(1)设a1,a2,…,an是各项均不为零的n(n≥4)项等差数列,且公差d≠0,若将此数列删去某一项后得到的数列(按原

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  • 解题思路:(1)根据题意,对n=4,n=5时数列中各项的情况逐一讨论,利用反证法结合等差数列的性质进行论证,进而推广到n≥4的所有情况.

    (2)利用反证法结合等差数列的性质进行论证即可.

    (1)①当n=4时,a1,a2,a3,a4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a2,则a32=a1•a4,即(a1+2d)2=a1•(a1+3d)化简得a1+4d=0,得

    a1

    d=-4

    若删去a3,则a22=a1•a4,即(a1+d)2=a1•(a1+3d)化简得a1-d=0,得

    a1

    d=1

    综上,得

    a1

    d=-4或

    a1

    d=1.

    ②当n=5时,a1,a2,a3,a4,a5中同样不可能删去a1,a2,a4,a5,否则出现连续三项.

    若删去a3,则a1•a5=a2•a4,即a1(a1+4d)=(a1+d)•(a1+3d)化简得3d2=0,因为d≠0,所以a3不能删去;

    当n≥6时,不存在这样的等差数列.事实上,在数列a1,a2,a3,…,an-2,an-1,an中,由于不能删去首项或末项,

    若删去a2,则必有a1•an=a3•an-2,这与d≠0矛盾;

    同样若删去an-1也有a1•an=a3•an-2,这与d≠0矛盾;

    若删去a3,…,an-2中任意一个,则必有a1•an=a2•an-1,这与d≠0矛盾.(或者说:当n≥6时,无论删去哪一项,剩余的项中必有连续的三项)

    综上所述,n=4.

    (2)假设对于某个正整数n,存在一个公差为d的n项等差数列b1,b2,bn,其中bx+1,by+1,bz+1(0≤x

    2y+1=bx+1•bz+1,即(b1+yd)2=(b1+xd)•(b1+zd),化简得(y2-xz)d2=(x+z-2y)b1d(*)

    由b1d≠0知,y2-xz与x+z-2y同时为0或同时不为0

    当y2-xz与x+z-2y同时为0时,有x=y=z与题设矛盾.

    故y2-xz与x+z-2y同时不为0,所以由(*)得

    b1

    d=

    y2-xz

    x+z-2y

    因为0≤x

    b1

    d为有理数.

    于是,对于任意的正整数n(n≥4),只要

    b1

    d为无理数,相应的数列就是满足题意要求的数列.

    例如n项数列1,1+

    2,1+2

    2,…,1+(n-1)

    2满足要求.

    点评:

    本题考点: 等差数列的性质;等比关系的确定;等比数列的性质.

    考点点评: 本题是一道探究性题目,考查了等差数列和等比数列的通项公式,以及学生的运算能力和推理论证能力.