热门试卷

已知AB、BC、CA成等差数列，则：|AB|+|AC|=2|BC|

∵点B（-1，0），C（1，0），∴|BC|=2

所以，|AB|+|AC|=2|BC|=4

按照椭圆的定义，点A的轨迹就是以B、C为焦点，到B、C距离之和为4的椭圆

∵焦点B、C在x轴上，故设椭圆为+=1（a＞b＞0）

由已知有：c=1，a=2

所以，b2=a2-c2=4-1=3

又已知|AB|＞|AC|

所以点A位于上述椭圆的右半部分，且点A不能与B、C在同一直线（x轴）上（否则就不能构成三角形）

所以，点A的轨迹方程是：+=1（0＜x＜2）

解法一：设两个数列相同的项按原来的前后次序组成的新数列为{an}，则a1=11．

∵数列5，8，11，…与3，7，11，…公差分别为3与4，

∴{an}的公差d=3×4=12，

∴an=12n-1．

又∵5，8，11，…与3，7，11，…的第100项分别是302与399，

∴an=12n-1≤302，即n≤25.5．

又∵n∈N*，

∴两个数列有25个相同的项．

其和S25=11×25+×12=3875．

解法二：设5，8，11，与3，7，11，分别为{an}与{bn}，则an=3n+2，bn=4n-1．

设{an}中的第n项与{bn}中的第m项相同，

即3n+2=4m-1，∴n=m-1．

又m、n∈N*，∴设m=3r（r∈N*），

得n=4r-1．

根据题意得

解得1≤r≤25（r∈N*）．

从而有25个相同的项，且公差为12，

其和S25=11×25+×12=3875．

（Ⅰ）由题意可得，创新数列为3，4，4，5，5的所有数列 {Cn}有两个，即数列3，4，1，5，2；

或数列3，4，2，5，1．  …（4分）

（Ⅱ）存在数列{Cn}，使它的创新数列为等差数列．

设数列{Cn} 的创新数列为{ en}，（n=1，2，3，4…，m），

因为em 是 c1，c2，c3，…，cm 中的最大值，所以 em=m．

由题意知，ek为 c1，c2，c3，…ck 中最大值，所以，ek≤ek+1，且 ek∈{1，2，3，…，m}．

若{ en}为等差数列，设其公差为d，则d=ek+1-ek≥0 且d∈N．

当d=0 时，{ en}为常数列，又 em=m，所以数列{ en}为 m，m，…，m．

此时数列{Cn}是首项为m的任意一个符合条件的数列．  …（8分）

当d=1时，因为em=m，所以数列{ en} 为1，2，…，m．

此时，数列{cn} 为1，2，3，…，m．  …（10分）

当d≥2时，因为 em=e1+（m-1）d≥e1+（m-1）2=2m-2+e1，

又m＞3，e1 为正整数，所以 em＞m，这与 em=m 矛盾，所以此时{ en}不存在，即不存在{Cn}使得它的创新数列为公差d≥2的等差数列．…（13分）

综上，当数列{Cn}为以m为首项的任意一个符合条件的数列，或{Cn}为数列1，2，3，…，m时，它的创新数列为等差数列．…（14分）

（1）∵4Sn=+2an+1，∴当n≥2时，4Sn-1=+2an-1+1．

两式相减得4an=-+2an-2an-1，

∴（an+an-1）（an-an-1-2）=0，

∵an＞0，∴an-an-1=2，

又4S1=+2a1+1，∴a1=1，

∴{an}是以a1=1为首项，d=2为公差的等差数列．  

∴an=2n-1；

（2）由（1）知Sn==n2，

∴Sm=m2，Sk=k2，Sp=p2，

于是+-=+-=

=≥=0，

∴+≥；

（3）结论成立，证明如下：

设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则Sn=na1+d=，

于是Sm+Sp-2Sk=ma1+d+pa1+d-[2ka1+k(k-1)d]

=(m+p)a1+d-(2ka1+k2d-kd)，

将m+p=2k代入得，Sm+Sp-2Sk=d≥0，

∴Sm+Sp≥2Sk，

又SmSp==≤

===，

∴+=≥=．

解（1）考虑到结构特征，取特值12，52，72满足等差数列，只需取b=5a，c=7a，对一切正整数a均能成立．

（2）证明：当an2，bn2，cn2成等差数列，则bn2-an2=cn2-bn2，

分解得：（bn+an）（bn-an）=（cn+bn）（cn-bn）

选取关于n的一个多项式，4n（n2-1）做两种途径的分解4n（n2-1）=（2n-2）（2n2+2n）=（2n2-2n）（2n+2）4n（n2-1）

对比目标式，构造(n≥4)，由第一问结论得，等差数列成立，

考察三角形边长关系，可构成三角形的三边．

下证互不相似．

任取正整数m，n，若△m，△n相似：则三边对应成比例==，

由比例的性质得：=⇒m=n，与约定不同的值矛盾，故互不相似．