热门试卷

（Ⅰ）设数列 的公差为，由题意知

解得

所以,得

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得

∴，，

因  成等比数列，所以，从而，

即  ，,解得 或（舍去）

∴

设等差数列的公差为，由  得：①由得即②联定①②   

由（1）得

试题分析：本题属于数列通项公式与数列求和公式的应用问题，由于问题较抽象有一定的难度。（1）求解时一定要灵活应用数学归纳法对进行证明；（2）在用分析法进行证明时要注意分析法的一些要领。

（Ⅰ）观察数列的前若干项：2，5，8，11，14，17，20，23，26，29，32，35，….

因为数列是递增的整数数列，且等比数列以2为首项，显然最小公比不能是，最小公比是4.

（ⅰ）以2为首项,且公比最小的等比数列的前四项是2，8，32，128.

（ⅱ）由（ⅰ）可知，公比，所以.

又，所以，

即.

再证为正整数.

显然为正整数，

时，，

即，故为正整数.

所以，所求通项公式为.

试题分析：本题属于数列通项公式与数列求和公式的应用问题，由于问题较抽象有一定的难度。（1）求解时一定要灵活应用数学归纳法对进行证明；（2）在用分析法进行证明时要注意分析法的一些要领。

（Ⅱ）设数列是数列中包含的一个无穷等比数列，

且，，

所以公比.因为等比数列各项为整数，所以为整数.

取（），则，故.

只要证是数列的项，即证.

只要证为正整数，显然为正整数.

又时，，

即，又因为，都是正整数，

故时，也都是正整数.

所以数列是数列中包含的无穷等比数列，

其公比有无数个不同的取值，对应着不同的等比数列，

故数列所包含的以为首项的不同无穷等比数列有无数多个.[

试题分析：本题属于数列通项公式与数列求和公式的应用问题，由于问题较抽象有一定的难度。（1）求解时一定要灵活应用数学归纳法对进行证明；（2）在用分析法进行证明时要注意分析法的一些要领。

（Ⅱ）设数列是数列中包含的一个无穷等比数列，

且，，

所以公比.因为等比数列各项为整数，所以为整数.

取（），则，故.

只要证是数列的项，即证.

只要证为正整数，显然为正整数.

又时，，

即，又因为，都是正整数，

故时，也都是正整数.

所以数列是数列中包含的无穷等比数列，

其公比有无数个不同的取值，对应着不同的等比数列，

故数列所包含的以为首项的不同无穷等比数列有无数多个.[   ……13分

（1）因为，所以，得

所以

，，且，得

所以，进而

（2），

，

所以，

，

(或 ，

因为，，数列是递增数列，且，

所以，不存在正整数，使得.

（Ⅰ）时，

时，，

又因为，所以.

设等比数列的公比为，

由已知，即，

解得，或（舍去，因为）

所以，

（Ⅱ），

设数列的前项和为，数列的前项和为.

当为偶数时，

当为奇数时，

-

           1

则      2

1-2得

所以

所以，

(1) 设的公差为，则

为单调递增的等差数列  且

由得解得

（2）

由①

得②

①    -②得， 

又不符合上式 

当时,

符合上式      ,

（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