Question

5．设{a_n}是公比为q（q≠1）的等比数列，若{a_n}中任意两项之积仍是该数列中的项，那么称{a_n}是封闭数列．
（1）若a₁=2，q=3，判断{a_n}是否为封闭数列，并说明理由；
（2）证明{a_n}为封闭数列的充要条件是：存在整数m≥-1，使a₁=q^m；
（3）记Π_n是数列{a_n}的前n项之积，b_n=log₂Π_n，若首项a₁为正整数，公比q=2，试问：是否存在这样的封闭数列{a_n}，使$\lim_{n→∞}（{\frac{1}{b_1}+\frac{1}{b_2}+…+\frac{1}{b_n}}）=\frac{11}{9}$，若存在，求{a_n}的通项公式；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）{a_n}不是封闭数列，利用通项公式${a_n}=2•{3^{n-1}}$，对任意的m，n∈N^*，有${a_n}•{a_m}=4•{3^{m+n-2}}$，通过a_n•a_m=a_p，推出矛盾．得到结果．
（2）通过证明必要性，由条件推出${a_1}={q^m}$，（充分性）若存在整数m≥-1，使${a_1}={q^m}$，推出{a_n}是封闭数列．
（3）利用数列的乘积推出${b_n}=nlog{\;}_2{a_1}+\frac{n（n-1）}{2}$，然后若a₁=1，若a₁=2，若a₁=4，分别通过数列的极限，判断数列是否是封闭数列．

解答 解：（1）{a_n}不是封闭数列，因为${a_n}=2•{3^{n-1}}$，…（1分）
对任意的m，n∈N^*，有${a_n}•{a_m}=4•{3^{m+n-2}}$，…（2分）
若存在p，使得a_n•a_m=a_p，即3^p-m-n+1=2，p-m-n+1=log₃2，该式左边为整数，右边是无理数，矛盾．所以该数列不是封闭数列…（4分）
（2）证明：（必要性）任取等比数列的两项a_s，a_t（s≠t），若存在a_k使a_sa_t=a_k，则${a_1}•{q^{s+t-2}}={q^{k-1}}$，解得${a_1}={q^{k-s-t+1}}$．故存在m=k-s-t+1∈Z，使${a_1}={q^m}$，…（6分）
下面证明整数m≥-1．
对q≠1，若m＜-1，则取p=-m≥2，对a₁，a_p，存在a_u使a₁a_p=a_u，
即q^m•q^p-1=q^u-1，q^-1=q^u-1，所以u=0，矛盾，
故存在整数m≥-1，使${a_1}={q^m}$．…（8分）
（充分性）若存在整数m≥-1，使${a_1}={q^m}$，则${a_n}={q^{n+m-1}}$，
对任意s，t∈N^*，因为${a_s}{a_t}={q^{（s+t+m-1）+m-1}}={a_{s+t+m-1}}$，
所以{a_n}是封闭数列．…（10分）
（3）由于${Π_n}={a_1}•{a_2}…{a_n}={a_1}^n•{2^{\frac{n（n-1）}{2}}}$，所以${b_n}=nlog{\;}_2{a_1}+\frac{n（n-1）}{2}$，…（11分）
因为{a_n}是封闭数列且a₁为正整数，所以，存在整数m≥0，使${a_1}={2^m}$，
若a₁=1，则${b_n}=\frac{n（n-1）}{2}$，此时$\frac{1}{b_1}$不存在．所以$\lim_{n→∞}（\frac{1}{b_1}+\frac{1}{b_2}+…+\frac{1}{b_n}）$没有意义…（12分）
若a₁=2，则${b_n}=\frac{n（n+1）}{2}$，所以$\lim_{n→∞}（\frac{1}{b_1}+\frac{1}{b_2}+…+\frac{1}{b_n}）=2＞\frac{11}{9}$，…（13分）
若a₁=4，则${b_n}=\frac{n（n+3）}{2}$，于是$\frac{1}{b_n}=\frac{2}{n（n+3）}$，
所以$\lim_{n→∞}（\frac{1}{b_1}+\frac{1}{b_2}+…+\frac{1}{b_n}）=\frac{11}{9}$，…（16分）
若a₁＞4，则${b_n}＞\frac{n（n+3）}{2}$，于是$\frac{1}{b_n}＜\frac{2}{n（n+3）}$，
所以$\lim_{n→∞}（\frac{1}{b_1}+\frac{1}{b_2}+…+\frac{1}{b_n}）＜\frac{11}{9}$，…（17分）
综上讨论可知：a₁=4，${a_n}=4•{2^{n-1}}，（n∈{N^*}）$，该数列是封闭数列．…（18分）

点评 本题考查数列的综合应用，数列雨花石相结合，数列的极限的应用，考查分析问题解决问题的能力．