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若无穷数列 ${a_{n}}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$ , 且满足 $a_{i} \in N^{*} (1 \leq i \leq n)$ . 若 $c_{k} = a_{k} - a_{k - 1}$ , 对任意的 $2 \leq k \leq n - 1$ , 都有 $c_{k + 1} \leq c_{k}$ 恒成立，则称数列 ${a_{n}}$ 为"完美数列".

若数列 ${a_{n}}$ 为等差数列，且 $a_{5} = 9, S_{5} = 25$ , 试判断数列 ${a_{n}}$ 是否为``完美数列'', 并说明理由;
若 $(1 - t) S_{n} + (2 t - 1) a_{n} = 2 t$ , 且数列 ${a_{n}}$ 为"完美数列", 求实数 $t$ 的值;
若数列 ${a_{n}}$ 为"完美数列", 求证: 对任意的 $n \in N^{*}$ 都有 $a_{n} \leq a_{n + 1}$ .

解答

根据题干描述， ${a_{n}}$ 是"完美数列"当且仅当 $\forall n \geq 2 : a_{n + 1} - a_{n} \leq a_{n} - a_{n - 1}$ .

解 ${S_{n}}$ 是完美数列要求 $\forall n \geq 2$ , $S_{n + 1} - S_{n} = a_{n + 1} \leq S_{n} - S_{n - 1} = a_{n}$ , 进而 $a_{n + 2} \leq a_{n + 1} \leq a_{n}$ . 但是根据条件， $a_{3} = \frac{S_{5}}{5} = 5 < a_{5}$ ，产生了矛盾，故 ${S_{n}}$ 不是完美数列.
解根据条件联立 $\begin{aligned} (1 - t) S_{n} + (2 t - 1) a_{n} = 2 t, \\ (1 - t) S_{n + 1} + (2 t - 1) a_{n + 1} = 2 t, \end{aligned}$
作差整理得 $\begin{array}{r} T a_{n + 1} = (2 t - 1) a_{n}, \end{array}$
由 $a_{n} \in N^{*}$ 得 $t \neq 0$ ，从而 $a_{n + 1} = \frac{2 t - 1}{t} a_{n}, a_{n + 2} = \frac{2 t - 1}{t} a_{n + 1} = {(\frac{2 t - 1}{t})}^{2} a_{n}$ . 结合 ${a_{n}}$ 是完美数列，得 $\begin{array}{r} A_{n + 2} - a_{n + 1} \leq a_{n + 1} - a_{n} \Rightarrow {(\frac{2 t - 1}{t})}^{2} + 1 - 2 \cdot \frac{2 t - 1}{t} = {(1 - \frac{2 t - 1}{t})}^{2} \leq 0 \Rightarrow t = 1. \end{array}$
可以验证此时 $a_{n} = 1$ 满足题意.
证明反设存在 $n_{0}$ 使得 $a_{n_{0}} \geq a_{n_{0} + 1} + 1$ . 假设对 $k_{0} \in N^{*}$ 有 $a_{n_{0} + k_{0}} \leq a_{n_{0}} - k_{0}, a_{n_{0} + k_{0}} \leq a_{n_{0} + k_{0} - 1} - 1,$
则反设的条件保证了 $k_{0} = 1$ 的成立. 又 $\begin{array}{r} a_{n_{0} + k_{0} + 1} \leq 2 a_{n_{0} + k_{0}} - a_{n_{0} + k_{0} - 1} \leq a_{n_{0} + k_{0}} - 1 \leq a_{n_{0}} - (k_{0} + 1), \end{array}$
这证明了 $k_{0} + 1$ 的情形. 因此根据归纳原理假设得证. 这样 $k$ 取到至多 $a_{n_{0}}$ 就能使 $a_{n_{0} + k}$ 不是正整数，这与题设矛盾，故结论成立！