题目

题型：连云港二模难度：来源：

（Ⅰ）已知函数f(x)=

x

x+1

．数列{a_n}满足：a_n＞0，a₁=1，且

an+1

=f(

an

)，记数列{b_n}的前n项和为S_n，且Sn=

2

2

[

1

an

+(

2

+1)n]．求数列{b_n}的通项公式；并判断b₄+b₆是否仍为数列{b_n}中的项？若是，请证明；否则，说明理由．
（Ⅱ）设{c_n}为首项是c₁，公差d≠0的等差数列，求证：“数列{c_n}中任意不同两项之和仍为数列{c_n}中的项”的充要条件是“存在整数m≥-1，使c₁=md”．

答案

（Ⅰ）因为

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）
因为Sn=

2

2

[

1

an

+(

2

+1)n]=

2

2

n2+(1+

2

2

)n，
当n=1时，S1=b1=

2

+1，
当n≥2时，bn=Sn-Sn-1=1+

2

 n，
所以bn=

2

 n+1(n∈N*)．（6分）
又因为b4+b6=4

2

+1+6

2

+1=10

2

+2，
所以令bt=10

2

+2 (t∈N*)，
则10

2

+2=

2

t+1；
得到t=10+

2

2

与t∈N^*矛盾，
所以b₄+b₆不在数列{b_n}中．（8分）
（Ⅱ）充分性：若存在整数m≥-1，使c₁=md．
设c_r，c_t为数列{c_n}中不同的两项，
则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是数列{c_n}的第r+m+t-1项．（11分）
必要性：若数列{c_n}中任意不同两项之和仍为数列{c_n}中的项，
则c_s=c₁+（s-1）d，c_t=c₁+（t-1）d，
（s，t为互不相同的正整数）
则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，
令整数m=l-s-t+1，所以c₁=md． （14分）
下证整数m≥-1
若设整数m＜-1，则-m≥2．令k=-m，
由题设取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与r≥1，d≠0相矛盾，所以m≥-1．
综上，数列{c_n}中任意不同两项之和仍为数列{c_n}中的项的充要条件是存在整数m≥-1，使c₁=md．（16分）