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 若数列 $S_n=2^n$（$n\in{\mathbb N^*}$），则$$a_n=\begin{cases} 2,&n=1,\\2^{n-1},&n\geqslant 2,\end{cases}$$因此对任意正整数 $n$，均有$$S_n=2^n=a_{n+1},$$因此数列 $\{a_n\}$ 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 $d$ 的值为 $-1$ 解析2 根据题意，对任意正整数 $n$，存在正整数 $m$，使得 $S_n=a_m$，即$$na_1+\dfrac 12n(n-1)d=a_1+(m-1)d,$$也即$$m=1+\dfrac{n-1}d+\dfrac{n(n-1)}2,$$取 $n=2$，则有$$m=2+\dfrac 1d,$$即$$ d=\dfrac{1}{m-2},$$而 $m$ 是正整数，$d<0$，因此 $d=-1$．<br/>而当 $d=-1$ 时，对任意正整数 $n$，均存在正整数$$m=2-n+\dfrac{n(n-1)}2$$使得 $S_n=a_m$，因此 $\{a_n\}$ 是“$H$ 数列”．<br/>综上，$d$ 的值为 $-1$． 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 与第 $(2)$ 小题类似，可得对公差为 $d$ 的等差数列 $\{x_n\}$ 而言，$S_n=a_m$ 成立等价于$$m=1+\dfrac{(n-1)x_1}d+\dfrac{n(n-1)}{2},$$因此当 $x_1=0$ 或 $x_1=d$ 时，$\{x_n\}$ 均为“$H$ 数列”，也即数列 $\{nd\}$ 和数列 $\{(n-1)d\}$ 均为“$H$ 数列”．<br/>设等差数列 $\{a_n\}$ 的公差为 $d_0$，则$$a_n=a_1+(n-1)d_0=n\cdot a_1+(n-1)\cdot (d_0-a_1),$$而数列 $\{n\cdot a_1\}$ 和数列 $\{(n-1)\cdot (d_0-a_1)\}$ 均为“$H$ 数列”，因此原命题得证． 备注3