设数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$．若对任意的正整数 $n$，总存在正整数 $m$，使得 $S_n=a_m$，则 \((\qquad)\)
【难度】
【出处】
2015年清华大学自主招生暨领军计划试题
【标注】
【答案】
AC
【解析】
对于选项A，取 $a_n=n,n=1,2,\cdots $ 即可；
对于选项B，若 $\{a_n\}$ 为等比数列，设其公比为 $q$，显然 $q\neq \pm 1$．根据题意，对任何正整数 $n$，均有$$1+q+\cdots +q^n=q^{m_1},$$以及$$(1+q+\cdots +q^n)(1+q^{n+1})=1+q+\cdots +q^n+q^{n+1}+\cdots +q^{2n+1}=q^{m_2},$$其中 $m_1,m_2$ 均为正整数．两式相比，有$$1+q^{n+1}=q^{m_2-m_1}.$$当 $|q|>1$ 时，取 $n$ 为奇数，此时 $q^{m_2-m_1}\geqslant |q|^{n+2}$，当 $n$ 足够大时，方程必然无解；
当 $|q|<1$ 且 $q\neq 0$ 时，$\left|q^{m_2-m_1}\right|$ 或者在区间 $(0,|q|]$ 内，或者在区间 $\left[\dfrac{1}{|q|},+\infty \right)$ 内，因此当 $n$ 足够大时，必然可以使得 $\left|1+q^{n+1}\right|$ 落在区间 $\left(|q|,\dfrac{1}{|q|}\right)$ 内，此时方程无解．
综上所述，数列 $\{a_n\}$ 不可能是等比数列．
如果不考虑第一项，那么可以构造 $2,2,4,8,16,\cdots $ 或 $0,1,-1,1,-1,\cdots $．
对于选项C，取 $n=2$，有 $a_1+a_2=a_m$，于是 $a_1$ 可以写成两项之差；另一方面，当 $n\geqslant 2$ 时，有$$a_n=S_n-S_{n-1}=a_{m_1}-a_{m_2},$$也可以写成两项之差．因此命题成立．
对于选项D，取 $a_n=n,n=1,2,\cdots $ 即为反例．
对于选项B，若 $\{a_n\}$ 为等比数列，设其公比为 $q$，显然 $q\neq \pm 1$．根据题意，对任何正整数 $n$，均有$$1+q+\cdots +q^n=q^{m_1},$$以及$$(1+q+\cdots +q^n)(1+q^{n+1})=1+q+\cdots +q^n+q^{n+1}+\cdots +q^{2n+1}=q^{m_2},$$其中 $m_1,m_2$ 均为正整数．两式相比，有$$1+q^{n+1}=q^{m_2-m_1}.$$当 $|q|>1$ 时，取 $n$ 为奇数，此时 $q^{m_2-m_1}\geqslant |q|^{n+2}$，当 $n$ 足够大时，方程必然无解；
当 $|q|<1$ 且 $q\neq 0$ 时，$\left|q^{m_2-m_1}\right|$ 或者在区间 $(0,|q|]$ 内，或者在区间 $\left[\dfrac{1}{|q|},+\infty \right)$ 内，因此当 $n$ 足够大时，必然可以使得 $\left|1+q^{n+1}\right|$ 落在区间 $\left(|q|,\dfrac{1}{|q|}\right)$ 内，此时方程无解．
综上所述，数列 $\{a_n\}$ 不可能是等比数列．
如果不考虑第一项，那么可以构造 $2,2,4,8,16,\cdots $ 或 $0,1,-1,1,-1,\cdots $．
对于选项C，取 $n=2$，有 $a_1+a_2=a_m$，于是 $a_1$ 可以写成两项之差；另一方面，当 $n\geqslant 2$ 时，有$$a_n=S_n-S_{n-1}=a_{m_1}-a_{m_2},$$也可以写成两项之差．因此命题成立．
对于选项D，取 $a_n=n,n=1,2,\cdots $ 即为反例．
题目
答案
解析
备注
