首页 > （Ⅰ）已知函数f(x)=xx+1．数列{an}满足：an＞0，a1=1，且an+1=f(an)，记数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn=22[1an+(2+1)n]．求数列{bn}的通项公式；并判断b

（Ⅰ）已知函数f(x)=xx+1．数列{an}满足：an＞0，a1=1，且an+1=f(an)，记数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn=22[1an+(2+1)n]．求数列{bn}的通项公式；并判断b

题目简介

（Ⅰ）已知函数f(x)=xx+1．数列{an}满足：an＞0，a1=1，且an+1=f(an)，记数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn=22[1an+(2+1)n]．求数列{bn}的通项公式；并判断b

题目详情

（Ⅰ）已知函数f(x)=
x
x+1
．数列{an}满足：an＞0，a1=1，且
an+1
=f(
an
)，记数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn=
2
2
[
1
an
+(
2
+1)n]．求数列{bn}的通项公式；并判断b4+b6是否仍为数列{bn}中的项？若是，请证明；否则，说明理由．
（Ⅱ）设{cn}为首项是c1，公差d≠0的等差数列，求证：“数列{cn}中任意不同两项之和仍为数列{cn}中的项”的充要条件是“存在整数m≥-1，使c1=md”．
题型：解答题难度：中档来源：连云港二模

答案

（Ⅰ）因为
an+1
=f(
an
)=
an
an
+1
，
所以class="stub"1
an+1
=class="stub"1
an
+1，
即class="stub"1
an+1
-class="stub"1
an
=1，class="stub"1
an
=1+(n-1)=n，
即an=class="stub"1
n2
．（4分）
因为Sn=
2
2
[class="stub"1
an
+(
2
+1)n]=
2
2
n2+(1+
2
2
)n，
当n=1时，S1=b1=
2
+1，
当n≥2时，bn=Sn-Sn-1=1+
2
 n，
所以bn=
2
 n+1(n∈N*)．（6分）
又因为b4+b6=4
2
+1+6
2
+1=10
2
+2，
所以令bt=10
2
+2 (t∈N*)，
则10
2
+2=
2
t+1；
得到t=10+
2
2
与t∈N*矛盾，
所以b4+b6不在数列{bn}中．（8分）
（Ⅱ）充分性：若存在整数m≥-1，使c1=md．
设cr，ct为数列{cn}中不同的两项，
则cr+ct=c1+（r-1）d+c1+（t-1）d=c1+（r+m+t-2）d=c1+[（r+m+t-1）-1]d．
又r+t≥3且m≥-1，所以r+m+t-1≥1．
即cr+ct是数列{cn}的第r+m+t-1项．（11分）
必要性：若数列{cn}中任意不同两项之和仍为数列{cn}中的项，
则cs=c1+（s-1）d，ct=c1+（t-1）d，
（s，t为互不相同的正整数）
则cs+ct=2c1+（s+t-2）d，令cs+ct=cl，
得到2c1+（s+t-2）d=c1+（l-1）d（n，t，s∈N*），
所以c1=（l-s-t+1）d，
令整数m=l-s-t+1，所以c1=md． （14分）
下证整数m≥-1
若设整数m＜-1，则-m≥2．令k=-m，
由题设取c1，ck使c1+ck=cr（r≥1）
即c1+c1+（k-1）d=c1+（r-1）d，
所以md+（-m-1）d=（r-1）d
即rd=0与r≥1，d≠0相矛盾，所以m≥-1．
综上，数列{cn}中任意不同两项之和仍为数列{cn}中的项的充要条件是存在整数m≥-1，使c1=md．（16分）

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