Question

（2011•鹽城二模）已知數列{a_n}單調遞增，且各項非負，對于正整數K，若任意的i，j（1≤i≤j≤K），a_j-a_i仍是{a_n}中的項，則稱數列{a_n}為“K項可減數列”．
（1）已知數列{a_n}是首項為2，公比為2的等比數列，且數列{a_n-2}是“K項可減數列”，試確定K的最大值；
（2）求證：若數列{a_n}是“K項可減數列”，則其前n項的和Sn=

n

2

an(n=1，2，…，K)；
（3）已知{a_n}是各項非負的遞增數列，寫出（2）的逆命題，判斷該逆命題的真假，并說明理由．

Answer 1

分析：要緊扣新概念，借助于等比數列的性質以及數列前N項和的性質．
（1）由于an=2n，則cn=2n-2，緊扣K項可減數列的概念，求出k值；
（2）要緊扣新概念，因為數列{a_n}是“K項可減數列”，所以a_k-a_t（t=1，2…，K）必定是數列{a_n}中的項；
（3）考查命題的真假，要有數列前N項和公式求通項公式，由an=

Sn-Sn-1，n≥2 S1，n=1

即可求出．

解答：解：（1）設cn=an-2=2n-2，則c₁=0，c₂=2，c₃=6，
易得c₁-c₁=c₁，c₂-c₁=c₂，c₂-c₂=c₁，即數列{c_n}一定是“2項可減數列”，
但因為c₃-c₂≠c₁，c₃-c₂≠c₂，c₃-c₂≠c₃，所以K的最大值為2． …（5分）
（2）因為數列{a_n}是“K項可減數列”，
所以a_k-a_t（t=1，2…，K）必定是數列{a_n}中的項，…（7分）
而{a_n}是遞增數列，故a_k-a_k＜a_k-a_k-1＜a_k-a_k-2＜…＜a_k-a₁，
所以必有a_k-a_k=a₁，a_k-a_k-1=a₂，a_k-a_k-2=a₃，…，a_k-a₁=a_k，
則a₁+a₂+a₃+…+a_k=（a_k-a_k）+（a_k-a_k-1）+（a_k-a_k-2）+…+（a_k-a₁）=Ka_k-（a₁+a₂+a₃+…+a_k），
所以S_K=Ka_K-S_K，即SK=

K

2

aK．
又由定義知，數列{a_n}也是“t項可減數列”（t=1，2，…，K-1），
所以Sn=

n

2

an(n=1，2，…，K)．                         …（10分）
（3）（2）的逆命題為：
已知數列{a_n}為各項非負的遞增數列，若其前n項的和滿足Sn=

n

2

an(n=1，2，…，K)，
則該數列一定是“K項可減數列”，該逆命題為真命題．   …（12分）
理由如下：因為Sn=

n

2

an(1≤n≤K），所以當n≥2時，Sn-1=

n-1

2

an-1，
兩式相減，得an=Sn-Sn-1=

n

2

an-

n-1

2

an-1，即（n-2）a_n=（n-1）a_n-1（n≥2）（*）
則當n≥3時，有（n-3）a_n-1=（n-2）a_n-2（**）
由（**）-（*），得a_n+a_n-2=2a_n-1（n≥3），
又a1=

1

2

a1，所以a₁=0，故數列a₁，a₂，…，a_K是首項為0的遞增等差數列．
設公差為d（d＞0），則a_n=（n-1）d，（n=1，2，…，K），
對于任意的i，j（1≤i≤j≤K），a_j-a_i=（j-i）d=a_j-i+1，
因為1≤1≤j-i+1≤K，所以a_j-a_i仍是a₁，a₂，…，a_K中的項，
故數列{a_n}是“K項可減數列”．                      …（16分）

點評：本題是創新概念題，做題時要緊扣新概念．結合等差數列和等比數列的性質來完成．