Question

设数列{a_n}（n=1，2，…）是等差数列，且公差为d，若数列{a_n}中任意（不同）两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”．
（1）若a₁=4，d=2，判断该数列是否为“封闭数列”，并说明理由？
（2）设S_n是数列{a_n}的前n项和，若公差d=1，a₁＞0，试问：是否存在这样的“封闭数列”，使

lim

n→∞

(

1

S1

+

1

S2

+…+

1

Sn

)=

11

9

；若存在，求{a_n}的通项公式，若不存在，说明理由；
（3）试问：数列{a_n}为“封闭数列”的充要条件是什么？给出你的结论并加以证明．

Answer 1

分析：（1）由题意知对任意的m，n∈N^*，有a_m+a_n=（2m+2）+（2n+2）=2（m+n+1）+2，令p=m+n+1，有a_p=2p+2∈{a_n}，所以数列{a_n}是“封闭数列”．
（2）由{a_n}是“封闭数列”，得：对任意m，n∈N^*，必存在p∈N^*使a₁+（n-1）+a₁+（m-1）=a₁+（p-1）成立，于是有a₁=p-m-n+1为整数，由此入手结合题设条件能够推导出a_n=n+1（n∈N^*）．
（3）结论：数列{a_n}为“封闭数列”的充要条件是存在整数m≥-1，使a₁=md．然后先证明必要性，再证明充分性．

解答：解：（1）数列{a_n}是“封闭数列”，因为：a_n=4+（n-1）•2=2n+2，
对任意的m，n∈N^*，有a_m+a_n=（2m+2）+（2n+2）=2（m+n+1）+2，
∵m+n+1∈N^*于是，令p=m+n+1，则有a_p=2p+2∈{a_n}
（2）解：由{a_n}是“封闭数列”，得：对任意m，n∈N^*，必存在p∈N^*使a₁+（n-1）+a₁+（m-1）=a₁+（p-1）成立，
于是有a₁=p-m-n+1为整数，
又∵a₁＞0
∴a₁是正整数．
若a₁=1则Sn=

n(n+1)

2

，所以

lim

n→∞

(

1

S1

+

1

S2

++

1

Sn

)=2＞

11

9

，
若a₁=2，则Sn=

n(n+3)

2

，所以

lim

n→∞

(

1

S1

+

1

S2

++

1

Sn

)=

11

9

，
若a₁≥3，则Sn=

n(2a1+n-1)

2

＞

n(n+3)

2

，于是

1

Sn

＜

2

n(n+3)

，所以

lim

n→∞

(

1

S1

+

1

S2

++

1

Sn

)＜

11

9

，
综上所述，a₁=2，
∴a_n=n+1（n∈N^*），显然，该数列是“封闭数列”．
（3）结论：数列{a_n}为“封闭数列”的充要条件是存在整数m≥-1，使a₁=md．
证明：（必要性）任取等差数列的两项a_s，a_t（s≠t），若存在a_k使a_s+a_t=a_k，则2a₁+（s+t-2）d=a₁+（k-1）d?a₁=（k-s-t+1）d
故存在m=k-s-t+1∈Z，使a₁=md，
下面证明m≥-1．当d=0时，显然成立．
对d≠0，若m＜-1，则取p=-m≥2，对不同的两项a₁，a_p，
存在a_q使a₁+a_p=a_q，
即2md+（-m-1）d=md+（q-1）d?qd=0，
这与q＞0，d≠0矛盾，
故存在整数m≥-1，使a₁=md．
（充分性）若存在整数m≥-1使a₁=md，则任取等差数列的两项a_s，a_t（s≠t），
于是a_s+a_t=a₁+（s-1）d+md+（t-1）d=a₁+（s+m+t-2）d=a_s+m+t-1
由于s+t≥3，m≥-1
∴s+t+m-1为正整数，
∴a_s+m+t-1∈{a_n}证毕．

点评：本题考查数列性质的综合运用，解题时要认真审题，仔细解答．