設(shè)數(shù)列{an}(n=1,2,…)是等差數(shù)列,且公差為d,若數(shù)列{an}中任意(不同)兩項(xiàng)之和仍是該數(shù)列中的一項(xiàng),則稱該數(shù)列是“封閉數(shù)列”.
(1)若a1=4,d=2,判斷該數(shù)列是否為“封閉數(shù)列”,并說明理由?
(2)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若公差d=1,a1>0,試問:是否存在這樣的“封閉數(shù)列”,使數(shù)學(xué)公式;若存在,求{an}的通項(xiàng)公式,若不存在,說明理由;
(3)試問:數(shù)列{an}為“封閉數(shù)列”的充要條件是什么?給出你的結(jié)論并加以證明.

解:(1)數(shù)列{an}是“封閉數(shù)列”,因?yàn)椋篴n=4+(n-1)•2=2n+2,
對任意的m,n∈N*,有am+an=(2m+2)+(2n+2)=2(m+n+1)+2,
∵m+n+1∈N*于是,令p=m+n+1,則有ap=2p+2∈{an}
(2)解:由{an}是“封閉數(shù)列”,得:對任意m,n∈N*,必存在p∈N*使a1+(n-1)+a1+(m-1)=a1+(p-1)成立,
于是有a1=p-m-n+1為整數(shù),
又∵a1>0
∴a1是正整數(shù).
若a1=1則,所以,
若a1=2,則,所以,
若a1≥3,則,于是,所以,
綜上所述,a1=2,
∴an=n+1(n∈N*),顯然,該數(shù)列是“封閉數(shù)列”.
(3)結(jié)論:數(shù)列{an}為“封閉數(shù)列”的充要條件是存在整數(shù)m≥-1,使a1=md.
證明:(必要性)任取等差數(shù)列的兩項(xiàng)as,at(s≠t),若存在ak使as+at=ak,則2a1+(s+t-2)d=a1+(k-1)d?a1=(k-s-t+1)d
故存在m=k-s-t+1∈Z,使a1=md,
下面證明m≥-1.當(dāng)d=0時(shí),顯然成立.
對d≠0,若m<-1,則取p=-m≥2,對不同的兩項(xiàng)a1,ap,
存在aq使a1+ap=aq,
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.
(充分性)若存在整數(shù)m≥-1使a1=md,則任取等差數(shù)列的兩項(xiàng)as,at(s≠t),
于是as+at=a1+(s-1)d+md+(t-1)d=a1+(s+m+t-2)d=as+m+t-1
由于s+t≥3,m≥-1
∴s+t+m-1為正整數(shù),
∴as+m+t-1∈{an}證畢.
分析:(1)由題意知對任意的m,n∈N*,有am+an=(2m+2)+(2n+2)=2(m+n+1)+2,令p=m+n+1,有ap=2p+2∈{an},所以數(shù)列{an}是“封閉數(shù)列”.
(2)由{an}是“封閉數(shù)列”,得:對任意m,n∈N*,必存在p∈N*使a1+(n-1)+a1+(m-1)=a1+(p-1)成立,于是有a1=p-m-n+1為整數(shù),由此入手結(jié)合題設(shè)條件能夠推導(dǎo)出an=n+1(n∈N*).
(3)結(jié)論:數(shù)列{an}為“封閉數(shù)列”的充要條件是存在整數(shù)m≥-1,使a1=md.然后先證明必要性,再證明充分性.
點(diǎn)評:本題考查數(shù)列性質(zhì)的綜合運(yùn)用,解題時(shí)要認(rèn)真審題,仔細(xì)解答.
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