Question

給定一個(gè)數(shù)列{a_n}，在這個(gè)數(shù)列里，任取m（m≥3，m∈N^*）項(xiàng)，并且不改變它們在數(shù)列{a_n}中的先后次序，得到的數(shù)列{a_n}的一個(gè)m階子數(shù)列．
已知數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=

1

n+a

（n∈N^*，a為常數(shù)），等差數(shù)列a₂，a₃，a₆是數(shù)列{a_n}的一個(gè)3子階數(shù)列．
（1）求a的值；
（2）等差數(shù)列b₁，b₂，…，b_m是{a_n}的一個(gè)m（m≥3，m∈N^*）階子數(shù)列，且b₁=

1

k

（k為常數(shù)，k∈N^*，k≥2），求證：m≤k+1
（3）等比數(shù)列c₁，c₂，…，c_m是{a_n}的一個(gè)m（m≥3，m∈N^*）階子數(shù)列，求證：c₁+c₁+…+c_m≤2-

1

2m-1

．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列的求和,等差數(shù)列的性質(zhì)

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）利用等差數(shù)列的定義及其性質(zhì)即可得出；
（2）設(shè)等差數(shù)列b₁，b₂，…，b_m的公差為d．由b₁=

1

k

，可得b₂≤

1

k+1

，再利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其不等式的性質(zhì)即可證明；
（3）設(shè)c₁=

1

t

（t∈N^*），等比數(shù)列c₁，c₂，…，c_m的公比為q．由c₂≤

1

t+1

，可得q=

c2

c1

≤

t

t+1

．從而c_n=c₁q^n-1≤

1

t

(

t

t+1

)n-1（1≤n≤m，n∈N^*）．再利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式、函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答： （1）解：∵a₂，a₃，a₆成等差數(shù)列，
∴a₂-a₃=a₃-a₆．
又∵a₂=

1

2+a

，a₃=

1

3+a

，a₆=

1

6+a

，
代入得

1

2+a

-

1

3+a

=

1

3+a

-

1

6+a

，解得a=0．
（2）證明：設(shè)等差數(shù)列b₁，b₂，…，b_m的公差為d．
∵b₁=

1

k

，∴b₂≤

1

k+1

，
從而d=b₂-b₁≤

1

k+1

-

1

k

=-

1

k(k+1)

． 
∴b_m=b₁+（m-1）d≤

1

k

-

m-1

k(k+1)

．
又∵b_m＞0，∴

1

k

-

m-1

k(k+1)

＞0．
即m-1＜k+1．
∴m＜k+2．
又∵m，k∈N^*，∴m≤k+1． 
（3）證明：設(shè)c₁=

1

t

 （t∈N^*），等比數(shù)列c₁，c₂，…，c_m的公比為q．
∵c₂≤

1

t+1

，∴q=

c2

c1

≤

t

t+1

．
從而c_n=c₁q^n-1≤

1

t

(

t

t+1

)n-1（1≤n≤m，n∈N^*）．
∴c₁+c₂+…+c_m≤

1

t

+

1

t

(

t

t+1

)1+

1

t

(

t

t+1

)2+…+

1

t

(

t

t+1

)m-1
=

t+1

t

[1-(

t

t+1

)m]，
設(shè)函數(shù)f（x）=x-

1

xm-1

，（m≥3，m∈N^*）．
當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，函數(shù)f（x）=x-

1

xm-1

為單調(diào)增函數(shù)．
∵當(dāng)t∈N^*，∴1＜

t+1

t

≤2．∴f（

t+1

t

）≤2-

1

2m-1

．
即 c₁+c₂+…+c_m≤2-

1

2m-1

．

點(diǎn)評：本題考查了利用等比數(shù)列與等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、函數(shù)的單調(diào)性、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．