2015年高考数学数列解答题专题
2015年高考试题汇编 数列
1. (15北京理科)设{a n }是等差数列. 下列结论中正确的是
A .若a 1+a 2>0,则a 2+a 3>0 B .若a 1+a 3a 2,则a 2 D .若a 10 【答案】
C
考点:1. 等差数列通项公式;2. 作差比较法 2. (15
北京理科)已知数列
{a n }
满足:a 1∈N *,a 1≤36,且
8⎧2a n ,a n ≤1,
a n +1=⎨
6a n >⎩2a n -3,
…). (n =1,2,18
记集合M =a n |n ∈N *.
(Ⅰ)若a 1=6,写出集合M 的所有元素;
(Ⅱ)若集合M 存在一个元素是3的倍数,证明:M 的所有元素都是3的倍数; (Ⅲ)求集合M 的元素个数的最大值.
【答案】(1)M ={6,12,24},(2)证明见解析,(3)8 【解析】
①试题分析:(Ⅰ)由
{}
a 3=24a , =a 1=6,可知a 2=12, 4
则12,
M ={6,12,24};(Ⅱ)因为集合M 存在一个元素是3的倍数,所以不妨设a k 是3的
倍数,用数学归纳法证明对任意n ≥k ,a n 是3的倍数,当k =1时,则M 中的所有元素都是3的倍数,如果k >1时,因为a k =2a k -1或2a k -1-36,所以2a k -1是3的倍数,于是a k -1是3的倍数,类似可得,a k -2,...... a 1都是3的倍数,从而对任意n ≥1,a n 是3的倍数,因此M 的所有元素都是3的倍数. 第二步集合M 存在一个⎧2a n ,a n ≤18,元素是3的倍数,所以不妨设a k 是3的倍数,由已知a n +1=⎨,用数
2a -36,a >18n ⎩n
学归纳法证明对任意n ≥k ,第三步由于M 中的元素都不超过36,M a n 是3的倍数;中的元素个数最多除了前面两个数外,都是4的倍数,因为第二个数必定为偶数,由a n 的定义可知,第三个数及后面的数必定是4的倍数,由定义可知,a n +1和2a n 除以9的余数一样,分a n 中有3的倍数和a n 中没有3的倍数两种情况,研究集合M 中的元素个数,最后得出结论集合M 的元素个数的最大值为8. 试题解析:(Ⅰ)由已知
⎧2a n ,a n ≤18,
a n +1=⎨
⎩2a n -36,a n >18
可知:
a 1=6, a 2=12, a 3=24, a 4=12,
∴M ={6,12,24}
(Ⅱ)因为集合M 存在一个元素是3的倍数,所以不妨设a k 是3的倍数,由已知⎧2a n ,a n ≤18,a n +1=⎨,可用用数学归纳法证明对任意n ≥k ,a n 是3的倍数,当
2a -36,a >18n ⎩n
k =1时,则M 中的所有元素都是3的倍数,如果k >1时,因为a k =2a k -1或
2a k -1-36,所以2a k -1是3的倍数,于是a k -1是3的倍数,类似可得,a k -2,...... a 1
都是3的倍数,从而对任意n ≥1,a n 是3的倍数,因此M 的所有元素都是3的倍数. (Ⅲ)由于M 中的元素都不超过36,由a 1≤36,易得a 2≤36,类似可得a n ≤36,其次M 中的元素个数最多除了前面两个数外,都是4的倍数,因为第二个数必定为偶数,由a n 的定义可知,第三个数及后面的数必定是4的倍数,另外,M 中的数除以9
的余数, 由定义可知,a n +1和2a n 除以9的余数一样,
考点:1. 分段函数形数列通项公式求值;2. 归纳法证明;3. 数列元素分析. . (15北京文科)已知等差数列{a n }满足a 1+a 2=10,a 4-a 3=2. (Ⅰ)求{a n }的通项公式;
(Ⅱ)设等比数列{b n }满足b 2=a 3,b 3=a 7,问:b 6与数列{a n }的第几项相等? 【答案】(1)a n =4+2(n -1) =2n +2;(2)b 6与数列{a n }的第63项相等. 【解析】
试题分析:本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式等基础知识,考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力. 第一问,利用等差数列的通项公式,将a 1, a 2, a 3, a 4转化成a 1和d ,解方程得到a 1和d 的值,直接写出等差数列的通项公式即可;第二问,先利用第一问的结论得到b 2和b 3的值,再利用等比数列的通项公式,将b 2和b 3转化为b 1和q ,解出b 1和q 的值,得到b 6的值,再代入到上一问等差数列的通项公式中,解出n 的值,即项数.
试题解析:(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d. 因为a 4-a 3=2,所以d =2.
又因为a 1+a 2=10,所以2a 1+d =10,故a 1=4.
所以a n =4+2(n -1) =2n +2 (n =1, 2, ) . (Ⅱ)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2=a 3=8,b 3=a 7=16, 所以q =2,b 1=4. 所以b 6=4⨯26-1=128. 由128=2n +2,得n =63. 所以b 6与数列{a n }的第63项相等. 考点:等差数列、等比数列的通项公式.
4. (15年广东理科)在等差数列{a n }中,若a 3+a 4+a 5+a 6+a 7=25,则a 2+a 8= 【答案】10. 【解析】因为
{a n }
是等差数列,所以a 3+a 7=a 4+a 6=a 2+a 8=2a 5,
a 3+a 4+a 5+a 6+a 7=5a 5=25即a 5=5,a 2+a 8=2a 5=10,故应填入10.
【考点定位】本题考查等差数列的性质及简单运算,属于容易题. 5. (15年广东理科)数列{a n }满足a 1+2a 2+⋅⋅⋅+na n =4- (1) 求a 3的值;
(2) 求数列{a n }前n 项和T n ; (3) 令b 1=a 1,b n =和S n
满足S n
n +2
, n ∈N *. 2n -1
T n -1⎛111⎫
+ 1+++⋅⋅⋅+⎪a n (n ≥2),证明:数列{b n }的前n 项n ⎝23n ⎭
1⎛1⎫
【答案】(1);(2)2- ⎪
4⎝2⎭
n -1
;(3)见解析.
(3)依题由b n =
a 1+a 2+ +a n -1⎛1a ⎛1⎫1⎫
+ 1++ +⎪a n 知b 1=a 1,b 2=1+ 1+⎪a 2,
n n ⎭2⎝2⎭⎝2
【考点定位】本题考查递推数列求项值、通项公式、等比数列前n 项和、不等式放缩等知识,属于中高档题.
6. (15年广东文科)若三个正数a ,b ,c
成等比数列,其中a =5+
c =5-,则b = . 【答案】1 【解析】
试题分析:因为三个正数a ,b ,c
成等比数列,所以b =ac =5+因为b >0,所以b =1,所以答案应填:1. 考点:等比中项.
7.(15年广东文科) 设数列{a n }的前n 项和为S n ,n ∈N.已知a 1=1,a 2=
*
2
(
5-=1,
35
,a 3=,24
且当n ≥2时,4S n +2+5S n =8S n +1+S n -1.
(1)求a 4的值;
1⎫⎧
2证明:a -a n ⎬为等比数列; ()⎨n +1
2⎭⎩
(3)求数列{a n }的通项公式.
7⎛1⎫
【答案】(1);(2)证明见解析;(3)a n =(2n -1)⨯ ⎪
8⎝2⎭
n -1
.
考点:1、等比数列的定义;2、等比数列的通项公式;3、等差数列的通项公式.
8. (15年安徽理科)设n ∈N ,x n 是曲线y =x 坐标,
*
2n +3
2) 处的切线与x 轴交点的横+1在点(1,
(1)求数列{x n }的通项公式;
222
T ≥
(2)记T n =x 1x 2 x 2n -1,证明n
1
.
4n
9. (15年安徽文科)已知数列{a n }中,a 1=1,a n =a n -1+9项和等于。 【答案】
27
1
(n ≥2),则数列{a n }的前2
考点:1. 等差数列的定义;2. 等差数列的前n 项和.
10. (15年安徽文科)已知数列{a n }是递增的等比数列,且a 1+a 4=9, a 2a 3=8. (1)求数列{a n }的通项公式;
(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和,b n =
a ,求数列{b n }的前n 项和T n 。
S n S n +1
2n +1-2
【答案】(1)a n =2(2) n +1
2-
1
n -1
2n +1-2==1-n +1.
2-12n +1-1
1
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考点:1. 等比数列的性质;2. 裂项相消法求和.
11. (15年福建理科)若a , b 是函数f (x )=x -px +q (p >0, q >0) 的两个不同的零点,
2
且a , b , -2 这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p +q 的值等于( )
A .6 B .7 C .8 D .9 【答案】D 【解析】
2适当排序后成等试题分析:由韦达定理得a +b =p ,a ⋅b =q ,则a >0, b >0,当a , b , -
4
.当适当排序后成等差数列时,-2必a
44
不是等差中项,当a 是等差中项时,2a =-2,解得a =1,b =4;当是等差中项时,
a a
8
=a -2,解得a =4,b =1,综上所述,a +b =p =5,所以p +q =9,选D . a
比数列时,-2必为等比中项,故a ⋅b =q =4,b =考点:等差中项和等比中项.
12. (15年福建文科)若a , b 是函数f (x )=x 2-px +q (p >0, q >0) 的两个不同的零点,且a , b , -2 这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p +q 的值等于________. 【答案】
9
考点:等差中项和等比中项.
13. (15年福建文科)等差数列{a n }中,a 2=4,a 4+a 7=15. (Ⅰ)求数列{a n }的通项公式; (Ⅱ)设b n =2
a n -2
+n ,求b 1+b 2+b 3+⋅⋅⋅+b 10的值.
【答案】(Ⅰ)a n =n +2;(Ⅱ)2101. 【解析】
试题分析:(Ⅰ)利用基本量法可求得a 1, d ,进而求{a n }的通项公式;(Ⅱ)求数列前n 项和,首先考虑其通项公式,根据通项公式的不同特点,选择相应的求和方法,本题
b n =2n +n ,故可采取分组求和法求其前10项和.
试题解析:(I )设等差数列{a n }的公差为d .
由已知得⎨
⎧⎪a 1+d =4
,
⎪⎩(a 1+3d )+(a 1+6d )=15
解得⎨
⎧a 1=3.
⎩d =1
所以a n =a 1+(n -1)d =n +2.
考点:1、等差数列通项公式;2、分组求和法.
14. (15年新课标2理科)等比数列{a n }满足a 1=3,则a 3+a 5+a 7= ( ) a 1+a 3+a 5 =21,
(A )21 (B )42 (C )63 (D )84 【答案】
B
15. (15年新课标2理科)设S n 是数列{a n }的前n 项和,且a 1=-1,a n +1=S n S n +1,则
S n =________.
【答案】-
1
n
11-=-1,S n +1S n
【解析】由已知得a n +1=S n +1-S n =S n +1⋅S n ,两边同时除以S n +1⋅S n ,得
故数列⎨
⎧1⎫1
是以为首项,为公差的等差数列,则=-1-(n -1) =-n ,所以-1-1⎬
S n ⎩S n ⎭
S n =-
1. n
16. (15年新课标2文科)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和, 若a 1+a 3+a 5=3, 则S 5=( ) A .5 B .7 C .9 D .11 【答案】A 【解析】
5(a 1+a 5)
=5a 3=5. 故选A. 试题解析:a 1+a 3+a 5=3a 3=3⇒a 3=1, S 5=
2
考点:等差数列
17. (15年新课标2文科)已知等比数列{a n }满足a 1=
1
, a a =4(a 4-1), 则a 2=( )
435
11
A.2 B. 1 C. D.
28
【答案】C 【解析】
2
a a =a =4(a 4-1)⇒a 4=2354试题分析:由题意可得
, 所以
q 3=
a 4
=8⇒q =2
, 故a 1
a 2=a 1q =
1
2 , 选C.
考点:等比数列.
18. (15年陕西理科)中位数1010的一组数构成等差数列,其末项为2015,则该数列的首项为 . 【答案】5 【解析】
试题分析:设数列的首项为a 1,则a 1+2015=2⨯1010=2020首项为5,所以答案应填:5. 考点:等差中项.
19. (15年陕西文科)中位数为1010的一组数构成等差数列,其末项为2015,则该数列的首项为________ 【答案】5
,所以a 1=5,故该数列的
考点:等差数列的性质.
20. (15年陕西文科)设f n (x ) =x +x 2+ +x n -1, n ∈N , n ≥2.
(I)求f n '(2);
11⎛2⎫⎛2⎫
(II)证明:f n (x ) 在 0, ⎪内有且仅有一个零点(记为a n ),且0
23⎝3⎭⎝3⎭
【答案】(I) f n '(2)=(n -1)2n +1 ;(II)证明略,详见解析. 【解析】
试题分析:(I)由题设f n '(x ) =1+2x + +nx n -1,所以f n '(2)=1+2⨯2+ +n 2n -1,此式等价于数列{n ⋅2
n -1
n
}的前n 项和,由错位相减法求得f n '(2)=(n -1)2n +1;
n
2
22⎛2⎫⎛2⎫
(II)因为f (0)=-10,所以f n (x ) 在(0,) 内
33⎝3⎭⎝3⎭
至少存在一个零点,又f n '(x ) =1+2x + +nx n -1>0,所以f n (x ) 在(0,) 内单调递增,因
2
3
21-x n
-1,所以此,f n (x ) 在(0,) 内有且只有一个零点a n ,由于f n (x ) =
31-x 1111-a n n
0=f n (a n ) =-1,由此可得a n =+a n n +1>
2221-a n 12111⎛2⎫
故
试题解析:(I)由题设f n '(x ) =1+2x + +nx 所以f n '(2)=1+2⨯2+ +n 2
2
n -1
n -1
n +1
1⎛2⎫
=⨯ ⎪. 3⎝3⎭
n
,
①
n
由 2f n '(2=) ⨯1+2⨯2+2 +n
2
2 ②
n -1
①-②得-f n '(2)=1+2+2+ +2
-n 2n
=
1-22
1-2
-n ⋅2n =(1-n )2n -1, 所以 f n '(2)=(n -1)2n +1 (II)因为f (0)=-1
2⎛⎛2⎫n
⎫⎪⎪f 23 1-n (⎝ ⎝3⎪⎭⎭n 23) =
-1=1-2⨯⎛1- 2⎫⎝3⎪≥1-2⨯⎛2⎫⎭ ⎝3⎪⎭
>0,3
所以f 2n (x ) 在(0,3
) 内至少存在一个零点, 又f n '(x ) =1+2x + +nx n -1>0 所以f 2
n (x ) 在(0,3
) 内单调递增,
因此,f 2n (x ) 在(0,3
) 内有且只有一个零点a n ,
由于f 1-x n
n (x ) =
1-x
-1, 所以0=f =1-a n
n n (a n ) 1-a -1
n
由此可得a 1n =2+12a n +11n >2
故
12
n
n
所以0
n -2=2a n
=1⎛2⎫
⎭3⨯ ⎝3⎪⎭
考点:1. 错位相减法;2. 零点存在性定理;3. 函数与数列. 21.
(
15
年
天
津
理
科
)已知a (为实数,且q q ≠1,∈) *
n +2=qa n a n =1a N =,且2,
a 2+a 3, a 3+a 4, a 4+a 5成等差数列.
(I)求q 的值和{a n }的通项公式;
数列
1, a n }
满2
足
{
(II)设b n =
log 2a 2n
的前n 项和. , n ∈N *,求数列{b n }
a 2n -1
-1⎧n 2
n +2⎪2, n 为奇数,
【答案】(I) a n =⎨n ; (II) S n =4-n -1.
2⎪22, n 为偶数.
⎩
【解析】
试题分析:(I)由a 3+a 4-a 2+a 3=a 4+a 5-a 3+a 4得a 4-a 2=a 5-a 3 先求出q ,分n 为奇数与偶数讨论即可;(II)求出数列{b n }的通项公式,用错位相减法求和即可. 试题解析:(I) 由已知,有a 3+a 4-a 2+a 3=a 4+a 5-a 3+a 4,即a 4-a 2=a 5-a 3所以a 2(q -1) =a 3(q -1) ,又因为q ≠1,故a 3=a 2=2,由a 3=a 1q ,得q =2, 当n =2k -1(n ∈N *)时,a n =a 2k -1=2
k
k -1n
2
() (
(
) () ()
) () () ()
,
=2
n -1
2
,
当n =2k (n ∈N *)时,a n =a 2k =2=2,
-1⎧n 2
⎪2, n 为奇数,
所以{a n }的通项公式为a n =⎨n
⎪22, n 为偶数
. ⎩
考点:1. 等差中项定义;2. 等比数列及前n 项和公式.3. 错位相减法.
22. (15年天津文科)已知{a n }是各项均为正数的等比数列, {b n }是等差数列, 且
a 1=b 1=1, b 2+b 3=2a 3, a 5-3b 2=7.
(I )求{a n }和{b n }的通项公式;
(II )设c n =a n b n , n ? N *, 求数列{c n }的前n 项和.
【答案】(I )a n =2n -1, n ∈N *, b n =2n -1, n ∈N *;(II )S n =(2n -3)2+3
n
【解析】 试题分析:(I )列出关于q 与d 的方程组, 通过解方程组求出q , d , 即可确定通项;(II )用错位相减法求和.
试题解析:(I )设{a n }的公比为q , {b n }的公差为d , 由题意q >0 , 由已知, 有
⎧2q 2-3d =2,
消去d 得q 4-2q 2-8=0, 解得q =2, d =2 , 所以{a n }的通项公式为⎨4
⎩q -3d =10,
a n =2n -1, n ∈N *, {b n }的通项公式为b n =2n -1, n ∈N *.
(II )由(I )有c n =(2n -1)2
n -1
, 设{c n }的前n 项和为S n , 则
S n =1⨯20+3⨯21+5⨯22+ +(2n -1)⨯2n -1, 2S n =1⨯21+3⨯22+5⨯23+ +(2n -1)⨯2n ,
两式相减得-S n =1+2+2+ +2-(2n -1)⨯2=-(2n -3)⨯2-3,
2
3
n
n
n
所以S n =(2n -3)2+3 .
n
考点:1. 等差、等比数列的通项公式;2. 错位相减法求和. 23. (15年天津文科)已知函数f (x ) =4x -x , x ? R , (I )求f (x ) 的单调性;
(II )设曲线y =f (x ) 与x 轴正半轴的交点为P , 曲线在点P 处的切线方程为y =g (x ) , 求证:对于任意的正实数x , 都有f (x ) £g (x ) ;
4
a 1
(III )若方程f (x )=a (a 为实数) 有两个正实数根x 1,x 2,且x 1
3
【答案】(I )f (x ) 的单调递增区间是(-∞,1) , 单调递减区间是(1, +∞);(II )见试题解析;
(III )见试题解析. 【解析】
试题解析:(I )由f (x ) =4x x -
4
, 可得f ¢(x ) =4-4x 3, 当f '(x )>0 , 即x
单调递增;当f '(x )1 时, 函数f (x ) 单调递减. 所以函数f (x ) 的单调递增区间是(-∞,1) , 单调递减区间是(1, +∞).
(II )设P (x 0,0) , 则x 0=4 , f '(x 0)=-12, 曲线y =f (x ) 在点P 处的切线方程为
1
3
y =f '(x 0)(x -x 0) , 即g (x )=f '(x 0)(x -x 0), 令F (x )=f (x )-g (x ) 即F (x )=f (x )-f '(x )(x -x 0) 则F '(x )=f '(x )-f '(x 0).
由于f (x ) =4-4x 在(-∞, +∞) 单调递减, 故F '(x )在(-∞, +∞) 单调递减, 又因为
3
F '(x 0)=0, 所以当x ∈(-∞, x 0)时, F '(x )>0, 所以当x ∈(x 0, +∞)时, F '(x )
x , F (x )≤F (x 0)=0 , 对于任意的正实数x , 都有f (x ) £g (x ) .
考点:1. 导数的几何意义;2. 导数的应用. 24.(15年浙江理科)
25. (15年湖南理科)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和,若a 1=1,且3S 1,2S 2, S 3成等差数列,则a n =【答案】-
2n +3.
考点:等差数列的通项公式及其前n 项和.
26. (15年山东理科)设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知2S n =3n +3. (Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;
(Ⅱ)若数列{b n }满足a n b n =log 3a n ,求数列{b n }的前n 项和T n . 解:(Ⅰ)由2S n =3n +3可得a 1=S 1=
1
(3+3) =3, 2
a n =S n -S n -1=
1-1
1n 1
(3+3) -(3n -1+3) =3n -1(n ≥2) 22
⎧3, n =1,
而a 1=3≠3,则a n =⎨n -1
3, n >1. ⎩
⎧1
, n =1,
⎧3, n =1, log 3a n ⎪⎪3
=⎨(Ⅱ)由a n b n =log 3a n 及a n =⎨n -1可得b n =
n -1a n ⎩3, n >1. ⎪, n >1. n -1⎪⎩3
T n =
1123n -1
++2+3+ +n -1. 3333311123n -2n -1T n =2+2+3+4+ +n -1+n [1**********]111n -1T n =+-2+2+3+ +n -1-n 33333333
111111n -1=-2+(+2+3+ +n -1) -n 3333333
11-
2n n -1213n -1 =+-n =+--n
n
91-3922⋅333
132n +1=-
182⋅3n 132n +1T n =-
124⋅3n -1
27. (15年江苏)数列{a n }满足a 1=1,且a n +1-a n =n +1(n ∈N *),则数列{10项和为【答案】
1
的前a n
20 11
【解析】
试题分析:由题意得:
a n =(a n -a n -1) +(a n -1-a n -2) + +(a 2-a 1) +a 1=n +n -1+ +2+1=
所以
11112n 20=2(-), S n =2(1-) =, S 10= a n n n +1n +1n +111
n (n +1)
2
考点:数列通项,裂项求和
28. (15年江苏)设a 1, a 2, a 3, a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0) 的等差数列 (1)证明:21,22,23,24依次成等比数列;
(2)是否存在a 1, d ,使得a 1, a 22, a 33, a 44依次成等比数列,并说明理由; (3)是否存在a 1, d 及正整数n , k ,使得a 1, a 2, a 3理由.
【答案】(1)详见解析(2)不存在(3)不存在
n
n +k
n +2k
a a a a
n +3k
依次成等比数列,并说明, a 4
a ,(2)令a 1+d =则a 1,a 2,a 3,a 4分别为a -d ,a ,a +d ,a +2d (a >d ,a >-2d ,
d ≠0).
假设存在a 1,d ,使得a 1,a 2,a 3,a 4依次构成等比数列, 则a =(a -d )(a +d ),且(a +d )=a
4
3
6
2
234
(a +2d )
4
.
令t =
d 1364
,则1=(1-t )(1+t ),且(1+t )=(1+2t )(-
化简得t 3+2t 2-2=0(*),且t 2=t +1.将t 2=t +1代入(*)式,
1t (t +1)+2(t +1)-2=t 2+3t =t +1+3t =4t +1=0,则t =-.
4
1
显然t =-不是上面方程得解,矛盾,所以假设不成立,
4
因此不存在a 1,d ,使得a 1,a 2,a 3,a 4依次构成等比数列. (3)假设存在a 1,d 及正整数n ,k ,使得a 1,a 2则a 1(a 1+2d )
n
n +2k
234
n n +k
,a 3
n +2k
,a 4
n +3k
依次构成等比数列,
2(n +2k )
=(a 1+d )
2(n +k )
,且(a 1+d )及a
n +k
(a 1+3d )
t =
n +3k
=(a 1+2d )
.
分别在两个等式的两边同除以a 则(1+2t )
n +2k
2(n +k )
12(n +2k )
,并令1
d 1
(t >-,t ≠0), a 13
2(n +2k )
=(1+t )
2(n +k )
,且(1+t )
n +k
(1+3t )
n +3k
=(1+2t )
.
将上述两个等式两边取对数,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 ),
222
2⎡(1+3t )ln (1+3t )-3(1+2t )ln (1+2t )+3(1+t )ln (1+t )⎤
⎦. 则g '(t )=⎣
1+t 1+2t 1+3t 令ϕ(t )=(1+3t )ln (1+3t )-3(1+2t )ln (1+2t )+3(1+t )ln (1+t ), 则ϕ'(t )=6⎡⎣(1+3t )ln (1+3t )-2(1+2t )ln (1+2t )+(1+t )ln (1+t )⎤⎦.
222
'(t )=6⎡令ϕ1(t )=ϕ'(t ),则ϕ1⎣3ln (1+3t )-4ln (1+2t )+ln (1+t )⎤⎦.
'(t )='(t ),则ϕ2令ϕ2(t )=ϕ1
12
>0.
1+t 1+2t 1+3t '(t )>0, 由g (0)=ϕ(0)=ϕ1(0)=ϕ2(0)=0,ϕ2
知ϕ2(t ),ϕ1(t ),ϕ(t ),g (t )在 -,0⎪和(0, +∞)上均单调.
故g (t )只有唯一零点t =0,即方程(**)只有唯一解t =0,故假设不成立. 所以不存在a 1,d 及正整数n ,k ,使得a 1,a 2
n
n +k
⎛1⎝3⎫⎭
,a 3
n +2k
,a 4
n +3k
依次构成等比数列.
考点:等差、等比数列的定义及性质,函数与方程