Question

19．定義：從一個(gè)數(shù)列{a_n}中抽取若干項(xiàng)（不少于三項(xiàng)）按其在{a_n}中的次序排列的一列數(shù)叫做{a_n}的子數(shù)列，成等差（等比）的子數(shù)列叫做{a_n}的等差（等比）子列．
（1）記數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，已知S_n=n²，求證：數(shù)列{a_3n}是數(shù)列{a_n}的等差子列；
（2）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為整數(shù)，公差d≠0，a₅=6，若數(shù)列a₃，a₅，a${\;}_{{n}_{1}}$是數(shù)列{a_n}的等比子列，求n₁的值；
（3）設(shè)數(shù)列{a_n}是各項(xiàng)均為實(shí)數(shù)的等比數(shù)列，且公比q≠1，若數(shù)列{a_n}存在無窮多項(xiàng)的等差子列，求公比q的所有值．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用數(shù)列的遞推式：當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁；當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1，求得a_n，進(jìn)而得到a_3n，運(yùn)用等差數(shù)列的定義，即可得證；
（2）求得公比q=$\frac{{a}_{5}}{{a}_{3}}$，運(yùn)用等比數(shù)列的中項(xiàng)的性質(zhì)，可得a${\;}_{{n}_{1}}$=6•$\frac{6}{6-2d}$，再由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，可得n₁=5+$\frac{6}{3-d}$，討論d的取值，可得所求值；
（3）設(shè)數(shù)列{a${\;}_{{n}_{k}}$}為數(shù)列{a_n}的等差子列，k∈N*，n_k∈N*，公差為d，運(yùn)用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和等差數(shù)列的定義，可得|d|=|a₁|•|q${\;}^{{n}_{k}-1}$|•|q${\;}^{{n}_{k+1}-{n}_{k}}$-1|，討論|q|＞1，|q|＜1，運(yùn)用不等式的性質(zhì)，可得矛盾，進(jìn)而得到q=-1．

解答 解：（1）證明：當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁=1；
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，
上式對n=1也成立．
則a_n=2n-1．
故a_3n=2•3n-1=6n-1，
當(dāng)n≥2時(shí)，a_3（n+1）-a_3n=6，
故數(shù)列{a_3n}是數(shù)列{a_n}的等差子列；
（2）a₃=a₅-2d=6-2d，
公比q=$\frac{{a}_{5}}{{a}_{3}}$=$\frac{6}{6-2d}$，
數(shù)列a₃，a₅，a${\;}_{{n}_{1}}$是數(shù)列{a_n}的等比子列，可得a${\;}_{{n}_{1}}$=6•$\frac{6}{6-2d}$，
又a${\;}_{{n}_{1}}$=a₅+（n₁-5）d=6+（n₁-5）d，
則6•$\frac{6}{6-2d}$=6+（n₁-5）d，
即有n₁=5+$\frac{6}{3-d}$，
由d為非零整數(shù)，n₁為正整數(shù)，
可得d=1，n₁=8或d=2，n₁=11或d=-3，n₁=6，
所以n₁的值為6，8，11；
（3）公比q的所有取值為-1．
理由：設(shè)數(shù)列{a${\;}_{{n}_{k}}$}為數(shù)列{a_n}的等差子列，k∈N^*，n_k∈N^*，公差為d，
a${\;}_{{n}_{k}}$=a₁q${\;}^{{n}_{k}-1}$，a${\;}_{{n}_{k+1}}$=a₁q${\;}^{{n}_{k+1}-1}$，
有|a${\;}_{{n}_{k+1}}$-a${\;}_{{n}_{k}}$|=|a₁|•|q${\;}^{{n}_{k}-1}$|•|q${\;}^{{n}_{k+1}-{n}_{k}}$-1|．
當(dāng)|q|＞1時(shí)，|q${\;}^{{n}_{k+1}-{n}_{k}}$-1|≥|q|-1，
所以|d|=|a${\;}_{{n}_{k+1}}$-a${\;}_{{n}_{k}}$|≥|a₁|•|q${\;}^{{n}_{k}-1}$|•（|q|-1）．
取n_k＞1+log_|q|$\frac{|d|}{|{a}_{1}|•（|q|-1）}$，所以|a${\;}_{{n}_{k+1}}$-a${\;}_{{n}_{k}}$|＞|d|，
即|d|＞|d|，矛盾；
當(dāng)|q|＜1時(shí)，|d|=|a₁|•|q${\;}^{{n}_{k}-1}$|•|q${\;}^{{n}_{k+1}-{n}_{k}}$-1|≤|a₁|•|q${\;}^{{n}_{k}-1}$|•（|q${\;}^{{n}_{k+1}-{n}_{k}}$|+1）
＜2|a₁|•|q${\;}^{{n}_{k}-1}$|，
取n_k＞1+log_|q|$\frac{|d|}{|2{a}_{1}|}$，所以|a${\;}_{{n}_{k+1}}$-a${\;}_{{n}_{k}}$|＜|d|，
即|d|＜|d|，矛盾．
所以|q|=1，又q≠1，可得q=-1．

點(diǎn)評 本題考查新定義的理解和運(yùn)用，主要考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)和性質(zhì)，考查推理分析能力，屬于難題和易錯(cuò)題．