Question

若數(shù)列{a_n}滿足條件：存在正整數(shù)k，使得a_n+k+a_n-k=2a_n對一切n∈N^*，n＞k都成立，則稱數(shù)列{a_n}為k級等差數(shù)列．
（1）已知數(shù)列{a_n}為2級等差數(shù)列，且前四項分別為2，0，4，3，求a₈+a₉的值；
（2）若a_n=2n+sinωn（ω為常數(shù)），且{a_n}是3級等差數(shù)列，求ω所有可能值的集合，并求ω取最小正值時數(shù)列{a_n}的前3n項和S_3n；
（3）若{a_n}既是2級等差數(shù)列{a_n}，也是3級等差數(shù)列，證明：{a_n}是等差數(shù)列．

Answer 1

考點：等差數(shù)列的性質(zhì),數(shù)列遞推式

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由新定義結(jié)合已知求出a₈、a₉的值，則a₈+a₉的值可求；
（2）由a_n=2n+sinωn，且{a_n}是3級等差數(shù)列，列式得到2sinωn=2sinωncos3ω（n∈N^*），求得sinωn=0，或cos3ω=1．進一步求出ω的取值集合，求出ω的最小正值后求出an=2n+sin

2nπ

3

，得到a_3n-2+a_3n-1+a_3n=6（3n-1），然后利用分組求和求得S_3n；
（3）由{a_n}為2級等差數(shù)列，即a_n+2+a_n-2=2a_n，得到{a_2n-1}，{a_2n}均成等差數(shù)列，分別設出等差數(shù)列{a_2n-1}，{a_2n}的公差為d₁，d₂．由{a_n}為3級等差數(shù)列，即a_n+3+a_n-3=2a_n，得到{a_3n-2}成等差數(shù)列，設公差為D．由a₁，a₇既是{a_2n-1}中的項，也是{a_3n-2}中的項，a₄，a₁₀既是中{a_2n}的項，也是{a_3n-2}中的項列式得到a_2n=a₁+（2n-1）d（n∈N^*）．從而說明{a_n}是等差數(shù)列．

解答： （1）解：a₈=a₂+3（a₄-a₂）=0+3×（3-0）=9，
a₉=a₁+4×（a₃-a₁）=2+4×2=10，
∴a₈+a₉=19；
（2）∵{a_n}是3級等差數(shù)列，a_n+3+a_n-3=2a_n，
2（2n+sinωn）=2（n+3）+sin（ωn+3ω）+2（n-3）+sin（ωn-3ω）（n∈N^*），
∴2sinωn=sin（ωn+3ω）+sin（ωn-3ω）=2sinωncos3ω（n∈N^*），
∴sinωn=0，或cos3ω=1．
sinωn=0對n∈N^*恒成立時，ω=kπ（k∈Z）．
cos3ω=1時，3ω=2kπ（k∈Z），∴ω=

2kπ

3

(k∈Z)，
∴ω∈{ω|ω=

2kπ

3

(k∈Z)}∪{ω|ω=kπ(k∈Z)}．
∴ω最小正值等于

2π

3

，此時an=2n+sin

2nπ

3

，
由于sin

2(3n-2)π

3

+sin

2(3n-1)π

3

+sin

2(3n)π

3

=0（n∈N^*），
∴a_3n-2+a_3n-1+a_3n=6（3n-1）（n∈N^*）.S3n=(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)+…+(a3n-2+a3n-1+a3n)=

n[12+6(3n-1)]

2

=9n²+3n（n∈N^*）；
（3）證明：若{a_n}為2級等差數(shù)列，即a_n+2+a_n-2=2a_n，
則{a_2n-1}，{a_2n}均成等差數(shù)列，
設等差數(shù)列{a_2n-1}，{a_2n}的公差分別為d₁，d₂．
{a_n}為3級等差數(shù)列，即a_n+3+a_n-3=2a_n，
則{a_3n-2}成等差數(shù)列，設公差為D，
a₁，a₇既是{a_2n-1}中的項，也是{a_3n-2}中的項，
a₇-a₁=3d₁=2D．
a₄，a₁₀既是中{a_2n}的項，也是{a_3n-2}中的項，
a₁₀-a₄=3d₂=2D∴3d₁=3d₂=2D．
設d₁=d₂=2d，則D=3d．
∴a_2n-1=a₁+（n-1）d₁=a₁+（2n-2）d（n∈N^*），
a_2n=a₂+（n-1）d₂=a₂+（2n-2）d，（n∈N^*）．
又a₄=a₁+D=a₁+3d，a₄=a₂+d₂=a₂+2d，
∴a₂=a₁+d，
∴a_2n=a₁+（2n-1）d（n∈N^*）．
綜合得：a_n=a₁+（n-1）d，
∴{a_n}為等差數(shù)列．

點評：本題考查了數(shù)列遞推式，考查了等差數(shù)列的性質(zhì)，是新定義題，關鍵是對k級等差數(shù)列概念的理解，考查了學生的邏輯思維能力和推理論證能力，是有一定難度題目．