题目 设数列 $\left\{{a_n}\right\} $ 的前 $n $ 项和为 $S_n $．若对任意正整数 $ n$，总存在正整数 $m $，使得 ${S_n} = {a_m} $，则称 $ \left\{ {a_n}\right\} $ 是“$ H $ 数列”． 问题1 若数列 $\left\{{a_n}\right\} $ 的前 $ n $ 项和 $ {S_n} = {2^n}\left(n \in {{\mathbb{N}}^ * }\right) $，证明：$\left\{{a_n}\right\} $ 是“$ H $ 数列”； 答案1 略． 解析1 可先利用通项和前 $n$ 项和的关系求出 $a_n$，然后去完成证明．首先 ${a_1} = {S_1} = 2$，当 $n \geqslant 2$ 时，\[{a_n} \overset{\left[a\right]}= {S_n} - {S_{n - 1}} = {2^n} - {2^{n - 1}} = {2^{n - 1}},\]（推导中用到：[a]）所以\[{a_n} = {\begin{cases}<br/>2,&n = 1, \\<br/>{2^{n - 1}},&n \geqslant 2, \\<br/>\end{cases}}\]所以对任意的 $n \in {{\mathbb{N}}^*} , {S_n} = {2^n} = {a_{n + 1}}$，因此数列 $\left\{ {a_n}\right\} $ 是“$H$ 数列”． 备注1 问题2 设 $ \left\{{{a}_{n}}\right\} $ 是等差数列，其首项 $ {{a}_{1}}=1 $，公差 $ d<0 $．若 $ \left\{{{a}_{n}}\right\} $ 是“$ H $ 数列”，求 $ d $ 的值； 答案2 $d = - 1$． 解析2 可利用条件“对任意正整数 $ n$，总存在正整数 $m $，使得 ${S_n} = {a_m} $”建立 $n$ 和 $m$ 的关系，然后通过 $m$ 和 $n$ 都为正整数这点解出 $d$．根据等差数列相关公式可得\[{a_n} = 1 + \left(n - 1\right)d, \\ {S_n} = n + \dfrac{n\left(n - 1\right)}{2}d,\]数列 $\left\{ {a_n}\right\} $ 是“$H $ 数列”，则存在 $ k \in {{\mathbb{N}}^*} $，使 $n + \dfrac{n\left(n - 1\right)}{2}d = 1 + \left(k - 1\right)d$，故\[k = \dfrac{n - 1}{d} + \dfrac{n\left(n - 1\right)}{2} + 1,\]由于 $ \dfrac{n\left(n-1\right)}{2} \in {{\mathbb{N}}^*} ,k \in {{\mathbb{N}}^*}$，<br/>则 $\dfrac{n-1}{d} \in {\mathbb{Z}}$ 对一切正整数 $n$ 均成立，所以 $d = - 1$． 备注2 问题3 证明：对任意的等差数列 $\left\{{{a}_{n}}\right\}$，总存在两个“$H$ 数列”$\left\{{{b}_{n}}\right\}$ 和 $\left\{{{c}_{n}}\right\}$，使得 ${{a}_{n}}={{b}_{n}}+{{c}_{n}}\left(n\in {{{\mathbb{N}}}^{*}}\right)$ 成立． 答案3 略． 解析3 本题在第（2）小题的基础上，对 $a_1=-d$ 的情形进行扩充，可得 $a_1=kd$，其中 $k=-1,0,1,2,\cdots$ 时的等差数列均为“$ \textit{H} $ 数列”，然后对等差数列 $\left\{a_n\right\}$ 的通项稍加变形即得．与第（2）小题类似，可得对公差为 $d$ 的等差数列 $\left\{x_n\right\}$ 而言，$S_n=a_m$ 成立等价于\[m=1+\dfrac{\left(n-1\right)x_1}d+\dfrac{n\left(n-1\right)}{2},\]因此当 $x_1=0$ 或 $x_1=d$ 时，$\left\{x_n\right\}$ 均为“$ \textit{H} $ 数列”，也即数列 $\left\{nd\right\}$ 和数列 $\left\{\left(n-1\right)d\right\}$ 均为“$ \textit{H} $ 数列”．<br/>设等差数列 $\left\{a_n\right\}$ 的公差为 $d_0$，则\[\begin{split}a_n=&a_1+\left(n-1\right)d_0\\=&n\cdot a_1+\left(n-1\right)\cdot \left(d_0-a_1\right),\end{split}\]而数列 $\left\{n\cdot a_1\right\}$ 和数列 $\left\{\left(n-1\right)\cdot \left(d_0-a_1\right)\right\}$ 均为“$ \textit{H} $ 数列”，因此原命题得证． 备注3