Question

如果存在常數a使得數列{a_n}滿足：若x是數列{a_n}中的一項，則a-x也是數列{a_n}中的一項，稱數列{a_n}為“兌換數列”，常數a是它的“兌換系數”．
（1）若數列：1，2，4，m（m＞4）是“兌換系數”為a的“兌換數列”，求m和a的值；
（2）已知有窮等差數列b_n的項數是n₀（n₀≥3），所有項之和是B，求證：數列b_n是“兌換數列”，并用n₀和B表示它的“兌換系數”；
（3）對于一個不少于3項，且各項皆為正整數的遞增數列{c_n}，是否有可能它既是等比數列，又是“兌換數列”？給出你的結論并說明理由．

Answer 1

分析：（1）根據數列：1，2，4，m（m＞4）是“兌換系數”為a的“兌換數列”，可得a-m，a-4，a-2，a-1也是該數列的項，且a-m＜a-4＜a-2＜a-1，由此可求m和a的值；
（2）由“兌換數列”的定義證明數列{b_n}是“兌換數列”，即證對數列{b_n}中的任意一項b_i（1≤i≤n₀），a-b_i=b₁+（n₀-i）d=b_n0+1-i∈{b_n}，從而可求數列{b_n}所有項之和；
（3）假設存在這樣的等比數列{c_n}，設它的公比為q（q＞1），可知數列{c_n}必為有窮數列，不妨設項數為n項，則c_i+c_n+1-i=a（1≤i≤n），再分類討論，即可得到結論．

解答：（1）解：因為數列：1，2，4，m（m＞4）是“兌換系數”為a的“兌換數列”
所以a-m，a-4，a-2，a-1也是該數列的項，且a-m＜a-4＜a-2＜a-1
故a-m=1，a-4=2，即a=6，m=5．
（2）證明：設數列{b_n}的公差為d，
因為數列{b_n}是項數為n₀項的有窮等差數列
若b₁≤b₂≤b₃≤…≤b_n0，則a-b₁≥a-b₂≥a-b₃≥…≥a-b_n0，
即對數列{b_n}中的任意一項b_i（1≤i≤n₀），a-b_i=b₁+（n₀-i）d=b_n0+1-i∈{b_n}
同理可得：b₁≥b₂≥b₃≥…≥b_n0，a-b_i=b₁+（n₀-i）d=b_n0+1-i∈{b_n}也成立，
由“兌換數列”的定義可知，數列{b_n}是“兌換數列”；
又因為數列{b_n}所有項之和是B，所以B=

(b1+bn0)•n0

2

=

an0

2

，即a=

2B

n0

；
（3）解：假設存在這樣的等比數列{c_n}，設它的公比為q（q＞1），
因為數列{c_n}為遞增數列，所以c₁＜c₂＜c₃＜…＜c_n，則a-c₁＞a-c₂＞a-c₃＞…＞a-c_n，
又因為數列{c_n}為“兌換數列”，則a-c_i∈{c_n}，所以a-c_i是正整數
故數列{c_n}必為有窮數列，不妨設項數為n項，則c_i+c_n+1-i=a（1≤i≤n）
①若n=3，則有c₁+c₃=a，c₂=

a

2

，又c22=c₁c₃，由此得q=1，與q＞1矛盾
②若n≥4，由c₁+c_n=c₂+c_n-1，得c₁-c₁q+c₁q^n-1-c₁q^n-2=0
即（q-1）（1-q^n-2）=0，故q=1，與q＞1矛盾；
綜合①②得，不存在滿足條件的數列{c_n}．

點評：本題考查新定義，考查學生的閱讀能力，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．