（2011•盐城二模）已知数列{an}单调递增，且各项非负，对于正整数K，若任意的i，j（1≤i≤j≤K），aj-ai仍是{an}中的项，则称数列{an}为“K项可减数列”．（1）已知数列{an}是首项为2，公比

Question

（2011•盐城二模）已知数列{a_n}单调递增，且各项非负，对于正整数K，若任意的i，j（1≤i≤j≤K），a_j-a_i仍是{a_n}中的项，则称数列{a_n}为“K项可减数列”．
（1）已知数列{a_n}是首项为2，公比为2的等比数列，且数列{a_n-2}是“K项可减数列”，试确定K的最大值；
（2）求证：若数列{a_n}是“K项可减数列”，则其前n项的和Sn＝(n)/(2)an(n＝1，2，…，K)；
（3）已知{a_n}是各项非负的递增数列，写出（2）的逆命题，判断该逆命题的真假，并说明理由．

Answer 1

（1）设cn＝an−2＝2n−2，则c₁=0，c₂=2，c₃=6，
易得c₁-c₁=c₁，c₂-c₁=c₂，c₂-c₂=c₁，即数列{c_n}一定是“2项可减数列”，
但因为c₃-c₂≠c₁，c₃-c₂≠c₂，c₃-c₂≠c₃，所以K的最大值为2． …（5分）
（2）因为数列{a_n}是“K项可减数列”，
所以a_k-a_t（t=1，2…，K）必定是数列{a_n}中的项，…（7分）
而{a_n}是递增数列，故a_k-a_k＜a_k-a_k-1＜a_k-a_k-2＜…＜a_k-a₁，
所以必有a_k-a_k=a₁，a_k-a_k-1=a₂，a_k-a_k-2=a₃，…，a_k-a₁=a_k，
则a₁+a₂+a₃+…+a_k=（a_k-a_k）+（a_k-a_k-1）+（a_k-a_k-2）+…+（a_k-a₁）=Ka_k-（a₁+a₂+a₃+…+a_k），
所以S_K=Ka_K-S_K，即SK＝(K)/(2)aK．
又由定义知，数列{a_n}也是“t项可减数列”（t=1，2，…，K-1），
所以Sn＝(n)/(2)an(n＝1，2，…，K)．                         …（10分）
（3）（2）的逆命题为：
已知数列{a_n}为各项非负的递增数列，若其前n项的和满足Sn＝(n)/(2)an(n＝1，2，…，K)，
则该数列一定是“K项可减数列”，该逆命题为真命题．   …（12分）
理由如下：因为Sn＝(n)/(2)an(1≤n≤K），所以当n≥2时，Sn−1＝(n−1)/(2)an−1，
两式相减，得an＝Sn−Sn−1＝(n)/(2)an−(n−1)/(2)an−1，即（n-2）a_n=（n-1）a_n-1（n≥2）（*）
则当n≥3时，有（n-3）a_n-1=（n-2）a_n-2（**）
由（**）-（*），得a_n+a_n-2=2a_n-1（n≥3），
又a1＝(1)/(2)a1，所以a₁=0，故数列a₁，a₂，…，a_K是首项为0的递增等差数列．
设公差为d（d＞0），则a_n=（n-1）d，（n=1，2，…，K），
对于任意的i，j（1≤i≤j≤K），a_j-a_i=（j-i）d=a_j-i+1，
因为1≤1≤j-i+1≤K，所以a_j-a_i仍是a₁，a₂，…，a_K中的项，
故数列{a_n}是“K项可减数列”．                      …（16分）