Question

对于数列{x_n}，从中选取若干项，不改变它们在原来数列中的先后次序，得到的数列称为是原来数列的一个子数列．某同学在学习了这一个概念之后，打算研究首项为正整数a，公比为正整数q（q＞0）的无穷等比数列{a_n}的子数列问题．为此，他任取了其中三项a_k，a_m，a_n（k＜m＜n）．
（1）若a_k，a_m，a_n（k＜m＜n）成等比数列，求k，m，n之间满足的等量关系；
（2）他猜想：“在上述数列{a_n}中存在一个子数列{b_n}是等差数列”，为此，他研究了a_k+a_n与2a_n的大小关系，请你根据该同学的研究结果来判断上述猜想是否正确；
（3）他又想：在首项为正整数a，公差为正整数d的无穷等差数列中是否存在成等比数列的子数列？请你就此问题写出一个正确命题，并加以证明．

Answer 1

解：（1）由已知可得：a_k=aq^k-1，a_m=aq^m-1，a_n=aq^n-1，…（1分）
则=a_k•a_n，即有（aq^m-1）²=（aq^k-1）（aq^n-1），…．（3分）
2（m-1）=（k-1）+（n-1），化简可得．2m=k+n．…..（4分）
（2）a_k+a_n=aq^k-1+aq^n-1，又2a_m=2aq^m-1，
故 （a_k+a_n）-2a_m=aq^k-1+aq^n-1-2aq^m-1=aq^k-1（1+q^n-k-2q^m-k），…..（6分）
由于k，m，n是正整数，且n＞m，则n≥m+1，n-k≥m-k+1，
又q是满足q＞1的正整数，则q≥2，
1+q^n-k-2q^m-k≥1+q^m-k+1-2q^m-k=1+q•q^m-k-2q^m-k≥1+2q^m-k-2q^m-k=1＞0，
所以，a_k+a_n＞2a_m，从而上述猜想不成立．…..（10分）
（3）命题：对于首项为正整数a，公差为正整数d的无穷等差数列{a_n}，总可以找到一个无穷子数列{b_n}，使得{b_n}是一个等比数列．…（13分）
此命题是真命题，下面我们给出证明．
证法一：只要证明对任意正整数n，b_n=a（1+d）ⁿ，n≥1都在数列{a_n}中．因为b_n=a（1+d）ⁿ=a（1+d+d²+…+dⁿ）=a（Md+1），
这里M=+d+…+d^n-1为正整数，所以a（Md+1）=a+aMd是{a_n}中的第aM+1项，证毕．…..（18分）
证法二：首项为a，公差为d（ a，d∈N^*）的等差数列为a，a+d，a+2d，…，考虑数列{a_n}中的项：
a+ad，a+（2a+ad）d，a+（3a+3ad+d²）d，…
依次取数列{b_n}中项b₁=a+ad=a（1+d），b₂=a+（2a+ad）d=a（1+d）²，b₃=a+（3a+3ad+d²）d=a（1+d）³，则由a＜2a+ad＜3a+3ad+d²，可知=，
并由数学归纳法可知，数列b_n=a（1+d）ⁿ，n≥1为列{a_n}的无穷等比子数列…（18分）
分析：（1）依题意，由=a_k•a_n，即可求得k，m，n之间满足的等量关系；
（2）利用作差法判断（a_k+a_n）-2a_m的结果是否为0即可判断上述猜想是否正确；
（3）命题：对于首项为正整数a，公差为正整数d的无穷等差数列{a_n}，总可以找到一个无穷子数列{b_n}，使得{b_n}是一个等比数列，此命题是真命题，；
证法一：利用二项式定理（1+d）ⁿ=（1+d+d²+…+dⁿ），即可证明a（Md+1）=a+aMd是{a_n}中的第aM+1项（M=+d+…+d^n-1为正整数）；
证法二：先猜想，再利用数学归纳法证明即可．
点评：本题考查等差与等比关系的确定，考查数学归纳法与分析法证明问题的能力，考查考查创新思维与逻辑思维能力及综合运算的能力，属于难题．