Question

已知數(shù)列{a_n}單調(diào)遞增，且各項(xiàng)非負(fù)，對(duì)于正整數(shù)K，若任意的i，j（1≤i≤j≤K），a_j-a_i仍是{a_n}中的項(xiàng)，則稱數(shù)列{a_n}為“K項(xiàng)可減數(shù)列”．
（1）已知數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，且數(shù)列{a_n-2}是“K項(xiàng)可減數(shù)列”，試確定K的最大值；
（2）求證：若數(shù)列{a_n}是“K項(xiàng)可減數(shù)列”，則其前n項(xiàng)的和；
（3）已知{a_n}是各項(xiàng)非負(fù)的遞增數(shù)列，寫出（2）的逆命題，判斷該逆命題的真假，并說明理由．

Answer 1

解：（1）設(shè)，則c₁=0，c₂=2，c₃=6，
易得c₁-c₁=c₁，c₂-c₁=c₂，c₂-c₂=c₁，即數(shù)列{c_n}一定是“2項(xiàng)可減數(shù)列”，
但因?yàn)閏₃-c₂≠c₁，c₃-c₂≠c₂，c₃-c₂≠c₃，所以K的最大值為2． 
（2）因?yàn)閿?shù)列{a_n}是“K項(xiàng)可減數(shù)列”，
所以a_k-a_t（t=1，2…，K）必定是數(shù)列{a_n}中的項(xiàng)，

而{a_n}是遞增數(shù)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．
又由定義知，數(shù)列{a_n}也是“t項(xiàng)可減數(shù)列”（t=1，2，…，K-1），
所以．                         
（3）（2）的逆命題為：
已知數(shù)列{a_n}為各項(xiàng)非負(fù)的遞增數(shù)列，若其前n項(xiàng)的和滿足，
則該數(shù)列一定是“K項(xiàng)可減數(shù)列”，該逆命題為真命題．   
理由如下：因?yàn)?img class='latex' src='http://thumb.zyjl.cn/pic5/latex/36887.png' />≤n≤K），所以當(dāng)n≥2時(shí)，，
兩式相減，得，即（n-2）a_n=（n-1）a_n-1（n≥2）（*）
則當(dāng)n≥3時(shí)，有（n-3）a_n-1=（n-2）a_n-2（**）
由（**）-（*），得a_n+a_n-2=2a_n-1（n≥3），
又，所以a₁=0，故數(shù)列a₁，a₂，…，a_K是首項(xiàng)為0的遞增等差數(shù)列．
設(shè)公差為d（d＞0），則a_n=（n-1）d，（n=1，2，…，K），
對(duì)于任意的i，j（1≤i≤j≤K），a_j-a_i=（j-i）d=a_j-i+1，
因?yàn)?≤1≤j-i+1≤K，所以a_j-a_i仍是a₁，a₂，…，a_K中的項(xiàng)，
故數(shù)列{a_n}是“K項(xiàng)可減數(shù)列”．                      

分析：要緊扣新概念，借助于等比數(shù)列的性質(zhì)以及數(shù)列前N項(xiàng)和的性質(zhì)．
（1）由于，則，緊扣K項(xiàng)可減數(shù)列的概念，求出k值；
（2）要緊扣新概念，因?yàn)閿?shù)列{a_n}是“K項(xiàng)可減數(shù)列”，所以a_k-a_t（t=1，2…，K）必定是數(shù)列{a_n}中的項(xiàng)；
（3）考查命題的真假，要有數(shù)列前N項(xiàng)和公式求通項(xiàng)公式，由即可求出．
點(diǎn)評(píng)：本題是創(chuàng)新概念題，做題時(shí)要緊扣新概念．結(jié)合等差數(shù)列和等比數(shù)列的性質(zhì)來完成．