生菜鸡蛋汤

200420．设无穷等差数列的前n项和为.(Ⅰ)若首项32，公差，求满足的正整数k；(Ⅱ)求所有的无穷等差数列，使得对于一切正整数k都有成立.20．本小题主要考查数列的基本知识，以及运用数学知识和解决问题的能力.满分12分. 解：（I）当时， 由，得， 即又，所以. （II）设数列的公差为，则在中分别取k=1,2,得 ，即 由（1）得或 当时，代入（2）得或 若，则，从而成立 若，则，由知 故所得数列不符合题意. 当时，代入（2）得，解得或 若，则，从而成立； 若，则，从而成立. 综上，共有3个满足条件的无穷等差数列： ①{an}:an=0，即0，0，0，…； ②{an}:an=1，即1，1，1，…； ③{an}:an=2n－1，即1，3，5，…，200523.（本小题满分14分，第一小问满分2分，第二.第三小问满分各6分）设数列的前项和为，已知，且，其中A.B为常数⑴求A与B的值；⑵：数列为等差数列；⑶证明：不等式对任何正整数都成立（23）（Ⅰ）由已知，得，，由，知，即解得.(Ⅱ)由（Ⅰ）得①所以②②-①得③所以④④-③得因为所以因为所以所以，又所以数列为等差数列（Ⅲ）由(Ⅱ)可知，，要证只要证，因为，，故只要证，即只要证，因为所以命题得证2006（21）（本小题满分14分）设数列、、满足：，（n=1,2,3,…），证明为等差数列的充分必要条件是为等差数列且（n=1,2,3,…）（21）证明：必要性.设是公差为d1的等差数列，则所以）成立.又（常数）（n=1，2，3，…），所以数列为等差数列.充分性，设数列是公差d2的等差数列，且（n=1，2，3，…）.证法一：①－②得，，③从而有④④－③得⑤，∴由⑤得由此不妨设（常数）.由此，从而，两式相减得，因此，所以数列是等差数列.证法二：令 从而由得，即.⑥由此得.⑦⑥－⑦得.⑧因为，所以由⑧得于是由⑥得，⑨从而⑩由⑨和⑩得即所以数列是等差数列.200720．（本小题满分16分）已知｛an｝是等差数列，｛bn｝是公比为q的等比数列，a1=b1，a2=b2≠a1，记Sn为数列｛bn｝的前n项和。（1）若bk=am（m，k是大于2的正整数），求证：Sk-1=（m－1）a1；（4分）（2）若b3=ai（i是某个正整数），求证：q是整数，且数列｛bn｝中每一项都是数列｛an｝中的项；（8分）（3）是否存在这样的正数q，使等比数列｛bn｝中有三项成等差数列？若存在，写出一个q的值，并加以说明；若不存在，请说明理由；（4分）20．解：设的公差为，由，知，（）（1）因为，所以，，所以（2），由，所以解得，或，但，所以，因为是正整数，所以是整数，即是整数，设数列中任意一项为，设数列中的某一项=现在只要证明存在正整数，使得，即在方程　　中有正整数解即可，，所以：，若，则，那么，当时，因为，只要考虑的情况，因为，所以，因此是正整数，所以是正整数，因此数列中任意一项为与数列的第项相等，从而结论成立。（3）设数列中有三项成等差数列，则有2设，所以2，令，则，因为，所以，所以，即存在使得中有三项成等差数列。200819．（16分）（1）设是各项均不为零的等差数列（），且公差，若将此数列删去某一项得到的数列（按原来的顺序）是等比数列：①当时，求的数值；②求的所有可能值；（2）求证：对于一个给定的正整数，存在一个各项及公差都不为零的等差数列，其中任意三项（按原来顺序）都不能组成等比数列。19.（Ⅰ）设是各项均不为零的等差数列（），且公差，若将此数列删去某一项得到的数列（按原来的顺序）是等比数列：①当n=4时，求的数值；②求的所有可能值；（Ⅱ）求证：对于一个给定的正整数n(n≥4)，存在一个各项及公差都不为零的等差数列，其中任意三项（按原来顺序）都不能组成等比数列．【解析】本小题主要考查等差数列与等比数列的综合运用．（Ⅰ）①当n＝4时，中不可能删去首项或末项，否则等差数列中连续三项成等比数列，则推出d＝0．若删去，则有即化简得＝0，因为≠0，所以=4；若删去，则有，即，故得=1．综上=1或－4．②当n＝5时，中同样不可能删去首项或末项．若删去，则有＝，即．故得=6；若删去，则＝，即．化简得3＝0，因为d≠0，所以也不能删去；若删去，则有＝，即．故得=2．当n≥6时，不存在这样的等差数列．事实上，在数列，，，…，，，中，由于不能删去首项或末项，若删去，则必有＝，这与d≠0矛盾；同样若删去也有＝，这与d≠0矛盾；若删去，…，中任意一个，则必有＝，这与d≠0矛盾．综上所述，n∈{4，5}．200917．（本小题满分14分）设是公差不为零的等差数列，为其前项和，满足（1）求数列的通项公式及前项和；（2）试求所有的正整数，使得为数列中的项. 17．解析：（1）设公差为，则，由性质得，因为，所以， 即，又由得，解得，所以的通项公式为，前项和。（2），令，，因为是奇数，所以可取的值为，当，时，，，是数列中的项；，时，，数列中的最小项是，不符合。所以满足条件的正整数。19.（本小题满分16分）设各项均为正数的数列的前n项和为，已知，数列是公差为的等差数列.（1）求数列的通项公式（用示）（2）设为实数，对满足的任意正整数，不等式都成立，求证：的最大值为. 20．（16分）（2011•江苏）设M为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项a1=1，前n项和为Sn，已知对任意整数k∈M，当整数n＞k时，Sn+k+Sn﹣k=2（Sn+Sk）都成立（1）设M={1}，a2=2，求a5的值；（2）设M={3，4}，求数列{an}的通项公式．　考点：数列递推式；数列与函数的综合．4664233专题：综合题．分析：（1）由集合M的元素只有一个1，得到k=1，所以当n大于1即n大于等于2时，Sn+1+Sn﹣1=2（Sn+S1）都成立，变形后，利用Sn+1﹣Sn=an+1，及a1=1化简，得到当n大于等于2时，此数列除去首项后为一个等差数列，根据第2项的值和确定出的等差写出等差数列的通项公式，因为5大于2，所以把n=5代入通项公式即可求出第5项的值；（2）当n大于k时，根据题意可得Sn+k+Sn﹣k=2（Sn+Sk），记作①，把n换为n+1，得到一个关系式记作②，②﹣①后，移项变形后，又k等于3或4得到当n大于等于8时此数列每隔3项或4项成等差数列，即an﹣6，an﹣3，an，an+3，an+6成等差数列，根据等差数列的性质得到一个关系式，记作（*），且an﹣6，an﹣2，an+2，an+6也成等差数列，又根据等差数列的性质得到另外一个关系式，等量代换得到an+2﹣an=an﹣an﹣2，得到当n大于等于9时，每隔两项成等差数列，设出等差数列的四项，根据等差数列的性质化简变形，设d=an﹣an﹣1，从而得到当n大于等于2小于等于8时，n+6大于等于8，把n+6代入（*）中，得到一个关系式，同时把n+7也代入（*）得到另外一个关系式，两者相减后根据设出的d=an﹣an﹣1，经过计算后，得到n大于等于2时，d=an﹣an﹣1都成立，从而把k=3和k=4代入到已知的等式中，化简后得到d与前3项的和及d与前4项和的关系式，两关系式相减即可表示出第4项的值，根据d=an﹣an﹣1，同理表示出第3项，第2项及第1项，得到此数列为等差数列，由首项等于1即可求出d的值，根据首项和等差写出数列的通项公式即可．解答：解：（1）由M={1}，根据题意可知k=1，所以n≥2时，Sn+1+Sn﹣1=2（Sn+S1），即（Sn+1﹣Sn）﹣（Sn﹣Sn﹣1）=2S1，又a1=1，则an+1﹣an=2a1=2，又a2=2，所以数列{an}除去首项后，是以2为首项，2为公差的等差数列，故当n≥2时，an=a2+2（n﹣2）=2n﹣2，所以a5=8；（2）根据题意可知当k∈M={3，4}，且n＞k时，Sn+k+Sn﹣k=2（Sn+Sk）①，且Sn+1+k+Sn+1﹣k=2（Sn+1+Sk）②，②﹣①得：（Sn+1+k﹣Sn+k）+（Sn+1﹣k﹣Sn﹣k）=2（Sn+1﹣Sn），即an+1+k+an+1﹣k=2an+1，可化为：an+1+k﹣an+1=an+1﹣an+1﹣k所以n≥8时，an﹣6，an﹣3，an，an+3，an+6成等差数列，且an﹣6，an﹣2，an+2，an+6也成等差数列，从而当n≥8时，2an=an﹣3+an+3=an﹣6+an+6，（*）且an﹣2+an+2=an﹣6+an+6，所以当n≥8时，2an=an﹣2+an+2，即an+2﹣an=an﹣an﹣2，于是得到当n≥9时，an﹣3，an﹣1，an+1，an+3成等差数列，从而an﹣3+an+3=an﹣1+an+1，由（*）式可知：2an=an﹣1+an+1，即an+1﹣an=an﹣an﹣1，当n≥9时，设d=an﹣an﹣1，则当2≤n≤8时，得到n+6≥8，从而由（*）可知，2an+6=an+an+12，得到2an+7=an+1+an+13，两式相减得：2（an+7﹣an+6）=an+1﹣an+（an+13﹣an+12），则an+1﹣an=2d﹣d=d，因此，an﹣an﹣1=d对任意n≥2都成立，又由Sn+k+Sn﹣k﹣2Sn=2Sk，可化为：（Sn+k﹣Sn）﹣（Sn﹣Sn﹣k）=2Sk，当k=3时，（Sn+3﹣Sn）﹣（Sn﹣Sn﹣3）=9d=2S3；同理当k=4时，得到16d=2S4，两式相减得：2（S4﹣S3）=2a4=16d﹣9d=7d，解得a4=d，因为a4﹣a3=d，解得a3=d，同理a2=d，a1=，则数列{an}为等差数列，由a1=1可知d=2，所以数列{an}的通项公式为an=1+2（n﹣1）=2n﹣1．点评：此题考查学生灵活运用数列的递推式化简求值，掌握确定数列为等差数列的方法，会根据等差数列的首项和等差写出数列的通项公式，是一道中档题．201220.(本小题满分16分)已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足：an+1=an+bna\o(22n)，nN*；⑴设bn+1=1+bnan，nN*，求证：数列(\f(bnan))2是等差数列；⑵设bn+1=2·bnan，nN*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值；201319、（本小题满分16分）设是首项为、公差为的等差数列，为其前项和。记，其中c为实数。（1）若c=0，且成等比数列，证明：（2）若为等差数列，证明：c=0。19．证：（1）若，则，，．当成等比数列，，即：，得：，又，故．由此：，，．故：（）．（2），．(※)若是等差数列，则型．观察(※)式后一项，分子幂低于分母幂，故有：，即，而≠0，故．经检验，当时是等差数列．201420.(本小题满分16分)设数列的前项和为.若对任意正整数，学科网总存在正整数，使得，则称是“H数列”.(1)若数列的前n项和(N),证明:是“H数列”;(2)设是等差数列,其首项,公差.若是“H数列”,求的值；(3)证明：对任意的等差数列，总存在两个“H数列”和，使得(N)成立.20.【解析】（1）首先，当时，，所以，所以对任意的，是数列中的项，因此数列是“数列”．（2）由题意，，数列是“数列”，则存在，使，，由于，又，则对一切正整数都成立，所以．（3）首先，若（是常数），则数列前项和为是数列中的第项，因此是“数列”，对任意的等差数列，（是公差），设，，则，而数列，都是“数列”，证毕．【考点】（1）新定义与数列的项，（2）数列的项与整数的整除；（3）构造法．201520．（16分）（2015•江苏）设a1，a2，a3．a4是各项为正数且公差为d（d≠0）的等差数列．（1）证明：2，2，2，2依次构成等比数列；（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由；（3）是否存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列？并说明理由．　20．（16分）（2015•江苏）设a1，a2，a3．a4是各项为正数且公差为d（d≠0）的等差数列．（1）证明：2，2，2，2依次构成等比数列；（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由；（3）是否存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列？并说明理由．考点：等比关系的确定；等比数列的性质．菁优网版权所有专题：等差数列与等比数列．分析：（1）根据等比数列和等差数列的定义即可证明；（2）利用反证法，假设存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，推出矛盾，否定假设，得到结论；（3）利用反证法，假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列，得到a1n（a1+2d）n+2k=（a1+2d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k），利用等式以及对数的性质化简整理得到ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t），（**），多次构造函数，多次求导，利用零点存在定理，推出假设不成立．解答：解：（1）证明：∵==2d，（n=1，2，3，）是同一个常数，∴2，2，2，2依次构成等比数列；（2）令a1+d=a，则a1，a2，a3，a4分别为a﹣d，a，a+d，a+2d（a＞d，a＞﹣2d，d≠0）假设存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，则a4=（a﹣d）（a+d）3，且（a+d）6=a2（a+2d）4，令t=，则1=（1﹣t）（1+t）3，且（1+t）6=（1+2t）4，（﹣＜t＜1，t≠0），化简得t3+2t2﹣2=0（*），且t2=t+1，将t2=t+1代入（*）式，t（t+1）+2（t+1）﹣2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，则t=﹣，显然t=﹣不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列．（3）假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列，则a1n（a1+2d）n+2k=（a1+2d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k），分别在两个等式的两边同除以=a12（n+k），a12（n+2k），并令t=，（t＞，t≠0），则（1+2t）n+2k=（1+t）2（n+k），且（1+t）n+k（1+3t）n+3k=（1+2t）2（n+2k），将上述两个等式取对数，得（n+2k）ln（1+2t）=2（n+k）ln（1+t），且（n+k）ln（1+t）+（n+3k）ln（1+3t）=2（n+2k）ln（1+2t），化简得，2k[ln（1+2t）﹣ln（1+t）]=n[2ln（1+t）﹣ln（1+2t）]，且3k[ln（1+3t）﹣ln（1+t）]=n[3ln（1+t）﹣ln（1+3t）]，再将这两式相除，化简得，ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t），（**）令g（t）=4ln（1+3t）ln（1+t）﹣ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t），则g′（t）=[（1+3t）2ln（1+3t）﹣3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t）]，令φ（t）=（1+3t）2ln（1+3t）﹣3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t），则φ′（t）=6[（1+3t）ln（1+3t）﹣2（1+2t）ln（1+2t）+3（1+t）ln（1+t）]，令φ1（t）=φ′（t），则φ1′（t）=6[3ln（1+3t）﹣4ln（1+2t）+ln（1+t）]，令φ2（t）=φ1′（t），则φ2′（t）=＞0，由g（0）=φ（0）=φ1（0）=φ2（0）=0，φ2′（t）＞0，知g（t），φ（t），φ1（t），φ2（t）在（﹣，0）和（0，+∞）上均单调，故g（t）只有唯一的零点t=0，即方程（**）只有唯一解t=0，故假设不成立，所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列．点评：本题主要考查等差数列、等比数列的定义和性质，函数与方程等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力，属于难题．