Question

1．各项均为非负整数的数列{a_n}同时满足下列条件：
①a₁=m（m∈N^*）；②a_n≤n-1（n≥2）；③n是a₁+a₂+…+a_n的因数（n≥1）．
（Ⅰ）当m=5时，写出数列{a_n}的前五项；
（Ⅱ）若数列{a_n}的前三项互不相等，且n≥3时，a_n为常数，求m的值；
（Ⅲ）求证：对任意正整数m，存在正整数M，使得n≥M时，a_n为常数．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当m=5时，写出数列{a_n}的前五项；
（Ⅱ）对a₂、a₃分类取值，再结合各项均为非负整数列式求m的值；
（Ⅲ）令S_n=a₁+a₂+…+a_n，则$\frac{{{S_{n+1}}}}{n+1}＜\frac{{{S_{n+1}}}}{n}=\frac{{{S_n}+{a_{n+1}}}}{n}≤\frac{{{S_n}+n}}{n}=\frac{S_n}{n}+1$．进一步推得存在正整数M＞m，当n＞M时，必有$\frac{{{S_{n+1}}}}{n+1}=\frac{S_n}{n}$成立．再由$\frac{{{S_{n+1}}}}{n+1}=\frac{S_n}{n}$成立证明a_n为常数．

解答 （Ⅰ）解：m=5时，数列{a_n}的前五项分别为：5，1，0，2，2．
（Ⅱ）解：∵0≤a_n≤n-1，∴0≤a₂≤1，0≤a₃≤2，
又数列{a_n}的前3项互不相等，
（1）当a₂=0时，
若a₃=1，则a₃=a₄=a₅=…=1，
且对n≥3，$\frac{m+0+（n-2）}{n}=\frac{m-2}{n}+1$都为整数，∴m=2；
若a₃=2，则a₃=a₄=a₅=…=2，
且对n≥3，$\frac{m+0+2（n-2）}{n}=\frac{m-4}{n}+2$都为整数，∴m=4；
（2）当a₂=1时，
若a₃=0，则a₃=a₄=a₅=…=0，
且对n≥3，$\frac{m+1+0•（n-2）}{n}=\frac{m+1}{n}$都为整数，∴m=-1，不符合题意；
若a₃=2，则a₃=a₄=a₅=…=2，
且对n≥3，$\frac{m+1+2（n-2）}{n}=\frac{m-3}{n}+2$都为整数，∴m=3；
综上，m的值为2，3，4．
（Ⅲ）证明：对于n≥1，令S_n=a₁+a₂+…+a_n，
则$\frac{{{S_{n+1}}}}{n+1}＜\frac{{{S_{n+1}}}}{n}=\frac{{{S_n}+{a_{n+1}}}}{n}≤\frac{{{S_n}+n}}{n}=\frac{S_n}{n}+1$．
又对每一个n，$\frac{S_n}{n}$都为正整数，∴$\frac{{{S_{n+1}}}}{n+1}$$≤\frac{S_n}{n}≤…≤\frac{S_1}{1}=m$，其中“＜”至多出现m-1个．
故存在正整数M＞m，当n＞M时，必有$\frac{{{S_{n+1}}}}{n+1}=\frac{S_n}{n}$成立．
当$\frac{{{S_{n+1}}}}{n+1}=\frac{S_n}{n}$时，则${a_{n+1}}={S_{n+1}}-{S_n}=\frac{{（n+1）{S_n}}}{n}-{S_n}=\frac{S_n}{n}$．
从而$\frac{{{S_{n+2}}}}{n+2}=\frac{{{a_{n+2}}+{a_{n+1}}+{S_n}}}{n+2}=\frac{{{a_{n+2}}+（n+1）{a_{n+1}}}}{n+2}={a_{n+1}}+\frac{{{a_{n+2}}-{a_{n+1}}}}{n+2}$．
由题设知$\frac{{|{a_{n+2}}-{a_{n+1}}|}}{n+2}≤\frac{n+1}{n+2}＜1$，又$\frac{{{S_{n+2}}}}{n+2}$及a_n+1均为整数，
∴$\frac{{{S_{n+2}}}}{n+2}$=a_n+1=$\frac{S_n}{n}=\frac{{{S_{n+1}}}}{n+1}$，故$\frac{S_n}{n}=\frac{{{S_{n+1}}}}{n+1}=\frac{{{S_{n+2}}}}{n+2}=…$=常数．
从而${a_{n+1}}={S_{n+1}}-{S_n}=\frac{{（n+1）{S_n}}}{n}-{S_n}=\frac{S_n}{n}$=常数．
故存在正整数M，使得n≥M时，a_n为常数．

点评 本题考查数列递推式，考查数列的前n项和，考查逻辑思维能力与推理运算能力，体现了分类讨论的数学思想方法，属于难题．