Question

17．设数列{a_n}的各项均为不等的正整数，其前n项和为S_n，我们成满足条件“对任意的m，n∈N^*，均有（n-m）S_m+n=（m+n）（S_n-S_m）”的数列{a_n}为“好”数列．
（1）试判断数列{a_n}，{b_n}是否为“好”数列，其中${a_n}=2n-1，{b_n}={2^{n-1}}，n∈{N^*}$，并给出证明．
（2）已知数列{c_n}为“好”数列．
①c₂₀₁₆=2017，求数列的通项公式；
②若c₁=p，且对任意的给定正整数p，s（s＞1），有c₁，c_s，c_t成等比数列，求证：t≥s²．

Answer 1

分析 （1）由a_n=2n-1，运用等差数列的求和公式，可得S_n；检验（n-m）S_m+n=（m+n）（S_n-S_m）是否恒成立，即可判断；对b_n=2^n-1，取n=2，m=1，代入（n-m）S_m+n=（m+n）（S_n-S_m），计算是否成立，即可判断；
（2）对任意的m，n∈N^*，均有（n-m）S_n+m=（n+m）（S_n-S_m），令m=1，则（n-1）S_n+1=（n+1）（S_n-a₁）．化为nc_n+1=S_n+1+S_n-（n+1）c₁，n≥2时，（n-1）c_n=S_n+S_n-1-nc₁，化为（n-1）c_n+1-nc_n=-c₁，利用递推关系可得：c_n+1+c_n-1=2c_n．因此数列{c_n}是等差数列．由c₂₀₁₆=2017=c₁+2015d，即2017-c₁=2015d，由于数列{c_n}的各项均为不等正整数，可得d=1．即可得出①数列的通项公式；
②若c₁=p，则c_n=dn+p-d．由c₁，c_s，c_t成等比数列，运用等比数列的中项性质，结合等差数列的通项公式，化简整理，求得t的表达式，分析整理由不等式的性质，即可得证．

解答 解：（1）由a_n=2n-1，可得S_n=$\frac{n（1+2n-1）}{2}$=n²，
从而（n-m）S_n+m=（n-m）（n+m）²，（n+m）（S_n-S_m）=（n+m）（n²-m²）=（n-m）（n+m）²，
故对任意的m，n∈N^*，均有（n-m）S_m+n=（m+n）（S_n-S_m），则数列{a_n}为“好”数列；
若b_n=2^n-1，取n=2，m=1，可得（n-m）S_n+m=S₃=1+2+4=7，（m+n）（S_n-S_m）=3×（1+2-1）=6，
此时（n-m）S_m+n≠（m+n）（S_n-S_m），即有数列{c_n}不为“好”数列；
（2）①∵对任意的m，n∈N^*，均有（n-m）S_n+m=（n+m）（S_n-S_m），
令m=1，则（n-1）S_n+1=（n+1）（S_n-a₁）．化为nc_n+1=S_n+1+S_n-（n+1）c₁，
n≥2时，（n-1）c_n=S_n+S_n-1-nc₁，
∴nc_n+1-（n-1）c_n=c_n+1+c_n-c₁，
∴（n-1）c_n+1-nc_n=-c₁，
（n-2）c_n-（n-1）c_n-1=-c₁，
∴（n-1）（c_n+1+c_n-1）=2（n-1）c_n，
∴c_n+1+c_n-1=2c_n．
∴数列{c_n}是等差数列．
∵c₂₀₁₆=2017=c₁+2015d，即2017-c₁=2015d，
∵数列{c_n}的各项均为不等的正整数，∴d=1．
则c₁=2，∴c_n=2+（n-1）=1+n；
②证明：若c₁=p，则c_n=dn+p-d．
由c₁，c_s，c_t成等比数列，
可得c_s²=c₁c_t，
即为（ds+p-d）²=p（dt+p-d），
化简可得p（t+1-2s）=d（s-1）²，
即d=$\frac{t+1-2s}{（s-1）^{2}}$•p，
对任意的给定正整数p，要使d为正整数，
必须使$\frac{t+1-2s}{（s-1）^{2}}$为正整数，
不妨设k=$\frac{t+1-2s}{（s-1）^{2}}$，s＞1且为给定正整数，
可得t=k（s-1）²+2s-1≥（s-1）²+2s-1=s²，
即有t≥s²．

点评 本题考查新定义的理解和运用，考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，以及化简整理的运算能力，推理性强，具有一定的综合性，属于难题．