江苏十年高考试题汇编08第八部分 数列

第八部分数列
一．填空题（共10小题）
1．（2014•江苏）在各项均为正数的等比数列{a n}中，若a2=1，a8=a6+2a4，则a6的值是．
2．（2016•江苏）已知{a n}是等差数列，S n是其前n项和，若a1+a22=﹣3，S5=10，则a9的值是．
3．（2017•江苏）等比数列{a n}的各项均为实数，其前n项和为S n，已知S3=，S6=，则a8= ．
4．（2013•江苏）在正项等比数列{a n}中，，a6+a7=3，则满足a1+a2+…+a n＞a1a2…a n的最大正整数n的值为．
5．（2012•江苏）现有10个数，它们能构成一个以1为首项，﹣3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是．
6．（2010•江苏）函数y=x2（x＞0）的图象在点（a k，a k2）处的切线与x轴交点的横坐标为a k+1，k为正整数，a1=16，则a1+a3+a5= ．
7．（2008•江苏）将全体正整数排成一个三角形数阵：按照以上排列
的规律，第n行（n≥3）从左向右的第3个数为．
8．（2009•江苏）设{a n}是公比为q的等比数列，|q|＞1，令b n=a n+1（n=1，2，…），
若数列{b n}有连续四项在集合{﹣53，﹣23，19，37，82}中，则6q= ．
9．（2015•江苏）设数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），则数列{}的前10项的和为．
10．（2011•江苏）设 1=a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2，a4，a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是．
二．解答题（共10小题）
11．（2009•江苏）设a n是公差不为零的等差数列，S n为其前n项和，满足a22+a32=a42+a52，S7=7（1）求数列a n的通项公式及前n项和S n；
（2）试求所有的正整数m，使得为数列a n中的项．
12．（2010•江苏）设各项均为正数的数列{a
n}的前n项和为S n，已知2a2=a1+a3，数列
是公差为d的等差数列．
（1）求数列{a n}的通项公式（用n，d表示）；
（2）设c为实数，对满足m+n=3k且m≠n的任意正整数m，n，k，不等式S m+S n＞cS k都成立．求证：c的最大值为．
13．
（2013•江苏）设{a n}是首项为a，公差为d的等差数列（d≠0），S n是其前n项和．记b n=，n∈N*，其中c为实数．
（1）若c=0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：S nk=n2S k（k，n∈N*）；
（2）若{b n}是等差数列，证明：c=0．
14．（2008•江苏）设a1，a2，…，a n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（按原来的顺序）是等比数列．
（1）（i）当n=4时，求的数值；（ii）求n的所有可能值．
（2）求证：对于给定的正整数n（n≥4），存在一个各项及公差均不为零的等差数列b1，b2，…，b n，其中任意三项（按原来的顺序）都不能组成等比数列．
15．（2012•江苏）已知各项均为正数的两个数列{a n}和{b n}满足：a n+1=，n∈N*，（1）设b n+1=1+，n∈N*，求证：数列是等差数列；
（2）设b n+1=•，n∈N*，且{a n}是等比数列，求a1和b1的值．
16．（2011•江苏）设M为部分正整数组成的集合，数列{a n}的首项a1=1，前n项和为S n，已知对任意整数k∈M，当整数n＞k时，S n+k+S n﹣k=2（S n+S k）都成立
（1）设M={1}，a2=2，求a5的值；
（2）设M={3，4}，求数列{a n}的通项公式．
17．（2014•江苏）设数列{a n}的前n项和为S n，若对任意的正整数n，总存在正整数m，
使得S n=a m，则称{a n}是“H数列”．
（1）若数列{a n}的前n项和为S n=2n（n∈N*），证明：{a n}是“H数列”；
（2）设{a n}是等差数列，其首项a1=1，公差d＜0，若{a n}是“H数列”，求d的值；
（3）证明：对任意的等差数列{a n}，总存在两个“H数列”{b n}和{c n}，使得a n=b n+c n（n∈N*）成立．
18．（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．
19．（2016•江苏）记U={1，2，…，100}，对数列{a n}（n∈N*）和U的子集T，若T=∅，
定义S
T=0；若T={t1，t2，…，t k}，定义S T=++…+．例如：T={1，3，66}时，S T=a1+a3+a66．现设{a n}（n∈N*）是公比为3的等比数列，且当T={2，4}时，S T=30．
（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）对任意正整数k（1≤k≤100），若T⊆{1，2，…，k}，求证：S T＜a k+1；
（3）设C⊆U，D⊆U，S C≥S D，求证：S C+S C∩D≥2S D．
20．（2017•江苏）对于给定的正整数k，若数列{a n}满足：
a n﹣k+a n﹣k+1+…+a n﹣1+a n+1+…+a n+k﹣1+a n+k=2ka n对任意正整数n（n＞k）总成立，
则称数列{a n}是“P（k）数列”．
（1）证明：等差数列{a n}是“P（3）数列”；
（2）若数列{a n}既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：{a n}是等差数列．
第八部分数列
参考答案与试题解析
一．填空题（共10小题）
1．（2014•江苏）在各项均为正数的等比数列{a n}中，若a2=1，a8=a6+2a4，则a6的值是 4 ．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q＞0，a1＞0．
∵a8=a6+2a4，
∴，
化为q4﹣q2﹣2=0，解得q2=2．
∴a6===1×22=4．
故答案为：4．
2．（2016•江苏）已知{a n}是等差数列，S n是其前n项和，若a1+a22=﹣3，S5=10，则a9的值是20 ．
【解答】解：∵{a n}是等差数列，S n是其前n项和，a1+a22=﹣3，S5=10，
∴，
解得a1=﹣4，d=3，
∴a9=﹣4+8×3=20．
故答案为：20．
3．（2017•江苏）等比数列{a n}的各项均为实数，其前n项和为S n，已知S3=，S6=，则a8= 32 ．
【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q≠1，
∵S3=，S6=，∴=，=，
解得a1=，q=2．
则a8==32．
故答案为：32．
4．（2013•江苏）在正项等比数列{a n}中，，a6+a7=3，则满足a1+a2+…+a n＞a1a2…a n的最大正整数n的值为12 ．
【解答】解：设正项等比数列{a n}首项为a1，公比为q，
由题意可得，解之可得：a1=，q=2，
故其通项公式为a n==2n﹣6．
记T n=a1+a2+…+a n==，
S n=a1a2…a n=2﹣5×2﹣4…×2n﹣6=2﹣5﹣4+…+n﹣6=．
由题意可得T n＞S n，即＞，
化简得：2n﹣1＞，即2n﹣＞1，
因此只须n＞，即n2﹣13n+10＜0
解得＜n＜，
由于n为正整数，因此n最大为的整数部分，也就是12．
故答案为：12
5．（2012•江苏）现有10个数，它们能构成一个以1为首项，﹣3为公比的等比数列，若从
这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是．
【解答】解：由题意成等比数列的10个数为：1，﹣3，（﹣3）2，（﹣3）3…（﹣3）9
其中小于8的项有：1，﹣3，（﹣3）3，（﹣3）5，（﹣3）7，（﹣3）9共6个数
这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是P=
故答案为：
6．（2010•江苏）函数y=x2（x＞0）的图象在点（a k，a k2）处的切线与x轴交点的横坐标为a k+1，k为正整数，a1=16，则a1+a3+a5= 21 ．
【解答】解：在点（a k，a k2）处的切线方程为：y﹣a k2=2a k（x﹣a k），
当y=0时，解得，
所以．
故答案为：21．
7．（2008•江苏）将全体正整数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第n行（n≥3）
从左向右的第3个数为．
【解答】解：本小题考查归纳推理和等差数列求和公式．
前n﹣1行共有正整数1+2+…+（n﹣1）个，
即个，
因此第n行第3个数是全体正整数中第+3个，
即为．
另解：最左边的数a1=1，a2=2，a3=4，a4=7，a5=11，
…，a2一a1=1，a3一a2=2，a4一a3=3，a5一a4=4，
…a n一a n﹣1=n一1，
累加得a n一a1=1十2十3十4十…十（n一1）=（1十n一1）（n一1），
即a n=1十n（n一1），
则所求数为．
8．（2009•江苏）设{a n}是公比为q的等比数列，|q|＞1，令b n=a n+1（n=1，2，…），若数列{b n}有连续四项在集合{﹣53，﹣23，19，37，82}中，则6q= ﹣9 ．
【解答】解：{Bn}有连续四项在{﹣53，﹣23，19，37，82}中
B n=A n+1 A n=B n﹣1
则{A n}有连续四项在{﹣54，﹣24，18，36，81}中
{A n}是等比数列，等比数列中有负数项则q＜0，且负数项为相隔两项
等比数列各项的绝对值递增或递减，按绝对值的顺序排列上述数值
18，﹣24，36，﹣54，81
相邻两项相除
=﹣
=﹣
=﹣
=﹣
很明显，﹣24，36，﹣54，81是{A n}中连续的四项
q=﹣或 q=﹣（|q|＞1，∴此种情况应舍）
∴q=﹣
∴6q=﹣9
故答案为：﹣9
9．（2015•江苏）设数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），则数列{}的前10项的和
为．
【解答】解：∵数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），
∴当n≥2时，a n=（a n﹣a n﹣1）+…+（a2﹣a1）+a1=n+…+2+1=．
当n=1时，上式也成立，
∴a n=．
∴=2．
∴数列{}的前n项的和S n=
=
=．
∴数列{}的前10项的和为．
故答案为：．
10．（2011•江苏）设 1=a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2，
a4，a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是．
【解答】解：方法1：∵1=a1≤a2≤…≤a7； a2，a4，a6成公差为1的等差数列，
∴a6=a2+2≥3，
∴a6的最小值为3，
∴a7的最小值也为3，
此时a1=1且a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，必有q＞0，
∴a7=a1q3≥3，
∴q3≥3，q≥，
方法2：
由题意知1=a1≤a2≤…≤a7；中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2，a4，a6成公差为
1的等差数列，得，所以，即q3﹣2≥1，所以q3≥3，解得q≥，
故q的最小值是：．
故答案为：．
二．解答题（共10小题）
11．（2009•江苏）设a n是公差不为零的等差数列，S n为其前n项和，满足a22+a32=a42+a52，S7=7（1）求数列a n的通项公式及前n项和S n；
（2）试求所有的正整数m，使得为数列a n中的项．
【解答】解：（1）由题意可得
联立可得a1=﹣5，d=2
∴a n=﹣5+（n﹣1）×2=2n﹣7，
（2）由（1）知=若使其为数列a n中的项
则必需为整数，且m为正整数
m=2，m=1；
∵当m=1时，==﹣15，而a n=2n﹣7，n为正整数，2n﹣7=﹣15，n=﹣4，
∴m=1，不满足题意，故舍去．
所以m=2．
12．（2010•江苏）设各项均为正数的数列{a
n}的前n项和为S n，已知2a2=a1+a3，数列
是公差为d的等差数列．
（1）求数列{a n}的通项公式（用n，d表示）；
（2）设c为实数，对满足m+n=3k且m≠n的任意正整数m，n，k，不等式S m+S n＞cS k都成立．求证：c的最大值为．
【解答】解：（1）由题意知：d＞0，=+（n﹣1）d=+（n﹣1）d，
∵2a2=a1+a3，
∴3a2=S3，即3（S2﹣S1）=S3，
∴，
化简，得：，
当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=n2d2﹣（n﹣1）2d2=（2n﹣1）d2，适合n=1情形．
故所求a n=（2n﹣1）d2
（2）（方法一）S m+S n＞cS k⇒m2d2+n2d2＞c•k2d2⇒m2+n2＞c•k2，恒成立．
又m+n=3k且m≠n，，
故，即c的最大值为．
2d2．
（方法二）由及，得d＞0，S
于是，对满足题设的m，n，k，m≠n，有．所以c的最大值．
另一方面，任取实数．设k为偶数，令，则m，n，k符合条件，且
．
于是，只要9k2+4＜2ak2，即当时，．
所以满足条件的，从而．
因此c的最大值为．
（2013•江苏）设{a n}是首项为a，公差为d的等差数列（d≠0），S n是其前n项和．记b n=，13．
n∈N*，其中c为实数．
（1）若c=0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：S nk=n2S k（k，n∈N*）；
（2）若{b n}是等差数列，证明：c=0．
【解答】证明：（1）若c=0，则a n=a1+（n﹣1）d，，．当b1，b2，b4成等比数列时，则，
即：，得：d2=2ad，又d≠0，故d=2a．
因此：，，．
故：（k，n∈N*）．
（2）
=
=．①
若{b n}是等差数列，则{b n}的通项公式是b n=A n+B型．
观察①式后一项，分子幂低于分母幂，
故有：，即，而，
故c=0．
经检验，当c=0时{b n}是等差数列．
14．（2008•江苏）（1）设a1，a2，…，a n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（按原来的顺序）是等比数列．
（i）当n=4时，求的数值；
（ii）求n的所有可能值．
（2）求证：对于给定的正整数n（n≥4），存在一个各项及公差均不为零的等差数列b1，b2，…，b n，其中任意三项（按原来的顺序）都不能组成等比数列．
【解答】解：（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
若删去a3，则a22=a1•a4，即（a1+d）2=a1•（a1+3d）化简得a1﹣d=0，得
综上，得或．
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，…，a n﹣2，a n﹣1，a n中，由于不能删去首项或末项，
若删去a2，则必有a1•a n=a3•a n﹣2，这与d≠0矛盾；
同样若删去a n﹣1也有a1•a n=a3•a n﹣2，这与d≠0矛盾；
若删去a3，…，a n﹣2中任意一个，则必有a1•a n=a2•a n﹣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，b n，其中b x+1，b y+1，b z+1（0≤x＜y＜z≤n﹣1）为任意三项成等比数列，则b2y+1=b x+1•b z+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
因为0≤x＜y＜z≤n﹣1，且x、y、z为整数，所以上式右边为有理数，从而为有理数．于是，对于任意的正整数n（n≥4），只要为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列．例如n项数列1，，，…，满足要求．
15．（2012•江苏）已知各项均为正数的两个数列{a n}和{b n}满足：a n+1=，n∈N*，（1）设b n+1=1+，n∈N*，求证：数列是等差数列；
（2）设b n+1=•，n∈N*，且{a n}是等比数列，求a1和b1的值．
【解答】解：（1）由题意可知，a n+1===
∴
从而数列{}是以1为公差的等差数列
（2）∵a n＞0，b n＞0
∴
从而（*）
设等比数列{a n}的公比为q，由a n＞0可知q＞0
下证q=1
若q＞1，则，故当时，与（*）矛盾
0＜q＜1，则，故当时，与（*）矛盾
综上可得q=1，a n=a1，
所以，
∵
∴数列{b n}是公比的等比数列
若，则，于是b
1＜b2＜b3
又由可得
（可以得到b n=，即有b1=）
∴b1，b2，b3至少有两项相同，矛盾
∴，从而=
∴
16．（2011•江苏）设M为部分正整数组成的集合，数列{a n}的首项a1=1，前n项和为S n，已知对任意整数k∈M，当整数n＞k时，S n+k+S n﹣k=2（S n+S k）都成立
（1）设M={1}，a2=2，求a5的值；
（2）设M={3，4}，求数列{a n}的通项公式．
【解答】解：（1）由M={1}，根据题意可知k=1，所以n≥2时，S n+1+S n﹣1=2（S n+S1），
即（S n+1﹣S n）﹣（S n﹣S n﹣1）=2S1，又a1=1，
则a n+1﹣a n=2a1=2，又a2=2，
所以数列{a n}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，a n=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，S n+k+S n﹣k=2（S n+S k）①，且S n+1+k+S n+1﹣k=2（S n+1+S k）②，
②﹣①得：（S n+1+k﹣S n+k）+（S n+1﹣k﹣S n﹣k）=2（S n+1﹣S n），
即a n+1+k+a n+1﹣k=2a n+1，可化为：a n+1+k﹣a n+1=a n+1﹣a n+1﹣k
所以n≥8时，a n﹣6，a n﹣3，a n，a n+3，a n+6成等差数列，且a n﹣6，a n﹣2，a n+2，a n+6也成等差数列，从而当n≥8时，2a n=a n﹣3+a n+3=a n﹣6+a n+6，（*）且a n﹣2+a n+2=a n﹣6+a n+6，
所以当n≥8时，2a n=a n﹣2+a n+2，即a n+2﹣a n=a n﹣a n﹣2，
于是得到当n≥9时，a n﹣3，a n﹣1，a n+1，a n+3成等差数列，从而a n﹣3+a n+3=a n﹣1+a n+1，
由（*）式可知：2a n=a n﹣1+a n+1，即a n+1﹣a n=a n﹣a n﹣1，
当n≥9时，设d=a n﹣a n﹣1，
则当2≤n≤8时，得到n+6≥8，从而由（*）可知，2a n+6=a n+a n+12，得到2a n+7=a n+1+a n+13，
两式相减得：2（a n+7﹣a n+6）=a n+1﹣a n+（a n+13﹣a n+12），
则a n+1﹣a n=2d﹣d=d，
因此，a n﹣a n﹣1=d对任意n≥2都成立，
又由S n+k+S n﹣k﹣2S n=2S k，可化为：（S n+k﹣S n）﹣（S n﹣S n﹣k）=2S k，
当k=3时，（S n+3﹣S n）﹣（S n﹣S n﹣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{a n}为等差数列，由a1=1可知d=2，
所以数列{a n}的通项公式为a n=1+2（n﹣1）=2n﹣1．
17．（2014•江苏）设数列{a n}的前n项和为S n，若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得S n=a m，则称{a n}是“H数列”．
（1）若数列{a n}的前n项和为S n=2n（n∈N*），证明：{a n}是“H数列”；
（2）设{a n}是等差数列，其首项a1=1，公差d＜0，若{a n}是“H数列”，求d的值；
（3）证明：对任意的等差数列{a n}，总存在两个“H数列”{b n}和{c n}，使得a n=b n+c n（n∈N*）成立．
【解答】解：（1）当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=2n﹣2n﹣1=2n﹣1，
当n=1时，a1=S1=2．
当n=1时，S1=a1．
当n≥2时，S n=a n+1．
∴数列{a n}是“H”数列．
（2）S n==，
对∀n∈N*，∃m∈N*使S n=a m，即，
取n=2时，得1+d=（m﹣1）d，解得，
∵d＜0，∴m＜2，
又m∈N*，∴m=1，∴d=﹣1．
（3）设{a n}的公差为d，令b n=a1﹣（n﹣1）a1=（2﹣n）a1，
对∀n∈N*，b n+1﹣b n=﹣a1，
c n=（n﹣1）（a1+d），
对∀n∈N*，c n+1﹣c n=a1+d，
则b n+c n=a1+（n﹣1）d=a n，且数列{b n}和{c n}是等差数列．
数列{b n}的前n项和T n=，
令T n=（2﹣m）a1，则．
当n=1时，m=1；当n=2时，m=1．
当n≥3时，由于n与n﹣3的奇偶性不同，即n（n﹣3）为非负偶数，m∈N*．
因此对∀n∈N*，都可找到m∈N*，使T n=b m成立，即{b n}为H数列．
数列{c n}的前n项和R n=，
令c m=（m﹣1）（a1+d）=R n，则m=．
∵对∀n∈N*，n（n﹣3）为非负偶数，∴m∈N*．
因此对∀n∈N*，都可找到m∈N*，使R n=c m成立，即{c n}为H数列．
因此命题得证．
18．（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．
【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+d）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．
19．（2016•江苏）记U={1，2，…，100}，对数列{a n}（n∈N*）和U的子集T，若T=∅，定义S T=0；若T={t1，t2，…，t k}，定义S T=++…+．例如：T={1，3，66}时，S T=a1+a3+a66．现设{a n}（n∈N*）是公比为3的等比数列，且当T={2，4}时，S T=30．
（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）对任意正整数k（1≤k≤100），若T⊆{1，2，…，k}，求证：S T＜a k+1；
（3）设C⊆U，D⊆U，S C≥S D，求证：S C+S C∩D≥2S D．
【解答】解：（1）等比数列{a n}中，a4=3a3=9a2，
当T={2，4}时，S T=a2+a4=a2+9a2=30，
因此a2=3，从而a1==1，
故a n=3n﹣1，
（2）S T≤a1+a2+…a k=1+3+32+…+3k﹣1=＜3k=a k+1，
（3）设A=∁C（C∩D），B=∁D（C∩D），则A∩B=∅，
分析可得S C=S A+S C∩D，S D=S B+S C∩D，则S C+S C∩D﹣2S D=S A﹣2S B，
因此原命题的等价于证明S C≥2S B，
由条件S C≥S D，可得S A≥S B，
①、若B=∅，则S B=0，故S A≥2S B，
②、若B≠∅，由S A≥S B可得A≠∅，设A中最大元素为l，B中最大元素为m，
若m≥l+1，则其与S A＜a i+1≤a m≤S B相矛盾，
因为A∩B=∅，所以l≠m，则l≥m+1，
S B≤a1+a2+…a m=1+3+32+…+3m﹣1=≤=，即S A≥2S B，
综上所述，S A≥2S B，
故S C+S C∩D≥2S D．
20．（2017•江苏）对于给定的正整数k，若数列{a n}满足：a n﹣k+a n﹣k+1+…+a n﹣1+a n+1+…+a n+k﹣1+a n+k=2ka n对任意正整数n（n＞k）总成立，则称数列{a n}是“P（k）数列”．
（1）证明：等差数列{a n}是“P（3）数列”；
（2）若数列{a n}既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：{a n}是等差数列．
【解答】解：（1）证明：设等差数列{a n}首项为a1，公差为d，则a n=a1+（n﹣1）d，
则a n﹣3+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3，
=（a n﹣3+a n+3）+（a n﹣2+a n+2）+（a n﹣1+a n+1），
=2a n+2a n+2a n，
=2×3a n，
∴等差数列{a n}是“P（3）数列”；
（2）证明：当n≥4时，因为数列{a n}是P（3）数列，则a n﹣3+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n，①因为数列{a n}是“P（2）数列”，所以a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2=4a n，②
②+③﹣①，得2a n=4a n﹣1+4a n+1﹣6a n，即2a n=a n﹣1+a n+1，（n≥4），
因此n≥4从第3项起为等差数列，设公差为d，注意到a2+a3+a5+a6=4a4，
所以a2=4a4﹣a3﹣a5﹣a6=4（a3+d）﹣a3﹣（a3+2d）﹣（a3+3d）=a3﹣d，
因为a1+a2+a4+a5=4a3，所以a1=4a3﹣a2﹣a4﹣a5=4（a2+d）﹣a2﹣（a2+2d）﹣（a2+3d）=a2﹣d，也即前3项满足等差数列的通项公式，
所以{a n}为等差数列．。