Question

19．定义：从一个数列{a_n}中抽取若干项（不少于三项）按其在{a_n}中的次序排列的一列数叫做{a_n}的子数列，成等差（等比）的子数列叫做{a_n}的等差（等比）子列．
（1）记数列{a_n}的前n项和为S_n，已知S_n=n²，求证：数列{a_3n}是数列{a_n}的等差子列；
（2）设等差数列{a_n}的各项均为整数，公差d≠0，a₅=6，若数列a₃，a₅，a${\;}_{{n}_{1}}$是数列{a_n}的等比子列，求n₁的值；
（3）设数列{a_n}是各项均为实数的等比数列，且公比q≠1，若数列{a_n}存在无穷多项的等差子列，求公比q的所有值．

Answer 1

分析 （1）运用数列的递推式：当n=1时，a₁=S₁；当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，求得a_n，进而得到a_3n，运用等差数列的定义，即可得证；
（2）求得公比q=$\frac{{a}_{5}}{{a}_{3}}$，运用等比数列的中项的性质，可得a${\;}_{{n}_{1}}$=6•$\frac{6}{6-2d}$，再由等差数列的通项公式，可得n₁=5+$\frac{6}{3-d}$，讨论d的取值，可得所求值；
（3）设数列{a${\;}_{{n}_{k}}$}为数列{a_n}的等差子列，k∈N*，n_k∈N*，公差为d，运用等比数列的通项公式和等差数列的定义，可得|d|=|a₁|•|q${\;}^{{n}_{k}-1}$|•|q${\;}^{{n}_{k+1}-{n}_{k}}$-1|，讨论|q|＞1，|q|＜1，运用不等式的性质，可得矛盾，进而得到q=-1．

解答 解：（1）证明：当n=1时，a₁=S₁=1；
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，
上式对n=1也成立．
则a_n=2n-1．
故a_3n=2•3n-1=6n-1，
当n≥2时，a_3（n+1）-a_3n=6，
故数列{a_3n}是数列{a_n}的等差子列；
（2）a₃=a₅-2d=6-2d，
公比q=$\frac{{a}_{5}}{{a}_{3}}$=$\frac{6}{6-2d}$，
数列a₃，a₅，a${\;}_{{n}_{1}}$是数列{a_n}的等比子列，可得a${\;}_{{n}_{1}}$=6•$\frac{6}{6-2d}$，
又a${\;}_{{n}_{1}}$=a₅+（n₁-5）d=6+（n₁-5）d，
则6•$\frac{6}{6-2d}$=6+（n₁-5）d，
即有n₁=5+$\frac{6}{3-d}$，
由d为非零整数，n₁为正整数，
可得d=1，n₁=8或d=2，n₁=11或d=-3，n₁=6，
所以n₁的值为6，8，11；
（3）公比q的所有取值为-1．
理由：设数列{a${\;}_{{n}_{k}}$}为数列{a_n}的等差子列，k∈N^*，n_k∈N^*，公差为d，
a${\;}_{{n}_{k}}$=a₁q${\;}^{{n}_{k}-1}$，a${\;}_{{n}_{k+1}}$=a₁q${\;}^{{n}_{k+1}-1}$，
有|a${\;}_{{n}_{k+1}}$-a${\;}_{{n}_{k}}$|=|a₁|•|q${\;}^{{n}_{k}-1}$|•|q${\;}^{{n}_{k+1}-{n}_{k}}$-1|．
当|q|＞1时，|q${\;}^{{n}_{k+1}-{n}_{k}}$-1|≥|q|-1，
所以|d|=|a${\;}_{{n}_{k+1}}$-a${\;}_{{n}_{k}}$|≥|a₁|•|q${\;}^{{n}_{k}-1}$|•（|q|-1）．
取n_k＞1+log_|q|$\frac{|d|}{|{a}_{1}|•（|q|-1）}$，所以|a${\;}_{{n}_{k+1}}$-a${\;}_{{n}_{k}}$|＞|d|，
即|d|＞|d|，矛盾；
当|q|＜1时，|d|=|a₁|•|q${\;}^{{n}_{k}-1}$|•|q${\;}^{{n}_{k+1}-{n}_{k}}$-1|≤|a₁|•|q${\;}^{{n}_{k}-1}$|•（|q${\;}^{{n}_{k+1}-{n}_{k}}$|+1）
＜2|a₁|•|q${\;}^{{n}_{k}-1}$|，
取n_k＞1+log_|q|$\frac{|d|}{|2{a}_{1}|}$，所以|a${\;}_{{n}_{k+1}}$-a${\;}_{{n}_{k}}$|＜|d|，
即|d|＜|d|，矛盾．
所以|q|=1，又q≠1，可得q=-1．

点评 本题考查新定义的理解和运用，主要考查等差数列和等比数列的通项和性质，考查推理分析能力，属于难题和易错题．