（文）本题共有3个小题，第1、2小题满分各5分，第3小题满分7分．第3小题根据不同思维层次表现予以不同评分．

解题思路：（1）由已知，结合等差数列、等比数列的通项公式，建立q，d的关系，
（法一）证出d=0，，并说明项不为0即可．
（法二）证出q=1，并说明项不为0即可
（2）由（1）证明的结论知：{a_n²}为非零常数列，可举反例说明{a_n}是否为非零常数列
（3）指数由1，2进行推广到一般 时，由（1）代表了指数为奇数、且命题为真命题的情形，（2）代表了指数为偶数，且命题为真命题的情形 的情形，可据这两式写出正确的结论．

（1）（法一）

an+1−an＝d

an+1
an＝q⇒qa_n-a_n=d⇒（q-1）a_n=d
当q=1时，∵a_n≠0，所以d=0；
当q≠1时，⇒an＝
d
q−1是一常数，矛盾，所以{a_n}为非零常数列； （5分）
（法二）设a_n=a₁+（n-1）d，则有：
an+1
an＝
a1+(n+1−1)d
a1+(n−1)d＝q，
即a₁+nd=（a₁q-qd）+qdn（2分）
所以

d＝qd
a1＝qa1−qd，解得

d＝0
q＝1．由此可知数列{a_n}为非零常数列； （5分）
（2）记a_n²=b_n，由（1）证明的结论知：{a_n²}为非零常数列．（2分）
显然，{a_n²}为非零常数列时，{a_n}不一定为非零常数列，如：非常数数列a_n=（-p）ⁿ（p为大于0的正常数）和常数列a_n=p（p为非零常数）均满足题意要求．（5分）
（3）若{a_n}满足a_n+1^m-a_n^m=d'（常数）且

amn+1

amn＝q′（常数），则当m为奇数时，{a_n}必为非零常数列；当m为偶数时，{a_n}不一定为非零常数列．
或者：设a_n^m=a₁^m+（n-1）d，即a_n^m=A+Bn，则

amn+1

amn＝(
A+(n+1)B
A+nB)m＝q′，即(1+
B
A+Bn)m对一切n∈N^*均为常数，则必有B=0，即有a_n^m=A，当m为奇数时，an＝
mA
，当m为偶数时，an＝
mA
(A＞0)或者an＝
m(−A)
i (A＜0).3°{a_n}满足a_n+1^m-a_n^m=d'（常数）且

aln+1

aln＝q′（常数），且m、l为整数，
当m、l均为奇数时，{a_n}必为非零常数列；否则{a_n}不一定为常数列．
事实上，条件

aln+1

aln＝q′（正常数）可以转化为

amn+1

amn＝(q′)
m
l（常数），整个问题转化为2°，结论显然成立．（结论5分）
或者：设a_n^m=a₁^m+（n-1）d，即a_n^m=A+Bn，当m为奇数时，有an＝
mA+Bn
，则

aln+1

aln＝(
A+(n+1)B
A+nB)
l
m＝q′，即(1+
B
A+Bn)
l
m对一切n∈N^*均为常数，则必有B=0，即有a_n^m=A，则an＝
mA
，当m为偶数时，如反例：a_n=（-1）ⁿn∈N^*，它既满足m次方后是等差数列，又是l（不管l为奇数还是偶数）次方后成等比数列，但它不为常数列.4°{a_n}满足a_n+1^m-a_n^m=d'（常数）且

aln+1

aln＝q′（常数），m、l为有理数，q′＞0，则{a_n}必为非零常数列；否则{a_n}不一定为常数列．
证明过程同3°（结论6分）5°{a_n}满足a_n+1^m-a_n^m=d'（常数）且

aln+1

aln＝q′（常数），且m、l为实数，q′＞0，{a_n}是不等于1的正数数列，则{a_n}必为非零且不等于1的常数列；否则{a_n}不一定为常数列．
事实上，当q′＞0，m、l为实数时，条件

aln+1

aln＝q′同样可以转化为

amn+1

amn＝(q′)
m
l，记a_n^m=b_n，由第（1）题的结论知：{b_n}必为不等于1的正常数数列，也即{a_n^m}为不等于1的正常数数列，an＝
mbn
，从而{a_n}也是不等于1的正常数数列．
（结论7分）

点评：
本题考点： 数列递推式；数列的函数特性．

考点点评： 本题考查归纳推理，借用了数列的形式．用到了等差、等比数列的定义、判断，有理数指数幂的运算法则等知识．