Question

數(shù)列{a_n}是首項為a₁，公差為d的等差數(shù)列，若數(shù)列{a_n}中任意不同的兩項之和仍是該數(shù)列的一項，則稱該數(shù)列是“封閉數(shù)列”
（1）試寫出一個不是“封閉數(shù)列”的等差數(shù)列的通項公式，并說明理由；
（2）求證：數(shù)列{a_n}為“封閉數(shù)列”的充分必要條件是存在整數(shù)m≥-1，使a₁=md．

Answer 1

【答案】分析：（1）寫出一個數(shù)列不是封閉數(shù)列的等差數(shù)列的通項公式，要利用條件中所給的任意不同的兩項之和仍是該數(shù)列的一項進行驗證，得到與事實矛盾的結(jié)果．
（2）要證明充分必要條件的問題，本題需要從兩個方面來證明，一是證明充分性，二是證明必要性，證明時注意所取得數(shù)列的項來驗證時，項要具有一般性．
解答：解（1）如數(shù)列a_n=2n-7（n∈N^*）不是“封閉數(shù)列”，---（1分）
∵a₁=-5，a₂=-3，∴a₁+a₂=-8，-------------------（2分）
依題，?n∈N^*，使a_n=-8--------------（3分）
即，--------------（4分）
這與n∈N^*矛盾
所以數(shù)列a_n=2n-7（n∈N^*）不是封閉數(shù)列；--------------（5分）
（2）證明：（必要性）若存在整數(shù)m≥-1，使a₁=md，則任取等差數(shù)列的兩項a_s，a_t（s≠t），
于是a_s+a_t=a₁+（s-1）d+md+（t-1）d=a₁+（s+m+t-2）d=a_s+m+t-1--------（2分）
由于s+t≥3，m≥-1，∴s+t+m-1∈N^*為正整數(shù)，-------------------（3分）
∴a_s+m+t-1∈{a_n}，∴{a_n}是封閉數(shù)列------（4分）
（充分性）任取等差數(shù)列的兩項a_s，a_t（s≠t），若存在a_k使a_s+a_t=a_k，
則2a₁+（s+t-2）d=a₁+（k-1）d⇒a₁=（k-s-t+1）d--------------------（6分）
故存在m=k-s-t+1∈Z，使a₁=md，--------------------（7分）
下面證明m≥-1．
當(dāng)d=0時，顯然成立．--------------------（8分）
對d≠0，若m＜-1，則取p=-m≥2，對不同的兩項a₁和a_p，存在a_q使a₁+a_p=a_q，
即2md+（-m-1）d=md+（q-1）d⇒qd=0，這與q＞0，d≠0矛盾，
故存在整數(shù)m≥-1，使a₁=md．--------------------------（9分）
點評：本題考查一個新定義的問題，本題解題的關(guān)鍵是理解所定義的封閉數(shù)列具有的性質(zhì)，注意這個性質(zhì)的應(yīng)用和等差數(shù)列本身性質(zhì)的應(yīng)用，本題是一個中檔題目．