m+t-2）d=c₁+[（r+m+t-1）-1]d．
又r+t≥3且m≥-1，所以r+m+t-1≥1．
即c_r+c_t是數(shù)列{c_n}的第r+m+t-1項．（11分）
必要性：若數(shù)列{c_n}中任意不同兩項之和仍為數(shù)列{c_n}中的項，
則c_s=c₁+（s-1）d，c_t=c₁+（t-1）d，
（s，t為互不相同的正整數(shù)）
則c_s+c_t=2c₁+（s+t-2）d，令c_s+c_t=c_l，
得到2c₁+（s+t-2）d=c₁+（l-1）d（n，t，s∈N^*），
所以c₁=（l-s-t+1）d，
令整數(shù)m=l-s-t+1，所以c₁=md． （14分）
下證整數(shù)m≥-1
若設(shè)整數(shù)m＜-1，則-m≥2．令k=-m，
由題設(shè)取c₁，c_k使c₁+c_k=c_r（r≥1）
即c₁+c₁+（k-1）d=c₁+（r-1）d，
所以md+（-m-1）d=（r-1）d
即rd=0與r≥1，d≠0相矛盾，所以m≥-1．
綜上，數(shù)列{c_n}中任意不同兩項之和仍為數(shù)列{c_n}中的項的充要條件是存在整數(shù)m≥-1，使c₁=md．（16分）

點評：本題考查數(shù)列的性質(zhì)和綜合運用，難度較大．解題時要認真審題，仔細解答．