Question

（2012•徐匯區(qū)一模）對(duì)于數(shù)列{x_n}，從中選取若干項(xiàng)，不改變它們?cè)谠瓉?lái)數(shù)列中的先后次序，得到的數(shù)列稱(chēng)為是原來(lái)數(shù)列的一個(gè)子數(shù)列．某同學(xué)在學(xué)習(xí)了這一個(gè)概念之后，打算研究首項(xiàng)為a₁，公差為d的無(wú)窮等差數(shù)列{a_n}的子數(shù)列問(wèn)題，為此，他取了其中第一項(xiàng)a₁，第三項(xiàng)a₃和第五項(xiàng)a₅．
（1）若a₁，a₃，a₅成等比數(shù)列，求d的值；
（2）在a₁=1，d=3 的無(wú)窮等差數(shù)列{a_n}中，是否存在無(wú)窮子數(shù)列{b_n}，使得數(shù)列（b_n）為等比數(shù)列？若存在，請(qǐng)給出數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式并證明；若不存在，說(shuō)明理由；
（3）他在研究過(guò)程中猜想了一個(gè)命題：“對(duì)于首項(xiàng)為正整數(shù)a，公比為正整數(shù)q（q＞1）的無(wú)窮等比數(shù)列{c_n}，總可以找到一個(gè)子數(shù)列{b_n}，使得{d_n}構(gòu)成等差數(shù)列”．于是，他在數(shù)列{c_n}中任取三項(xiàng)c_k，c_m，c_n（k＜m＜n），由c_k+c_n與2c_m的大小關(guān)系去判斷該命題是否正確．他將得到什么結(jié)論？

Answer 1

分析：（1）由題意可得（a₁+2d）²=a₁（a₁+4d），解之即可；
（2）可舉b_n=4^n-1，然后結(jié)合二項(xiàng)式定理證明即可；
（3）命題為假命題，由不等式的性質(zhì)可證c_k+c_n＞2c_m，故不成等差數(shù)列．

解答：解：（1）由題意可得a₃²=a₁a₅，…..（2分）
即（a₁+2d）²=a₁（a₁+4d），解得d=0．…..（4分）
（2）由題意可得a_n=1+3（n-1），如b_n=4^n-1便為符合條件的一個(gè)子數(shù)列．…..（7分）
下面證明：因?yàn)閎_n=4^n-1=（1+3）^n-1=1+

C

1 n-1

3+

C

2 n-1

3²+…+

C

n-1 n-1

3^n-1=1+3M，…..（9分）
這里M=

C

1 n-1

+

C

2 n-1

3+…+

C

n-1 n-1

3^n-2為正整數(shù)，
所以，b_n=1+3M=1+3[（M+1）-1]是{a_n}中的第M+1項(xiàng)，…．（11分）
（3）該命題為假命題．…．（12分）
由已知可得ck=aqk-1，cm=aqm-1，cn=aqn-1，
因此ck+cn=aqk-1+aqn-1，又2cm=2aqm-1，
故 (ck+cn)-2cm=aqk-1+aqn-1-2aqm-1=aq^k-1（1+q^n-k-2q^m-k），…..（15分）
由于k，m，n是正整數(shù)，且n＞m，故n≥m+1，n-k≥m-k+1，
又q是滿(mǎn)足q＞1的正整數(shù)，則q≥2，
∴1+q^n-k-2q^m-k≥1+q^m-k+1-2q^m-k=1+qq^m-k-2q^m-k≥1+2q^m-k-2q^m-k=1＞0，
所以，c_k+c_n＞2c_m，從而原命題為假命題．…..（18分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查合情推理，涉及數(shù)列的等差等比的判定，屬中檔題．