所有的正整数n
四项式定理
四项式定理四项式定理，又被称为欧拉定理，是欧拉于1735发表的一项数学定理，它宣称：任意正整数立方和的一种分法可以分解为两个之和的立方的和。
即：对于任何正整数 n，都存在整数 x、y、z 使得n3 = x3 + y3 + z3.四项式定理的发现源于欧拉的一个神秘的想法，他猜想所有的正整数都可以表示为两个立方数的和。
即：对于任何正整数 n，都存在整数 x、y 使得n3 = x3 + y3。
于是欧拉先加入定理一，经过两年的研究，他最终确定了定理二，四项式定理可以表达为一个更简洁的公式：n3=x3+y3+z3，即：任何一个正整数都可以表示为三个立方数之和，这就是四项式定理所表达的定理。
四项式定理有着重要的意义，它为许多其他数学理论的发展提供了基础。
它的发现推动了数学方法的发展，如定理论的推导，证明的应用等。
此外，四项式定理提供了许多有趣的应用，如四项式定理的拓展，可以用来解决复杂的数学问题，如解多项式方程组的问题，计算两个数的最大公约数等。
四项式定理有许多变种，如拉格朗日定理，拉格朗日恒等式，卡塔尔定理等。
拉格朗日定理推广了四项式定理：它表明，任何正整数立方和的一种分法可以分解为四个之和的立方的和。
拉格朗日恒等式改进了四项式定理，它表明：任意正整数立方和的一种分法可以分解为五个之和的立方的和，而这五个立方数之和不能再被拆分。
卡塔尔定理，也叫正三角定理，是一种类似于四项式定理的内容。
它表明：任意正整数可以表示为两个整数的平方和的和，这两个整数不能再被拆分。
四项式定理有很多研究成果，但其本质仍然有待研究。
数学家们努力证明这一定理的真实性，并寻求更严格的证明，以期能更精确地描述这一数学定理的真实性。
总的来说，四项式定理是一项重要的数学定理，推动了许多其他数学理论的发展，具有重要的严格证明价值，以及很多有趣的应用。
因此，它是一个值得研究和深入研究的数学定理。
序列与级数的收敛性判断方法
序列与级数的收敛性判断方法序列与级数是数学中重要的概念，它们在各个领域都有广泛的应用。
在研究序列与级数的性质时，我们常常需要判断它们的收敛性。
本文将介绍一些常用的判断序列与级数收敛性的方法。
一、序列的收敛性判断方法1. 有界性判断法对于一个序列来说，如果存在一个实数M，使得对于所有的正整数n，都有|an|≤M成立，那么称该序列是有界的。
有界序列一定是收敛的，而且收敛到的极限值就是序列的上确界或下确界。
2. 单调性判断法如果一个序列是单调递增的，并且有上界，那么它一定是收敛的。
同样地，如果一个序列是单调递减的，并且有下界，那么它也是收敛的。
这是因为有界单调序列必定存在极限。
3. 夹逼定理夹逼定理是判断序列收敛性的常用方法。
如果一个序列an满足对于所有的正整数n，都有bn≤an≤cn成立，并且序列bn和cn都收敛到同一个极限L，那么序列an也收敛到L。
4. 子序列的收敛性判断法如果一个序列的子序列收敛到某个极限L，那么该序列也收敛到L。
这是因为子序列是原序列的一部分，它们的收敛性是相互联系的。
二、级数的收敛性判断方法1. 正项级数的收敛性判断法如果一个级数的每一项都是非负数，并且序列{Sn}的部分和有上界，即存在一个实数M，使得对于所有的正整数n，都有Sn≤M成立，那么该级数是收敛的。
2. 比较判别法比较判别法是判断级数收敛性的常用方法。
如果一个级数的每一项都是非负数，并且存在另一个级数{bn}，使得对于所有的正整数n，都有0≤an≤bn成立，那么如果级数{bn}收敛，那么级数{an}也收敛；如果级数{bn}发散，那么级数{an}也发散。
3. 比值判别法比值判别法是判断级数收敛性的重要方法。
对于一个级数an，如果存在正实数r，使得对于充分大的正整数n，都有|an+1/an|≤r成立，那么：- 如果0≤r<1，那么级数an是绝对收敛的；- 如果r>1，那么级数an是发散的；- 如果r=1，那么比值判别法无法确定级数an的收敛性。
数学归纳法
课堂互动讲练
证明】 左式＝ 【证明】 (1)当 n＝1 时，左式＝ 当 ＝ 12(1－ 1)(1＋ 1) － ＋ 2 1 － 1＝0，右式＝ ＝ ，右式＝ ＝0， ， 4 等式成立． ∴等式成立． (2)假设 n＝k(k∈N )时等式成立， 假设 ＝ ∈ 时等式成立 时等式成立， 即 (k2 － 1)＋ 2(k2－ 22)＋ … ＋ k(k2 － k2) ＋ ＋ k2(k－ 1)(k＋ 1) － ＋ . ＝ 4
数学归纳法
基础知识梳理
证明一个与正整数n有关的命题， 证明一个与正整数 有关的命题，可 有关的命题 按下列步骤进行： 按下列步骤进行： (1)(归纳奠基 证明当 取第一个值 归纳奠基)证明当 归纳奠基 证明当n取第一个值 n0(n0∈N*)时命题成立； 时命题成立； 时命题成立 (2)(归纳递推 假设 ＝k(k≥n0，k∈N*) 归纳递推)假设 归纳递推 假设n＝ ∈ 时命题成立，证明当n＝ ＋ 时命题也成 时命题成立，证明当 ＝k＋1时命题也成 立． 只要完成这两个步骤， 只要完成这两个步骤，就可以断定命 题对从n 开始的所有正整数n都成立 都成立． 题对从 0开始的所有正整数 都成立．
基础知识梳理
上述证明方法叫做数学归纳法． 上述证明方法叫做数学归纳法．用 框图表示就是： 框图表示就是：
三基能力强化
1．数学归纳法适用于证明 ． ________类型的命题 类型的命题( ) 类型的命题 A．已知⇒结论 ．已知⇒ B．结论⇒已知 ．结论⇒ C．直接证明比较困难 ． D．与正整数有关 ． 答案： 答案：D
课堂互动讲练
【证明】 (1)当n＝1时，f(1)＝36， 证明】 当 ＝ 时 ＝ ， 能被36整除 整除． 能被 整除． (2)假设 ＝k(k∈N*)时，f(k)能被 假设n＝ ∈ 时 能被36 假设 能被 整除， 整除， 能被36整除 即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被 整除； ＝ ＋ 能被 整除； ＋ 当n＝k＋1时，[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9 ＝ ＋ 时 ＋ ＋ ＋ ＋ ＝(2k＋7)·3k＋1＋27－27＋2·3k＋1＋9 ＋ － ＋ － ＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)， ＋ ＋ ，
正整数 n 的因子个数-定义说明解析
正整数n 的因子个数-概述说明以及解释1.引言1.1 概述正整数n的因子个数一直以来都是数论中一个重要的研究课题。
因子个数的研究不仅在理论上有着重要的意义，而且在实际应用中也有着广泛的应用。
本文将从正整数n的定义开始，介绍因子的概念，然后深入探讨如何计算正整数n的因子个数。
最后，结合实际应用，总结正整数n的因子个数的特点，并展望未来可能的研究方向。
通过本文的阐述，读者将对正整数n的因子个数有一个更深入的理解，并能够将其应用到实际问题中。
1.2 文章结构本文将围绕着正整数n 的因子个数展开探讨。
首先，我们将介绍正整数n的定义，为读者对本文内容有一个清晰的认识。
之后，我们将深入探讨因子的概念，了解因子在数学中的重要性以及与正整数n的关系。
接着，我们将介绍计算正整数n的因子个数的方法和技巧，以便读者能够掌握计算因子个数的方式。
最后，我们将通过总结正整数n的因子个数的特点，探讨因子个数在实际生活中的应用，并展望未来对因子个数研究的可能方向。
通过这些内容的介绍，读者将能够全面了解正整数n的因子个数及其在数学和实际中的重要性。
1.3 目的：本文旨在探讨正整数n 的因子个数的计算方法以及其特点。
通过深入研究正整数n 的定义和因子的概念，我们将阐明如何准确计算正整数n 的因子个数，并总结其特点。
此外，我们将探讨正整数n 的因子个数在实际应用中的意义，以及未来研究方向的展望，旨在提供对这一领域的全面理解和深入探讨。
通过本文的阐述，读者将能够对正整数n 的因子个数有一个清晰的认识，并能够将其运用到实际问题中去。
2.正文2.1 正整数n的定义正整数是指大于零且没有小数部分的整数，也就是自然数。
正整数包括1, 2, 3, 4, 5，以此类推。
在数学中，正整数是一类十分重要的数，它们在代数、数论和组合数学等领域都扮演着重要的角色。
正整数的概念是人们在实际生活和数学研究中逐渐产生的，最初是用来计数的。
随着数学的发展，正整数在代数中也发挥了重要作用，它们是我们描述自然现象和抽象概念的基本工具之一。
数学归纳法
A、1
B、1 a
C、1 a a2
D、1 a a2 a3
2、用数学归纳法证明： 1 1 1
1
24 46 68
2n (2n 2)
n 4(n
1)
时，从k到k＋1时左边需要增添的项为__1_______
4(k 1)(k 2)
3、用数学归纳法证明： 当n N时，1 2 22 23 25n1是31 的倍数，当n＝1时，原式为 _____________
7、用数学归纳法证明：
1 1 1 1 234
1 2n 1
n(n
N
, 且n
1）时，
不等式在n＝k 1时的形式是 ____________
1
1 2
1 3
1 4
1 2k 1
1 2k
1 2k 1
1 2k1 1
共有多少项呢？ 2k 个项
例1已知数列
1 ,1 , 1 , 1×4 4×7 7×10
,
1
则当n=k+1时,
12 + 22 + … +
k2
+
(k + 1)2
13 35
(2k 1)(2k +1) (2k +1)(2k + 3)
= k2 + k +
(k + 1)2
= k(k + 1)(2k + 3)+ 2(k + 1)2
4k + 2 (2k +1)(2k + 3)
2(2k +1)(2k + 3)
k
1
3k 1 (3k 1)(3k 4)
3k 2 4k 1 (3k 1)(3k 4)
数学归纳法步骤
数学归纳法是一种证明方法，用于证明一个关于自然数的命题对于所有正整数都成立。
它的基本原理是：如果一个命题对于第一个正整数成立，并且当一个正整数被替换为下一个正整数时，该命题仍然成立，那么这个命题对于所有正整数都成立。
数学归纳法的步骤如下：1. 确定命题的形式：首先，我们需要明确要证明的命题的形式。
一般来说，我们要证明的命题是一个关于自然数n的全称命题，即对于所有的正整数n，命题P(n)都成立。
2. 基础步骤：基础步骤是证明命题对于第一个正整数成立。
我们可以选择任意一个正整数作为基础步骤的起点，例如n=1。
在这个步骤中，我们需要证明命题P(1)成立。
3. 归纳假设：在基础步骤之后，我们需要假设命题对于某个正整数k成立，即P(k)成立。
这个假设被称为归纳假设。
4. 归纳步骤：在归纳步骤中，我们需要证明当一个正整数被替换为下一个正整数时，命题仍然成立。
也就是说，我们需要证明当n=k+1时，P(k+1)也成立。
5. 完成证明：如果归纳步骤成功证明了命题对于所有的正整数都成立，那么我们就可以说这个命题被数学归纳法证明了。
下面是一个使用数学归纳法证明的例子：例题：证明对于所有的正整数n，都有1+2+3+...+n = n(n+1)/2。
1. 确定命题的形式：我们要证明的命题是关于自然数n的全称命题，即对于所有的正整数n，1+2+3+...+n = n(n+1)/2都成立。
2. 基础步骤：我们选择n=1作为基础步骤的起点。
在这个步骤中，我们需要证明1+2+3+...+1 = 1*(1+1)/2成立。
由于1=1，所以这个等式成立。
3. 归纳假设：在基础步骤之后，我们假设当n=k时，1+2+3+...+k = k(k+1)/2成立。
这个假设被称为归纳假设。
4. 归纳步骤：在归纳步骤中，我们需要证明当n=k+1时，1+2+3+...+k+1 = (k+1)(k+2)/2成立。
为了证明这个等式成立，我们可以使用加法和乘法的性质。
专题04 数列中的存在性与恒成立问题(解析版)
专题4 数列中的存在性与恒成立问题1．（2021·湖北·襄阳四中模拟预测）已知正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足()2*41,nna S n N +=∈.数列{}nb 满足2*1221,n n b b n n n N ++=++∈（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）试问:数列{}n n b S -是否构成等比数列(注:n S 是数列{}n a 的前n 项和)?请说明理由；（3）若11,b =是否存在正整数n，使得211155(1)1111nnk k k k k kkk b b b ==+-≤≤++∑成立?若存在求所有的正整数n ；否则，请说明理由.【答案】（1）21n a n =-；（2）不构成，理由见解析；（3）存在，10n =. 【解析】 【分析】（1）由11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，得到{}n a 是等差数列，即可得解；（2）首先求出n S ，则2n n n b S b n -=-，即可得到11n n b S ++-，再由1n n b b ++，即可得到11()n n n n b S b S ++-=--，即可得证；（3）由（2）可得2k b k =，所求不等式即2424211155(1)11111nnkk k k kk k k k ==+-≤≤++++∑∑.设21()1f k k k =-+，利用裂项相消法可得到4211((1)(1))12nk k f f n k k ==-+++∑，同理，有24211((1)(1)),21,*12(1)11((1)(1)),2,*2nk k f f n n m m N k k k f f n n m m N =⎧++=-∈⎪+⎪-=⎨++⎪-+=∈⎪⎩∑，再由题意求出n 的值； 【详解】解：（1）由于2(1),4n n a S n N *+=∈，故2111(1)14a S a +=⇒=；2n ≥时22114(1),4(1)n n n n S a S a --=+=+；作差得，221114(1)(1)()(2)0n n n n n n n a a a a a a a ---=+-+⇔+--=.由于{}n a 是正项数列，故12n n a a --=，{}n a 是等差数列，21n a n =-；所以222(1)(211)44n n a n S n +-+=== （2）由于22111,(1)n n n n n n b S b n b S b n +++-=--=-+，2221221(1)n n b b n n n n ++=++=++，故11()n n n n b S b S ++-=--.由于1111b S b -=-，所以 当11b ≠时，111n n n nb S b S ++-=--，数列{}n n b S -构成等比数列；当11b =时，数列{}n n b S -不构成等比数列.（3）若11b =，由（2）知2k b k =，于是，所求不等式即2424211155(1)11111nnkk k k kk k k k ==+-≤≤++++∑∑.设21()1f k k k =-+，则21(1).1f k k k +=++ 故224222222111121(1)(1)12(1)2(1)(1)nn n k k k k k k k k k k k k k k k k k ===++--+==+++-++-+∑∑∑()11()(1)2nk f k f k ==-+∑ 1((1)(1))2f f n =-+ 同理，有22242221111(1)(1)(1)(1)12(1)(1)nnkkk k k k k k k k k k k k k ==++++-+-=-++++-+∑∑ ()11((1)(1)),21,*12(1)()(1)12((1)(1)),2,*2k k nf f n n m m N f k f k f f n n m m N =⎧++=-∈⎪⎪=∑-++=⎨⎪-+=∈⎪⎩由于11155((1)(1))(1)222111f f n f ++>=>，故而只能有2,*n m m N =∈.于是，2424211155(1)11111nnkk k k kk k k k ==+-≤≤++++∑∑ 1551((1)(1))((1)(1)),(2,*)21112f f n f f n n m m N ⇔-+≤≤-+=∈ 155((1)(1)),(2,*)2111f f n n m m N ⇔-+==∈ 21111,(2,*)10n n n m m N n ⇔++==∈⇔=综上所述，所有符合条件的正整数n 只有10n = 【点睛】数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和． (2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和． (3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．2．（2021·全国·模拟预测）从①()()126n n n a a S ++=，且12a <；①11a =，()1122n n n a a a n -++=≥，且存在2m ≥，*m ∈N 使得5m S =，()()11111311m m m S m S m -+++-=-；①若1n n a a d --=(常数)，且()*162+⋅=+∈N n n n n a S a ，12a <，这三个条件中任选一个，补充在下面题目的横线中，并解答．已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，______． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设12nn n a b -=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)条件选择见解析，32n a n =-；(2)118(34)2n n T n -⎛⎫=-+⋅ ⎪⎝⎭. 【解析】 【分析】（1）选①：根据n S 与n a 的关系式可求出数列{}n a 的通项公式；选①：根据题意可得出数列{}n a 是等差数列，数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1a ，公差为2d 的等差数列，从而可求出数列{}n a 的通项公式；选①：令1n =，可求出1a ；然后根据n S 与n a 的关系式可求出数列{}n a 的公差，从而可求出数列{}n a 的通项公式；（2）根据（1）中求出的数列{}n a 的通项公式，然后利用错位相减法可求出数列{}n b 的前n 项和n T ． (1)选①：当n ＝1时，()()111126a a a ++=，因为12a <，所以解得11a =； 当2n ≥时，因为()()126n n n a a S ++=，所以()()111126n n n a a S ---++=，两式相减，得2211336n n n n n a a a a a ---+-=，即()()1130n n n n a a a a --+--=，因为0n a >，所以13n n a a --=，所以数列{}n a 是首项为1，公差为3的等差数列， 故()13132n a n n =+-=-．选①：由()1122n n n a a a n -++=≥，知数列{}n a 是等差数列， 因为()111122nn n na dS n a dnn -+-==+， 所以数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1a ，公差为2d 的等差数列，所以11211m m m S S S m m m -++=-+，即111011m m S S m m m-++=-+， 所以21311110m m m-=-，又因为2m ≥，*m ∈N ，所以解得m ＝2； 设等差数列{}n a 的公差为d ，则2125S a d =+=，因为11a =，所以解得d ＝3，所以()13132n a n n =+-=-． 选①：因为1n n a a d --=，所以数列{}n a 是等差数列， 因为162+⋅=+n n n a a S ，所以()11622n n n S a n a --⋅=+≥，两式相减，得()116n n n n a a a a +-=-，即()622n n a a n d ⋅≥=，又0n a >，所以d ＝3．当n ＝1时，11262⋅=+S a a ，即()111623a a a ⋅+=+，因为12a <，所以解得11a =， 故()13132n a n n =+-=-，即32n a n =-． (2)由（1）得()1113222n n n n a b n --⎛⎫==-⋅ ⎪⎝⎭，所以()01211111147322222n n T n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以()123111111473222222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减，得()2111111133222222n nn T n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⨯+++--⋅⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦11112213112n -⎛⎫- ⎪⎝⎭=+⋅--()()113243422n n n n ⎛⎫⎛⎫-⋅=-+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则118(34)2n n T n -⎛⎫=-+⋅ ⎪⎝⎭．3．（2021·上海静安·一模）对于数列{}n a ：若存在正整数0n ，使得当0n n ≥时，n a 恒为常数，则称数列{}n a 是准常数数列．现已知数列{}n a 的首项1a a =，且11,n n a a n *+=-∈N ．(1)若32a =，试判断数列{}n a 是否是准常数数列； (2)当a 与0n 满足什么条件时，数列{}n a 是准常数数列？写出符合条件的a 与0n 的关系；(3)若()(,1)*∈+∈N a k k k ，求{}n a 的前3k 项的和3k S （结果用k 、a 表示）．【答案】(1)取02n =时，n a 恒等于12，数列{}n a 是准常数数列；(2)答案见解析； (3)2322k k a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭.【解析】 【分析】 （1）将32a =代入已知条件，即可求出()122n a n =≥； （2）根据已知条件，对a 进行分类讨论，分别写出答案即可；（3）由()(,1)*∈+∈N a k k k 和11n n a a +=-分别求出2a ，3a ，…，k a ，1k a +，2k a +，…，31k a -，3k a 的值，将前k 项放在一起，后2k 项中，从1k +项起,每相邻两项的和为定值，这样即可求解3k S .(1)由132a =得，231122a =-=，当2n ≥时，n a 恒等于12，数列{}n a 是准常数数列，取02n =即可；(2)①11,11=1,1n n n n nn a a a a a a +-≥⎧=-⎨-+<⎩，①1n a ≥时，1+≠n n a a ,而当1n a <时，若存在0n ，当0n n ≥时，1n n a a +=，则必有12n a =， 若01a <<时，则211a a =-，3211a a a a =-==，此时只需2111a a a =-=，112a =， 故存在12a =，12n a =，取01n =（取大于等于1的正整数也可以），数列{}n a 是准常数数列. 若11a a =≥，不妨设[),1a m m ∈+，m *∈N ，则[)10,1m a a m +=-∈， 2111m m a a a m ++=-=-+，若21m m a a ++=，则1a m a m -+=-，所以221m a =-或12a m =+，取01n m =+，当0n n ≥时，12n a =（0221a n =-，取大于等于12a +的0n 皆可）若10a a =<，不妨设(],1a l l ∈-+，l *∈N ，则(]1,a l l -∈-，所以(]21,1a a l l =-+∈+，321a a a =-=-，41a a =--，…，()(]210,1l a a l +=---∈，所以()32111l l a a a l ++=-=----⎡⎤⎣⎦,若32l l a a ++=，则221a l =-+或12a l =-+， 取02n l =+，当0n n ≥，12n a =（ 0232n a -+=，取大于等于32a -+的0n 皆可以） 存在a 和0n ：112a =，12n a =，01n ≥；112a m =+，01n m ≥+；112a m =-+， 02n m ≥+（其中m N *∈,n *∈N ），（a 为某个整数m 加上12时，数列{}n a 是准常数数列）.(3)①()(,1)*∈+∈N a k k k ,且11n n a a +=-，①21a a =-，32a a =-，…，()1k a a k =--，()10,1k a a k +=-∈，2111k k a a k a ++=-=+-，321k k a a a k ++=-=-， 4311k k a a k a ++=-=+-，…，31k a a k -=-，31k a k a =+-.所以312312313k k k k k k S a a a a a a a a ++-=+++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+()()()()1231234313k k k k k k k a a a a a a a a a a ++++-=+++⋅⋅⋅++++++⋅⋅⋅++ ()()()121a a a a k k =+-+-+⋅⋅⋅+--+()1112k ka k k +-=+--2322k k a ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭.4．（2021·四川自贡·一模（理））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，{}n b 是各项均为正数的等比数列，14a b =，________，28b =，1334b b -=．在以下三个条件中任选一个①530S =，①425S a =，①3523a a b -=，补充在上面横线上，并作答．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)是否存在正整数k ．使得数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前k 项和34k T >？若存在，求k 的最小值；若不存在，说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)条件选择见解析，2n a n =，11162n n b -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭(2)存在，且k 的最小值为4 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得等差数列{}n a 的首项和公差，求得等比数列{}n b 的首项和公比，从而求得数列{}n a ，{}n b 的通项公式.（2）先求得,n k S T ，由34k T >求得k 的最小值. (1)设等比数列{}n b 的公比为q ，0q >，则1211834b q b b q =⎧⎨-=⎩解得11216q b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，所以11162n n b -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭. 31411622a b ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭，设等差数列{}n a 的公差为d ，若选①，则()1510101030,2,2122n a d d d a n n +=+===+-⨯=.若选①，则()()()11465,8652,2,2122n a d a d d d d a n n +=++=+==+-⨯=. 若选①，则()()()1113248,228,2,2122n a d a d a d d a n n +-+=+===+-⨯=. (2)由于12,2n a a n ==，所以()2212n nS n n n +=⋅=+， 1111n S n n =-+， 所以111111311223114k T k k k =-+-++-=->++，11,14,341k k k >+>>+，所以正整数k 的最小值为4. 5．（2022·天津·南开中学二模）已知数列{an }的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列．数列{an }前n 项和为Sn ，且满足S 3=a 4，a 3+a 5=2+a 4 (1)求数列{an }的通项公式； (2)求数列{an }前2k 项和S 2k ；(3)在数列{an }中，是否存在连续的三项am ，am +1，am +2，按原来的顺序成等差数列？若存在，求出所有满足条件的正整数m 的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)*12,21,.23,2n n n n k a k N n k -=-⎧⎪=∈⎨⎪⋅=⎩ (2)213k k -+ (3)存在，1 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为q ，由已知条件列方程组求得,d q 后可得通项公式； （2）按奇数项与偶数项分组求和；（3）按m 分奇偶讨论，利用122m m m a a a ++=+，寻找k 的解． (1)设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为q ， 则a 1=1，a 2=2，a 3=1+d ，a 4=2q ，a 5=1+2d ． ①S 3=a 4，①1+2+(1+d )=2q ，即4+d =2q ，又a 3+a 5=2+a 4，①1+d +1+2d =2+2q ，即3d =2q ，解得d =2，q =3． ①对于k ①N *，有a 2k -1=1+(k -1)•2=2k -1，故*12,21,.23,2n n n n k a k N n k -=-⎧⎪=∈⎨⎪⋅=⎩ (2)S 2k =(a 1+a 3+…+a 2k -1)+(a 2+a 4+…+a 2k )=[1+3+…+(2k －1)]+2(1+3+32+…+3k -1)=()2213(121)13213kk k k k -+-+=-+-．(3)在数列{an }中，仅存在连续的三项a 1，a 2，a 3，按原来的顺序成等差数列，此时正整数m 的值为1，下面说明理由若am =a 2k ，则由am +am +2=2am +1，得2×3k -1+2×3k =2(2k +1)． 化简得4•3k -1=2k +1，此式左边为偶数，右边为奇数，不可能成立． 若21m k a a -=，则由am +am +2=2am +1，得(2k －1)+(2k +1)=2×2×3k -1 化简得k =3k -1，令()*13k k k T k N -=∈，则111120333k k k k k k k kT T +-+--=-=<． 因此，1=T 1＞T 2＞T 3＞…，故只有T 1=1，此时k =1，m =2×1－1=1．综上，在数列{an }中，仅存在连续的三项a 1，a 2，a 3，按原来的顺序成等差数列，此时正整数m 的值为1． 6．（2022·辽宁·鞍山一中模拟预测）已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，0n a >，315S =，公差1d >，且___________.从①21a -为11a -与31a +等比中项，①等比数列{}n b 的公比为3q =，1124,b a b a ==这两个条件中，选择一个补充在上面问题的横线上，使得符合条件的数列{}n a 存在并作答. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：16n T <.【答案】(1)选择条件见解析，21n a n =+ (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据选择条件求解（2）数列求和后证明，使用裂项相消法 (1)若选①，21a -为11a -与31a +的等比中项，则()()()2132111a a a -+=-，由{}n a 为等差数列，315S =，得2315a =，①25a =，把25a =代入上式，可得()()4616d d -+=，解得2d =或4d =-（舍） ①13a =，21n a n =+；若选①，3q =为等比数列{}n b 的公比，且1124,b a b a ==， 可得213b b =，即413a a =，即有113)3a d a +=（，即123a d =； 又315S =，可得11332152a d +⨯⨯=，即15a d +=，解得12,3d a ==， 此时21n a n =+； (2) ①()()111111212322123n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭， ①11111111112355721232323n T n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭； ①16n T <，得证 7．（2022·浙江绍兴·模拟预测）已知数列{}n a 是公差不为0的等差数列，11a =，且1a ，2a ，4a 成等比数列；数列{}n b 的前n 项和是n S ，且21n n S b =-，*n ∈N ．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； (2)设1n n n c +m ，使得()22221232313n m n n a c c c c x b +-++++>对任意*n ∈N 恒成立？若存在，求m 的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)n a n =，12n n b -=；(2)存在，5﹒ 【解析】 【分析】(1)设等差数列{}n a 的公差为()0d d ≠，根据1a ，2a ，4a 成等比数列求出d 即可求其通项公式；根据n S 与n b 关系即可求{}n b 的通项公式通项公式； (2)利用裂项相消法求{2nc }前m 项和，设()2313n n n a d b +-=，根据1n n d d +-正负判断{n d }单调性，求出其最大项，{2nc }前m 项和大于该最大值即可求出m 的范围和最小值. (1)设等差数列{}n a 的公差为()0d d ≠，①1a ，2a ，4a 成等比数列，①2214a a a =． ①()2113d d +=+，解得1d =，①()11n a a n d n =+-=．当1n =时，11121b S b ==-，①11b =．当2n ≥时，1122n n n n n b S S b b --=-=-，①12n n b b -=．①{}n b 是以1为首项，以2为公比的等比数判，①12n n b -=．(2)由题意得n c =()()22222211111n n c n n n n +==-++． ①22212m c c c +++()()2222222211111111122311m m m m =-+-++-+--+()2111m =-+．设()()123133132n n n n a n d b ++--==，则()()()1212312313314222n n n n n n n n d d ++++----=-=，①当1n =，2，3时，1n n d d +>；当4n =时，45d d =；当5n ≥时，1n n d d +<， ①数列{}n d 的最大项为453132d d ==， ①()21311321m ->+，整理得()2132m +>，①存在正整数m ，且m 的最小值是5．8．（2022·辽宁辽阳·二模）①{}2nn a 为等差数列，且358a =；①21n a n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等比数列，且234a =.从①①两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答． 在数列{}n a 中，112a =，________. (1)求{}n a 的通项公式；(2)已知{}n a 的前n 项和为n S ，试问是否存在正整数p ，q ，r ，使得n n r S p qa +=-？若存在，求p ，q ，r 的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)212n nn a -=； (2)存在，3p =，4q =，2r =﹒ 【解析】 【分析】(1)若选①，则可根据等差数列性质求出{}2nn a 的公差d ，根据等差数列通项公式可求2n n a ，从而求得n a ；若选①，则可证明等比数列概念求出21n a n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的公比，根据等比数列通项公式可求21n a n -，从而求得n a ； (2)根据n a 通项公式的特征，采用错位相减法即可求其前n 项和，将其化为n n r S p qa +=-形式即可得p 、q 、r 的值． (1) 若选①：设等差数列{}2nn a 的公差为d ，则33122512312a a d --===-，①()1222121nn a a n n =+-=-，即212n nn a -=． 若选①：设等比数列21n a n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的公比为q ，则2112212211a q a⨯-==⨯-， ①11112121122n nn a a n -⎛⎫⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪-⨯-⎝⎭⎝⎭， 即212n nn a -=； (2) 21321222n nn S -=+++，231113212222n n n S +-=+++， 则两式相减得，23111111212222222n nn n S +-⎛⎫=+⨯+++- ⎪⎝⎭ 12n S =111121214212212n n n ++⎛⎫- ⎪-⎝⎭=+--12n S =132322n n ++=-，①2332n nn S +=-． ①()22221233343422n n n n n n S a +++-+=-=-⨯=-， ①存在正整数p ，q ，r ，使得n n r S p qa +=-，且3p =，4q =，2r =．9．（2021·河北衡水中学三模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足13a =，()122n n a xa n n -=+-≥，其中x ∈R .（1）若1x =，求出n a ；（2）是否存在实数x ，y 使{}n a yn +为等比数列？若存在，求出n S ，若不存在，说明理由.【答案】（1）2382n n n a -+=；（2）存在，()21242n n n n S ++=--.【解析】 【分析】（1）将1x =代入，由递推关系求出通项公式，并检验当1n =时是否满足，即可得到结果；（2）先假设存在实数x ，y 满足题意，结合已知条件求出满足数列{}n a yn +是等比数列的实数x ，y 的值，运用分组求和法求出n S 的值. 【详解】（1）由题可知：当1x =时有：12n n a a n --=-，当2n ≥时，()()()()()()121321213012232n n n n n a a a a a a a a n ---=+-+-+⋅⋅⋅+-=++++⋅⋅⋅+-=+，又13a =满足上式，故()()22138322nn n n n a ---+=+=. （2）假设存在实数x ，y 满足题意，则当2n ≥时，由题可得：()()111n n n n a yn x a y n a xa xy y n xy --+=+-⇔=+--⎡⎤⎣⎦， 和题设12n n a xa n -=+-对比系数可得：1xy y -=，22xy x -=-⇔=，1y =.此时121n n a na n -+=+-，114a +=， 故存在2x =，1y =使得{}n a yn +是首项为4，公比为2的等比数列. 从而()()1112121224122nn n n n n n n n a n a n S a a a ++-++=⇒=-⇒=++⋅⋅⋅+=--. 所以()21242n n n n S ++=--. 【点睛】方法点睛：数列求和方法：（1）等差等比公式法（2）错位相减法（3）分组求和法（4）倒序相加法（5）裂项相消法.10．（2022·浙江·模拟预测）已知递增的等差数列{}n a 满足：11a =，且5813,,a a a 成等比数列．数列{}n b 满足：()32n n S b n *=+∈N ，其中n S 为{}n b 的前n 项和．(1)求数列{}{},n n a b 的通项公式； (2)设n n c T =为数列{}n c 的前n 项和，是否存在实数λ，使得不等式n n T S λ≤≤对一切n *∈N 恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)21n a n =-，()112n n b n -*⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭N(2)存在，12λ= 【解析】 【分析】（1）设{}n a 的公差为(0)d d >，根据5813,,a a a 成等比数列，由2(17)(14)(112)d d d +=++求解，由()32n n S b n *=+∈N ，利用数列的通项与前n 项和的关系求解；得()1132*--=+∈n n S b n N ，（2）由（1）23n n b S +=，得到()min 12n S =，nc 12=，利用裂项相消法求得n T ，再由不等式n n T S λ≤≤对一切n *∈N 恒成立求解. (1)解：设{}n a 的公差为(0)d d >， 则2(17)(14)(112)d d d +=++， 所以2,21n d a n ==-． 当1n =时，11b =；当2n ≥时，由()32n n S b n *=+∈N ，得()1132*--=+∈n n S b n N ，两式相减得：12n n b b -=-， 所以{}n b 是以1为首项，以12-为公比的等比数列，所以()112n n b n -*⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭N(2)23n n b S +=，显然()2min 12n b b ==-， 所以()min 12n S =， 由21n a n =-得==n c1122==，故1112222n T ⎛=+++ ⎝， 112⎛= ⎝． 显然12n T <恒成立，且当n →∞时，12n T →，所以存在唯一实数12λ=．11．（2022·江西·二模（理））已知等差数列{}n a 中，12a =，公差0d >，其前四项中去掉某一项后（按原来的顺序）恰好构成一个等比数列． (1)求d 的值． (2)令11n n n b a a +=，数列{}n b 的前n 项和为n S ，若212n S λλ<--对n +∀∈N 恒成立，求λ取值范围． 【答案】(1)2； (2)12λ≤-或32λ≥.【解析】 【分析】（1）根据给定条件，写出等差数列{}n a 前4项，按去掉的项讨论求解作答.（2）由（1）求出等差数列{}n a 的通项，再利用裂项相消法求出n S 并讨论其单调性，列式计算作答. (1)等差数列{}n a 的前四项为2,2,22,23d d d +++，若去掉第一项，则有2(22)(2)(23)d d d +=++，解得0d =，不符合题意， 若去掉第二项，则有2(22)2(23)d d +=+，解得0d =，或12d =-，不符合题意，若去掉第三项，则有2(2)2(23)d d +=+，解得0d =（舍去），或2d =， 若去掉第四项，则有2(2)2(22)d d +=+，解得0d =，不符合题意， 所以2d =. (2)由（1）知22(1)2na n n =+-=，11(2(22411))1n n b n n n ==+-+，于是得1111111111[(1)()()()](1)422334141n S n n n =-+-+-++-=-++，显然数列{}n S 是递增数列，恒有14n S <，因212n S λλ<--对n +∀∈N 恒成立，于是有21124λλ--≥，解得12λ≤-或32λ≥，所以λ取值范围是12λ≤-或32λ≥．12．（2022·浙江·效实中学模拟预测）已知等差数列{}n a 中，公差0d ≠，35a =，2a 是1a 与5a 的等比中项，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，满足()*41n n S b n =-∈N .(1)求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)设n n n c a b =，数列{}n c 的前n 项和为n T ，若118n T λ⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭对任意的*n ∈N 恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】(1)21n a n =-，13nn b ⎛⎫=- ⎪⎝⎭(2)2485λ-≤≤ 【解析】 【分析】（1）对于等差数列{}n a 直接列方程322155a a a a =⎧⎨=⋅⎩求解，数列{}n b 根据11,1,2n n n S n b S S n -=⎧=⎨-≥⎩求解；（2）利用错位相减法可得1411883nn n T +⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，根据题意讨论得：当n 是奇数时，min8341n n λ⎛⎫⋅-≤ ⎪+⎝⎭；当n 是偶数时，min 8341n n λ⎛⎫⋅≤ ⎪+⎝⎭，再通过定义证明数列8341n n ⎧⎫⋅⎨⎬+⎩⎭的单调性，进入确定相应情况的最值． (1)①322155a a a a =⎧⎨=⋅⎩ 则()()12111254a d a d a a d +=⎧⎪⎨+=⋅+⎪⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩或150a d =⎧⎨=⎩（舍去）①()12121n a n n =+-=-. 又①41n n S b =-，当1n =时，1141b b =-，则113b =-，当2n ≥时，1141n n S b --=-，则14n n n b b b -=-，即113n n b b -=-， 则数列{}n b 是以首项113b =-，公比为13-的等比数列，①1111333n nn b -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⋅-=- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. (2)()1213nn c n ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()()123111111135232133333n nn T n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-+⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+--+-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()23411111111352321333333nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=⨯-+⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+--+-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭两式相减得：()231411111221333333n n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋅⋅⋅+---- ⎪ ⎪⎡⎤⎢⎥⎢ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎥⎣⎦()111111111112123633623n n n n n -++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-----=--+-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦=①1411883nn n T +⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭①118n T λ⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭对任意的*n ∈N 恒成立，即411183n n λ+⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭对任意的*n ∈N 恒成立 ①当n 是奇数时，411183n n λ+-⋅≤任意的*n ∈N '恒成立 ①8341nn λ⋅-≤+对任意的*n ∈N 恒成立①当n 是偶数时，411183n n λ+⋅≤对任意的*n ∈N 恒成立 ①8341nn λ⋅≤+对任意的*n ∈N 恒成立令8341nn c n ⋅=+，()()()11164138383045414541n n n n n n c c n n n n ++-⋅⋅-=-=>++++对任意的*n ∈N 恒成立 ①{}n c 为递增数列 ①当n 是奇数时，则245λ-≤，即245λ≥-①当n 是偶数时，则8λ≤ ①2485λ-≤≤. 13．（2022·浙江省临安中学模拟预测）各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，21122n n n S a a =+，数列{}n b 为等比数列，且1224,==b a b a . (1)求数列{}n a ､{}n b 的通项公式；(2)记()232,3,nn n n n n b n a a c n b +⎧-⋅⎪⋅⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数，n T 为数列{}n c 的前n 项和，对任意的n *∈N .2λ≥n T 恒成立，求2n T 及实数的λ取值范围.【答案】(1)n a n =，2nn b =(2)212211214n n n T n +=--+，1712λ≤【解析】 【分析】（1）先求出1a ，再当2n ≥时，由21122n n n S a a =+，得21111122n n n S a a ---=+，两式相减化简可得11n n a a --=，从而可得数列{}n a 是公差为1，首项为1的等差数列，则可求出n a ，从而可求出12,b b ，进而可求出n b ， （2）当n 为奇数时，利用裂项相消求和法可求出1321n c c c -++⋯+，当n 为偶数时，利用等比数列的求和公式求出242n c c c ++⋯+，从而可求出2n T ，进而可求出实数的λ取值范围 (1)①21122n nn S a a =+①， ①21111122a a a =+，①10a ≠，①11a = 当2n ≥时，21111122n n n S a a ---=+①， 由①-①得221111112222n n n n n a a a a a --+-=- ①2211n n n n a a a a --+=-，又0n a >，①11n n a a --=，①数列{}n a 是公差为1，首项为1的等差数列. ①n a n =①122b a ==，244==b a ，数列{}n b 为等比数列， ①2,2n n q b ==(2)n 为奇数时，212121(65)222(21)(21)2121-+--⋅==-+-+-+k k k k k c k k k k①131321272(65)21335(21)(21)-⨯-⋅++⋯+=++⋯+⨯⨯-+nn n c c c n n 133521211212122222222221335212112121-+++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++-++⋯+-+=-+=- ⎪ ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n n n n 为偶数时，223324==k k kc ①2421231133314411444414⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭++⋯+=++⋯+==--n n n n c c c①()()2121213212422121211214214++-=++⋯++++⋯+=-+-=--++n n n n n n n T c c c c c c n n①0n c >，①{}2n T 单调递增， ①221712≥=n T T ，①1712λ≤ 14．（2022·江苏·阜宁县东沟中学模拟预测）已知正项等差数列{}n a 满足：()33n n a a n *=∈N ，且1382,1,a a a +成等比数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()1121212n n n a n a a c ++=++，n R 是数列{}n c 的前n 项和，若对任意n *∈N 均有n R λ<恒成立，求λ的最小值． 【答案】(1)n a n = (2)最小值为23【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为d ，由33n n a a =及等差数列的通项公式得到1a d =，则n a nd =，再根据等比中项的性质得到方程，求出d ，即可得解；（2）由（1）可得11121212n n n c +⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，利用裂项相消法求和得到n R ，即可得到23n R <，从而求出λ的取值范围，即可得解； (1)解：设等差数列的公差为d ，由33n n a a =得[]11(31)3(1)a n d a n d +-=+-，则1a d =， 所以1(1)n a a n d nd =+-=．因为12a 、31a +、8a 成等比数列，所以()231812a a a +=⋅，即2(31)28d d d +=⋅，所以27610d d --=，解得1d =或17d =-，因为{}n a 为正项数列，所以0d >，所以1d =，所以n a n =．(2)由（1）可得()()()()1111122112121212121212n n n a n n n n a a n n c +++++⎛⎫===- ⎪++++++⎝⎭，所以1223111111111122121212121212312n n n n R ++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 因为对任意n *∈N 均有23n R <，所以23λ≥，所以实数λ的最小值为2315．（2022·山东潍坊·模拟预测）已知{}n a 和{}n b 均为等差数列，111a b ==，312a a a =+，542b b a =+，记{11max n c b na =-，22b na -，…，}n n b na -（n=1，2，3，…），其中{1max x ， 2x ，⋯，}s x 表示1x ，2x ，⋯，sx 这s 个数中最大的数．(1)计算1c ，2c ，3c ，猜想数列{}n c 的通项公式并证明；(2)设数列()()132n n c c ⎧⎫⎪⎪⎨⎬--⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，若24n S m m <-+对任意n *∈N 恒成立，求偶数m 的值．【答案】(1)10c =，21c =-，32c =-，1n c n =-，证明见解析 (2)2m = 【解析】 【分析】（1）设等差数列{}n a ，{}n b 的公差分别为1d ，2d ，利用111a b ==，312a a a =+，542b b a =+，利用通项公式可得11122d d +=+，211d d =+，可得n a ，n b ．根据10c =，21c =-，32c =-．猜想数列{}n c 的通项公式1n c n =-，证明数列{}k k b na -为单调递减数列，即可得出结论．（2）1111(3)(2)(1)(2)12n nc c n n n n ==---++++，利用裂项求和方法即可得出n S ，根据24n S m m <-+对任意*n N ∈恒成立即可得出m 的取值范围．(1)解：设等差数列{}n a 和{}n b 的公差为1d 、2d ， 那么()()()11221121114131d d d d d ⎧+=++⎪⎨+=+++⎪⎩，解得1212d d =⎧⎨=⎩，①n a n =，21n b n =-，那么，111110c b a =-=-=，{}{}21122max 2,2max 121,3221c b a b a =--=-⨯-⨯=-，{}{}3112233max 3,3,3max 131,332,5332c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-，猜想{}n c 的通项公式为1n c n =-，当3n ≥时，()()()()111120k k k k k k k k b na b na b b n a a n ++++---=---=-<，所以数列{}k k b na -关于*N k ∈单调递减， 所以{}112211max ,,,1n n n c b na b na b na b na n =---=-=-；(2) 解：()()()()()()111113221123121n n c c n n n n n n ===---++++----⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，所以1111111123341222⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭n S nn n ， 因为24n S m m <-+对任意n *∈N 恒成立，所有2142m m -+≥，解得4422m +≤≤，所以2m =． 16．（2022·天津·耀华中学一模）设数列{}()*n a n ∈N 是公差不为零的等差数列，满足369a a a +=，25796a a a +=.数列{}()*n b n ∈N 的前n 项和为n S ，且满足423n n S b +=.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)在1b 和2b 之间插入1个数11x ，使1b ，11x ，2b 成等差数列；在2b 和3b 之间插入2个数21x ，22x ，使2b ，21x ，22x ，3b 成等差数列；……；在n b 和1n b +之间插入n 个数1n x ，2n x ，…，nn x ，使n b ，1n x ，2n x ，…，nn x ，1n b +成等差数列.（i ）求()()()11212231323312n n n nn T x x x x x x x x x =++++++++++；（ii ）是否存在正整数m ，n ，使12m n ma T a +=成立？若存在，求出所有的正整数对(),m n ；若不存在，请说明理由.【答案】(1)n a n =；11123n n b -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭.(2)（i ）n T 123343n n +⎛⎫=- ⎪⎝⎭；（ii ）存在；(9,2)和(3,3).【解析】 【分析】（1）设}n a ｛的公差为d ，根据题意列式求出1a 和d 即可求出n a ；根据11n n n b S S ++=-可求出n b ； （2）（i ）根据等差中项的性质得到()123411357(21)2n n n T b b b b n b nb +=+++++-+，再根据错位相减法可求出n T ；（ii ）根据n T 和{}n a 的通项公式得到23213n n m +=-，推出211,13m ⎡⎫-∈⎪⎢⎣⎭，令233n nn c +=，推出{}n c 的单调性，根据单调性可知，只有2c 和31,13c ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，由此可求出结果.(1)设}n a ｛的公差为d ，0d ≠，则()111211125846648a d a d a d a d a d a d +++=+⎧⎪⎨+++=+⎪⎩，解得11a d ==， 所以1(1)11n a a n d n n =+-=+-=. 由423n n S b +=得11423b b +=，得112b =， 11423n n S b +++=，所以114()2()330n n n n S S b b ++-+-=-=，所以11422n n n b b b +++=，即113n n b b +=，所以11123n n b -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭.综上所述：n a n =；11123n n b -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭.(2)（i ）依题意得12112b b x +=，2321222()2b b x x ++=，343132333()2b b x x x +++=， 45414243444()2b b x x x x ++++=，，123n n n nn x x x x ++++1()2n n n b b ++=， 所以()()()11212231323312n n n nn T x x x x x x x x x =++++++++++2334451122()3()4()()22222n n b b b b b b n b b b b ++++++=+++++()123411357(21)2n n b b b b n b nb +=+++++-+012311111111111111()3()5()7()(21)()()2232323232323n n n n -⎛⎫=⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯++-⋅⨯+⋅⨯ ⎪⎝⎭012311111111()3()5()7()(21)()()4333333n n n n -⎛⎫=+⨯+⨯+⨯++-⋅+⋅ ⎪⎝⎭令0123111111()3()5()7()(21)()33333n n R n -=+⨯+⨯+⨯++-⋅，则1234111111()3()5()7()(21)()333333n n R n =+⨯+⨯+⨯++-⋅，所以13n n R R -=12311111112()()()()(21)()33333n n n -⎛⎫+++++--⋅ ⎪⎝⎭， 所以1111()213312(21)()13313n n n R n -⎛⎫- ⎪⎝⎭=+⨯--⋅-， 所以113(1)()3n n R n -=-+⋅，所以11()43n n n T R n ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭1113433n n n n -+⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭123343n n +⎛⎫=- ⎪⎝⎭，（ii ）假设存在正整数m ，n ，使12m n m a T a +=，即12313432n n m m ++⎛⎫-= ⎪⎝⎭，即23213n n m+=-成立， 因为210m->，所以2m >，所以3m ≥，所以211,13m ⎡⎫-∈⎪⎢⎣⎭，令233n nn c +=，则1125253233(23)3n n n nn c n n c n ++++==++2512544n n n +=<+++， 所以数列{}n c 单调递减，1513c =>，279c =，313c =，当4n ≥时，4111813n c c ≤=<，所以由27219c m ==-，得9m =；由31213c m==-，得3m =， 所以存在正整数m ，n ，使12m n ma T a +=，且所有的正整数对(,)m n 为：(9,2)和(3,3). 17．（2022·天津河北·一模）设数列{}n a 的前n 项和14n n S -=， （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令19(3)(3)nn n n a b a a +=++，记数列{}n b 前n 项和为n T ，求n T ；（3）利用第二问结果，设λ是整数，问是否存在正整数n ，使等式13758n n T a λ++=成立？若存在，求出λ和相应的n 值；若不存在，说明理由．【答案】（1）21,134,2n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩;（2）171841n --+（3）当4λ=时，存在正整数2n =，使等式13758n n T a λ++=成立，当4,λ≠时，不存在正整数n 使等式13758n n T a λ++=成立. 【解析】 【分析】（1）直接由n a 与n S 的关系求解；（2）将（1）中求得的结果代入n b ，化简后利用裂项相消法求和； （3）将λ表示为含n 的等式，利用λ是整数，找出符合条件的n 即可. 【详解】（1）令n ＝1得，111a S ==；当n 2≥时，2134n n n n a S S --=-=⨯，所以21,134,2n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩ （2）当2n ≥时，234n n a -=⨯,此时22119934(3)(3)(343)(343)n n n n n n n a b a a ---+⨯⨯==++⨯+⨯+ 21114141n n --=-++，又111293(3)(3)8a b a a ==++①213,1811,24141n n n n b n --⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥⎪++⎩.故1138T b ==，当2n ≥时，2221323131111()()841414141n T ----=+-+-+++++ 32211111()()41414141n n n n ----+-+-++++171841n -=-+.（3）若1n =， 则等式13758n n T a λ++=为37858λ+=，52λ=不是整数，不符合题意； 若2n ≥，则等式13758n n T a λ++=为11717841548n n λ---+=+⨯，11154554141n n n λ---⨯==-++ ①λ是整数, ①141n -+必是5的因数, ①2n ≥时1415n -+≥ ①当且仅当2n =时，1541n -+是整数，从而4λ=是整数符合题意.综上可知，当4λ=时，存在正整数2n =，使等式13758n n T a λ++=成立， 当4,λ≠时，不存在正整数n 使等式13758n n T a λ++=成立 【点睛】本题考查了数列的通项与前n 项和的关系，考查了裂项求和法，考查了分析问题解决问题的能力及逻辑思维能力，属于难题.18．（2022·四川达州·二模（理））已知数列{}n a 满足11a =，12n n a a +=+，n S 为{}n a 的前n 项和. (1)求{}n a 的通项公式；(2)设()1nn n b S =-，数列{}n b 的前n 项和n T 满足20n T mn ->对一切正奇数n 恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】(1)21n a n =-； (2)1m <-. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的定义可得数列{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列，即求； （2）由题可得当 n 为奇数时，()12n n n T +=-，进而可得21122n n n T m <=--对一切正奇数n 恒成立，即得. (1)①11a =，12n n a a +=+， ①12n n a a +-=，①数列{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列， ①()12121n a n n =+-=-； (2)由题可得()21212n n n S n +-==，①()()211nnn n b S n =-=-，①()221121n n b b n n n ++=-++=+，n 为奇数， ①当 n 为奇数，且3n ≥时，()22222123451nn T n =-+-+-++-()()()221212372322n n n n n n n -⋅+=+++--=-=-， 当1n =时，11T =-也适合， 故当 n 为奇数时，()12n n n T +=-， 又20n T mn ->对一切正奇数n 恒成立，①2111222n T m n n n n+<=-=--对一切正奇数n 恒成立， 又11122n--≥-， ①1m <-.19．（2022·天津市宁河区芦台第一中学模拟预测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足()*N n n a S n -=∈321.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)记()()n n n n n b n n a ⎧⎪-+⎪=⎨⎪⎪⎩12123，为奇数，为偶数，数列{}n b 的前2n 项和为2n T ，若不等式()nnn n nT n λ⎛⎫-<+⋅- ⎪+⎝⎭2241132941对一切*N n ∈恒成立,求λ的取值范围. 【答案】(1)13-=n n a (2)⎛⎫- ⎪⎝⎭3546，. 【解析】【分析】（1）利用n a 与n S 的关系即可求解；（2）根据裂项相消法和错位相减法求出数列{}n b 的前2n 项和为2n T ，再将不等式的恒成立问题转化为求最值问题即可求解.(1)由题意,当1n = 时，1113211a a a -=⇒=, 当2n ≥ 时， 11321n n a S ---=，所以()n n n n a a S S -----=113320， 即 13n n a a -=， ∴ 数列{}n a 是首项为1，公比为3的等比数列，11133n n n a --∴=⨯=故数列{}n a 的通项公式为13-=n n a . (2)()()12123n n n n n b n n a ⎧⎪-+⎪=⎨⎪⎪⎩，为奇数，为偶数，由 (1)，得当n 为偶数时，13n n n n nb a -==， 当n 为奇数时， 11142123n b n n ⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭，设数列{}n b 的前2n 项中奇数项的和为n A ，所以n nA n n n ⎛⎫=-+-+⋯+-=⎪-++⎝⎭11111114559434141， 设数列{}n b 的前2n 项中偶数项的和为n B ， n n B n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=⨯+⨯+⋯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭1321111242333①n n B n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭352111112429333②，由-①②两，得()n n n n n n B n ++-⎛⨯⎫⎛⎫=⨯+⋯-⎛⎫=-⨯ ⎪++-⎪⎝⎭⨯ ⎪ ⎝⎭⎝⎭-21211321111139281111229332331319， 整理得()nn n B +⎛⎫=-⋅ ⎪⎝⎭38927132329，故，()nn n n n n T A B n +⎛⎫=+=+-⋅ ⎪+⎝⎭23892714132329，n nn n n T n ⎛⎫⎛⎫∴+⋅-=-⋅ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭2241272713294132329.∴ 不等式()nnn n n T n λ⎛⎫-<+⋅-⎪+⎝⎭2241132941对一切*N n ∈恒成立, 即不等式()nnλ⎛⎫-<-⋅ ⎪⎝⎭27271132329对一切*N n ∈恒成立,()xf x ⎛⎫=-⋅ ⎪⎝⎭2727132329在R 上是单调增。
高一数学集合符号大全
以下是高一数学中常见的集合符号及其含义：
N：自然数集，包括所有非负整数。
N* 或N+：正整数集，包括所有正整数。
Z：整数集，包括所有整数。
Q：有理数集，包括所有可以表示为两个整数之比的数。
R：实数集，包括所有实数。
∅：空集，表示没有任何元素的集合。
U：全集，表示所有元素的集合。
∅：属于符号，表示一个元素属于某个集合。
∅：不属于符号，表示一个元素不属于某个集合。
∅：并集符号，表示两个或多个集合的所有元素。
∩：交集符号，表示两个或多个集合的公共元素。
∅：子集符号，表示一个集合是另一个集合的子集。
∅：真子集符号，表示一个集合是另一个集合的真子集。
∅：逻辑与符号，表示两个命题同时成立。
∅：逻辑或符号，表示两个命题至少有一个成立。
¬：逻辑非符号，表示一个命题的否定。
∅ ∅: 是包含于符号, 表示一个集合的所有元素被另一个集合包含。
A∅B: 表示集合A和集合B的并集, 即由所有属于A或属于B的元素所组成的集合。
A∩B: 表示集合A和集合B的交集, 即由既属于A又属于B的所
有元素所组成的集合。
A−B: 表示集合A与集合B的差集, 即由所有属于A但不属于B 的元素所组成的集合。
沙伊纳曼定理的证明
沙伊纳曼定理的证明沙伊纳曼定理是一个数论中重要的定理，它与数的分割有关。
以下是对沙伊纳曼定理的证明。
首先，我们定义一个分割为将一个正整数分成一系列正整数之和的方式。
例如，对于正整数6，我们可以有以下几种分割：6 = 66 = 5 + 16 = 4 + 26 = 4 + 1 + 16 = 3 + 36 = 3 + 2 + 16 = 3 + 1 + 1 + 16 = 2 + 2 + 26 = 2 + 2 + 1 + 16 = 2 + 1 + 1 + 1 + 16 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1现在，我们来看沙伊纳曼定理的表述：对于任意的正整数n，将n写成一系列正整数之和的分割数目是一个确定的数，记作p(n)。
我们用递归的方式来证明沙伊纳曼定理。
首先，考虑边界情况，当n 等于0时，分割数目为1，因为我们可以将0分割成空集。
当n大于0时，我们需要考虑不同的情况。
假设我们有一个正整数k，则有两种情况：k是分割中的最大数，或者k不是分割中的最大数。
如果k是分割中的最大数，那么我们需要找到所有以k开头的分割。
这样，我们可以将n分割成k + (n - k)的方式。
而对于n - k的分割数目，可以通过递归得到，记作p(n - k)。
如果k不是分割中的最大数，那么我们可以将n分割成不包含k的分割。
这样，我们可以通过将n分割成仅包含比k小的数的方式来得到，记作p(n, k - 1)。
综上所述，我们可以得到递推关系式：p(n) = p(n, n-1) + p(n-k, k)，其中k从1到n通过计算递推关系式，我们可以逐步得到p(n)的值。
最终，我们可以得到对于任意正整数n，将n写成一系列正整数之和的分割数目p(n)。
这就是对沙伊纳曼定理的一个简要证明。
希望这能帮助您理解并回答您的问题。
给定一个十进制正整数N,写下从1开始,到N的所有整数,
问题：给定一个十进制正整数N,写下从1开始，到N的所有整数，然后数一下其中出现的所有“1”的个数。
例如：N=2,写下1, 2。
这样只出现了1个"1”。
N=12,我们会写下1,2,3,4,5,6,7,8,9,10, 11, 12。
这样1 的个数是5。
1.写一个函数f(N),返回1到N之间出现的“1”的个数，比如f(12)=5。
2.在32位整数范围内，满足条件“f(N)=N”的最大的N是多少？曾在CluiiaUnix论坛上看到该题，记得是google的面试题，有个网友给出了不错的解法，但他给出的证明倒是有点复杂，一直记不住。
今天，无意间翻到这题，就顺便再解了下。
对问题一，可以采用书上的方法，分别对每个位进行统计对问题二，可以证明N的上限值是10-10-1,不过就是采用10'11-1,对后面采用的算法影响也不大(只是多循环了300多次)。
假设：a < c <b, c = f(c)由函数f的定义可知:f(a)v=f(c)v=f(b),即：f(a) <= c <= f(b)»又由a< c < b 可得 a + 1 v= c v= b-1因而max(a+l, f(a)) <= c <= niiii(b-l, f(b)) ①假设c含有k个数字，由于a每增加1, f(a)最多增加k。
则有：f(c) <= f(a) + (c - a) * k由f(c) = c > c - 1 可得 c - 1 < f(a) + (c - a) * k即：c > (a*k - f(a) -1) / (k -1) = a + (a - f(a) -1) / (k -1)即：c >= a + (a - f(a) -1) /(k -1) + 1 (k> = 2) ②当取等号时，c = a + (a - f(a) - 1) / (k -1) + 1 <= a + (a - f(a) - 1) /1 + 1 = a + (a - f(a)) 因而c的位数k 小等于a + (a - f(a))的位数。
证明1是最大的正整数 谬误
证明1是最大的正整数谬误
很抱歉，因为题目给出的是谬误，所以无法给出证明1是最大的正整数的正确解答。
但是，以下是一些常见的谬误思路以及为什么它们是错误的：
1. 除1以外的所有正整数都可以被1整除，因此1是最大的正整数。
这种思路是错误的，因为它没有使用准确的数学定义和性质。
根据整数除法的定义，
对于任何非零整数a和b（包括1），都存在唯一的商q和余数r，使得a=bq+r且0≤r<|b|。
因此，任何正整数都可以被1整除，但这并不证明1是最大的正整数。
2. 对于任何正整数n，n+1>n，因此不存在比1更大的正整数。
这种思路是错误的，因为它没有使用正确的数学逻辑。
虽然对于任何正整数n，n+1都是大于n的，但这并不意味着不存在比1更大的正整数。
同样地，我们可以说2+1>2，但这并不意味着不存在比2更大的正整数。
3. 1是唯一的正整数，因为1是自然数的定义。
这种思路是错误的，因为它没有正确地理解数学概念和定义。
虽然1是自然数的定义，但自然数并不等同于正整数。
自然数包括了0和负整数，而正整数则不包括0和负整数。
因此，1只是正整数集合中的一个元素，而不是它的唯一元素。
综上所述，虽然题目给出的是一个谬误，但是这并不意味着我们可以随意胡言乱语。
正确的数学思维应该基于定义、公理和逻辑推理，而不是主观臆断和随意猜测。
数学归纳法证明
数学归纳法证明数学归纳法是数学证明中一种常用的方法，其思想是通过推广某个命题在基础情形的真实性，证明该命题对于所有情形也都成立。
本文将介绍数学归纳法证明的基本原理、步骤、应用及注意事项。
一、基本原理数学归纳法的基本思想是，如果命题P(n)对于某个正整数n成立，并且命题P(n+1)可以由P(n)推出，在此基础上可以得到P(n+2)，P(n+3)等等的真实性，那么命题P(n)对于所有大于或等于基础情形的正整数n都成立。
在这个过程中，需要区分基础情形和归纳情形。
基础情形是在证明的开始处，需要证明P(1)的真实性。
归纳情形是在基础情形成立的前提下，证明命题P(n)的真实性。
二、步骤1.证明基础情形：证明P(1)是真实的。
2.证明归纳情形：假设P(k)成立，证明P(k+1)也成立。
3.结论：因为所有的下一个情形都可以从上一个情形推得，所以可以得出结论：对于所有的n，命题P(n)成立。
三、应用数学归纳法证明在各个数学分支中都有着广泛的应用，以下是几个例子：1.证明1+2+3+...+n = n(n+1)/2：基础情形：n=1时，1=1×(1+1)/2，等式成立。
归纳情形：假设1+2+3+...+k=k(k+1)/2成立，那么：1+2+3+...+k+(k+1)=(k+1)(k+2)/2因此，得证1+2+3+...+n = n(n+1)/2对于所有的正整数n成立。
2.证明斐波那契数列的通项公式：基础情形：当n=1和n=2时，斐波那契数列是1，1，也就是f1=f2=1。
归纳情形：假设当n=k-1和n=k时，斐波那契数列是fk-1和fk，则f(k+1)= fk +fk-1，其中k≥2。
因此，得证斐波那契数列的通项公式对于所有的正整数n 成立。
四、注意事项1.需要正确地识别基础情形和归纳情形，确保证明的准确性。
2.需要注意证明过程中的细节，尤其是数学运算的准确性。
3.有时候需要进行二次归纳证明，即需要证明P(1)和P(2)成立，并且假设P(1)、P(2)、……、P(k-1)成立可以推出P(k)成立，那么就可以推出命题P(n)对于所有大于等于2的整数n成立。
证明不等式的基本方法一比较法
证明不等式的基本方法一比较法不等式的基本方法一比较法是以较为常用和广泛的方法之一，用于证明不等式的真实性或者不真实性。
该方法基于两个原则：1.如果对于不等式两边的所有常数，左边的常数小于右边的常数，则不等式成立；2.如果不等式两边的所有元素中的其中一个元素，在一些范围内小于另一个元素，则不等式成立。
下面通过一些例子来详细介绍基本方法一比较法的具体步骤和应用。
例子1：证明对于所有的正整数n，都有n^2>n。
证明：根据不等式的基本方法一比较法，我们可以利用两个原则来进行证明。
首先，根据原则1，我们可以比较n^2和n。
当n=1时，n^2=1，n=1，所以n^2>n成立。
对于n>1的情况，由于n^2是n的平方，而n的平方大于n，因此n^2>n成立。
其次，根据原则2，我们可以比较n^2和n。
当n=1时，n^2=1，n=1，所以n^2>n成立。
对于n>1的情况，考虑到n^2是n的平方，而n的平方是n乘以n，所以n^2>n成立。
综上所述，我们可以得出结论，对于所有的正整数n，n^2>n成立。
例子2：证明对于所有的正整数n，都有n^2+n>2n。
证明：同样地，我们可以利用不等式的基本方法一比较法来证明该不等式。
首先，根据原则1，我们可以比较n^2+n和2n。
对于n=1的情况，n^2+n=1+1=2，2n=2，所以n^2+n>2n成立。
对于n>1的情况，我们可以将不等式简化为n^2>n，这是一个已经证明过的不等式。
其次，根据原则2，我们可以比较n^2+n和2n。
当n=1时，n^2+n=2，2n=2，所以n^2+n>2n成立。
对于n>1的情况，我们可以继续简化不等式为n^2>n，这同样是一个已经证明过的不等式。
综上所述，我们可以得出结论，对于所有的正整数n，n^2+n>2n成立。
通过上述例子，我们可以总结论证不等式的基本方法一比较法的步骤如下：1.确定要证明的不等式形式；2.根据不等式的特点，选择合适的比较方法，并根据比较原则进行证明；3.在证明过程中，可以使用数学推导、归纳法等数学方法来辅助证明；4.利用已经证明过的不等式和已知的数学定理等，简化和推导不等式；5.综合所有的证明过程，得出最终结论。
初中数学联赛组合数论习题汇总
组合与数论专题（一）1.求使得31024-1能被2n整除的最大的正整数n.2.设p是素数，且p+10,P+20也均为素数，求出所有这样的素数p.3.从1，2，…，2n中拿走n个连续的正整数，留下来的n个数的和是1615，求满足条件的所有正整数n.4.求所有的正整数n，使得3n2+3n+7是一个立方数.5.已知正整数x，y满足方程x2+84x+2008=y2，求x+y的值.6.求方程的正整数解（x,y）的组数.7.设n为正整数，且3n+1与5n-1皆为完全平方数，求证：（1）7n+13必为合数；（2）8（17n2+3n）必为两个平方数的和.8.是否存在一个二次函数f（x），使得对任意的正整数k，当时，都有成立？请给出结论，并加以证明.9.已知两个三边长都是整数的等腰三角形有相同的周长，相同的面积，且两底边长之比为8:7，求公共周长的最小值.10.将总和为200的10个数放置在给定的一个圆周上，且任意三个相邻的数之和不小于58.求所有满足上述要求的10个数中最大数的最大值.11.设α1，α2，…，α30是从1，2，…,2011中取出的30个不同的两两互素的数,证明：其中至少有15个是素数.12.对正整数n，记f（n）为数3n2+n+1的十进制表示的数码和.（1）求f（n）的最小值；（2）是否存在一个正整数n，使得f（n） =100？（1）S能否等于2010？证明你的结论；（2）S能取到多少个不同的整数值？14.把1到n（n＞1）这n个正整数排成一行，使得任何相邻两数之和为完全平方数.问：n的最小值是多少？组合与数论专题（二）——真题演练第一试一、选择题（本题满分42分，每小题7分）（A） 10000 （B） 15000 （C）15129 （D）152502.满足方程（x+3）2+y2+（x-y）2=3的所有实数对（x，y）的个数为（）.（A） 1 （B）2 （C） 3 （D）43.已知直角三角形ABC中，∠C=90o，BC=6，CA=3，CD为∠C的角平分线，则CD的长为（）.（A）（B）2 （C）（D）44.若前2011个正整数的乘积1×2×…×2011能被2010k整除，则正整数k的最大值为（）.（A） 1 （B） 10 （C）30 （D）20105.如图，平面直角坐标系内，正三角形ABC的顶点B，C的坐标分别为（1，0），（3，0），过坐标原点O的一条直线分别与边AB，AC交于点M ，N，若OM=MN，则点M的坐标为（）.6.如图，矩形ABCD中，AB=5,BC=8，点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，使得AE=2，BF=5，DG=3，AH=3，点O在线段HF上，使得四边形AEOH的面积为9，则四边形OFCG的面积是.（A） 6 （B）6.5 （C）7 （D）9二、填空题（本题满分28分，每小题7分）1.整数p，q满足p+q=2010，且关于x的一元二次方程67x2+px+q=0的两个根均为正整数，则p = .2.已知实数a，b，c满足a≥b≥c,a+b+c=0,且a≠0.设x1,x2是方程ax2+bx+c=0的两个实数根，则平面直角坐标系内两点A（x1,x2）,B（x2,x1）之间的距离的最大值为.3.如图，设ABCDE是正五边形，五角星ACEBD（阴影部分）的面积为1.设AC与BE的交点为P，BD与CE的交点为Q，则四边形APQD的面积等于 .4.设a，b，c是整数，1≤a＜b＜c≤9，且能被9整除，则a+b+c的最小值是，最大值是.第二试一、（本题满分20分）已知面积为4的△ABC的边长分别为BC=a，CA=b，AB=c，a＞b，AD是∠A的角平分线，点C’是点C关于直线AD的对称点，若△C’’BD与△ABC相似，求△ABC周长的最小值。
完全归纳推与不完全归纳推理介绍
完全归纳推与不完全归纳推理介绍完全归纳推理和不完全归纳推理是数学中使用的两种常用推理方法。
它们在数学证明和问题解决过程中发挥着重要的作用。
本文将首先介绍归纳推理的概念和原理，然后详细阐述完全归纳推理和不完全归纳推理的特点和应用。
首先，我们来了解一下归纳推理的概念和原理。
归纳推理是一种由特例到一般的推理方法，基于一系列已知实例的观察和分析，通过找到普遍规律或者推断结论的方法。
它通常使用以下的思维过程：观察一些具体例子，从中总结出普遍规律或者结论，并进一步应用于未知情况。
通过这种思维方式，我们可以通过少量实例推断出普适规律。
接下来，我们来看看完全归纳推理。
完全归纳推理是一种通过数学归纳法建议的推理方法。
它基于归纳原理，通过三个步骤来完成证明：基础步骤、归纳假设和归纳推理。
在基础步骤中，我们证明了一个基本实例；在归纳假设中，我们假设一个正整数n的一些性质成立；在归纳推理中，我们证明了n+1个性质成立。
通过这种方式，我们可以推断出对于所有正整数n，该性质都成立。
例如，我们可以证明对于任意正整数n，1+2+3+...+n=n(n+1)/2、这就是完全归纳推理。
完全归纳推理的特点是它可以推论出所有的情况。
它可以解决那些需要证明一个性质对于一切正整数都成立的问题。
然而，完全归纳推理有一个前提条件，就是必须首先证明基础步骤成立，这是基本实例的验证步骤。
如果基础步骤不能成立，那么我们无法使用完全归纳推理。
除了完全归纳推理，还有不完全归纳推理。
不完全归纳推理是一种缩小归纳范围的方法。
它不要求证明所有的情况，而只要求证明一部分情况即可。
例如，我们要证明一些性质对于一部分正整数成立，可以通过选择一个最小的正整数m，并证明该性质对于m成立。
然后，假设该性质对于所有比m大的正整数n成立，并通过归纳推理来证明该性质对于n+1成立。
虽然不完全归纳推理只考虑了一部分情况，但在一些情况下，它仍然能够证明一般情况的有效性。
总结起来，完全归纳推理和不完全归纳推理是数学中使用的两种常用推理方法。
2002年第二届中国西部数学奥林匹克试题及解答
３１Ｓ （ ｘ， 二：，一，二。），且 Ｓ（ｘ ， －， ．，二。）００，
ＩＳ（ｘ ｘ２，－－，ｘ６）Ｉ｝３ｘ７２８． 显然 ２０ ０３与３互素． 假若 有 ２ ０ ０３整除 Ｓ（ｘ ｘｚ， ．． ．，ｘ， ），则 Ｓ（ｘ，
ｘ２， ．．．， －ｓ）二３ｘ，ｔ 为整数，且 ｌ｝－ ｌｔ１｝－７ ２８．于是，
所以 ， 匕 ＦＤＥ＜ （ ９００一乙ｃ）十艺ＰＣＥ
二９ ０ 一 Ｌ ＰＣ ｂ） 二 ／ Ｃ ＥＤ．
从而 ， 式 ①成立．命题获证． ３．依 题 意 ，可知方程的４个根只能是下面的两 种情形：２个实根与 １对共扼虚根；２对共扼虚根． （１） 若 方 程的４个根是 ２个实根与 １对共扼虚
明；数列 Ｓ最前面的４项与最后面的４项相同．
合分别相等，不妨设 Ａ；二Ａ＿，Ａ ３ 二Ａ；，这时Ａ Ａ ， 中恰有一个含有 Ｉ＋１，Ａ Ａ‘中也恰有一个含有 １
４．对 。归 纳，用数学归纳法证明．
＋Ｉ．不妨设Ｉ＋１ＥＡ Ｉ＋ＩＥＡ，，而１＋１茫Ａ １＋ｌ
当 ｎ＝ １ 时，必有 Ａ，＝Ａ，二｛１４，命题获证．
ｉｔ Ａ＜，此时，得到Ａ，Ｕ Ａ ａ＝Ａ，Ｕ Ａ ．命题获证－
川 Ｃ １１， ２．－－－，ＩＩ，ｉ＝１，２，一，１＋２．
同的集合（指同一组内）＿这时，利用（１）的处理方法，
（１） Ａ： 两 两不同．此时，考虑 ４１，Ａ，，· －， Ａｉ，， 可知命题成立．
运用归纳假设 ，可得分组
综上 可 知 ，命题对一切正整数 。成立．
１７， ｕ． Ａ；１ ＵＡ ； Ｕ ． ＵＡ，＇ ＝Ａ，＇， ｕＡＵＡ ＂＇２ Ｕ 二 ＵＡ ， ＂＂ Ｌｒ， ．
均有１＋１彭人
＝２ （１ ８００ 一／Ａ）
图２
常用数集的记法
常用数集的记法一、自然数集自然数集是由0和所有正整数组成的集合，用符号N表示。
N={0, 1, 2, 3, ...}自然数集是最早出现的数集，它包含了人们最早认识的数，用于计数和表示事物的数量。
自然数集中的数是无限的，每一个数都有其唯一的后继。
二、整数集整数集是由自然数、0和其相反数组成的集合，用符号Z表示。
Z={..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, ...}整数集在自然数集的基础上增加了负整数，使得数轴上的每一个点都有对应的整数。
整数集中的数同样是无限的，每一个数都有其相反数和后继。
三、有理数集有理数集是可以表示为两个整数的比值的数的集合，用符号Q表示。
Q={a/b | a∈Z, b∈Z, b≠0}有理数集包括了所有整数和所有可以表示为分数形式的数，可以是正的、负的或零。
有理数可以用两个整数的比值来表示，其中分母不能为零。
四、无理数集无理数集是指不能表示为两个整数的比值的数的集合，用符号I表示。
I={x | x不是有理数}无理数集包括了所有不能用分数形式表示的数，它们是无限不循环的小数。
无理数是不可数的，它们在实数轴上无间断地分布。
五、实数集实数集是由有理数和无理数组成的集合，用符号R表示。
R=Q∪I实数集包括了所有有理数和无理数，是我们通常所说的数。
实数集是连续的，实数轴上的每一点都对应一个实数，实数集是最常用的数集。
六、复数集复数集是由实数和虚数组成的集合，用符号C表示。
C={a+bi | a∈R, b∈R, i^2=-1}复数集包括了实数和虚数，其中虚数是实数乘以虚数单位i得到的数。
复数是二维的，可以用实数部分和虚数部分表示。
七、正整数集正整数集是大于零的整数的集合，用符号N*表示。
N*={1, 2, 3, ...}正整数集是自然数集的子集，它排除了0，只包括大于零的整数。
正整数集用于表示计数和事物的顺序。
八、质数集质数集是只能被1和自身整除的正整数的集合，用符号P表示。
所有的正整数n
5．所有的正整数n,使得对于这样的n,总能找到实数a,b,使得函数f(n)=1/nx^2+ax+b,对于任意整数x,f(x)也是整数6．已知n,k都是正整数，满足不等式1/7<(n-k)/(n+k)<63/439，如果对于某个n,只有为一的正整数 k 使得不等式成立，试求所有满足条件的正整数n的最大值和最小值解：1/7＜(n-k)/(n+k)＜63/439 即1/7＜(n+k-2k)/(n+k)＜63/439 即1/7＜1-(2k)/(n+k)＜63/439 即-6/7＜-2k/(n+k)＜-376/439 即188/439＜k/(n+k)＜3/7 即7/3＜(n+k)/k＜439/188 即7/3＜n/k +1＜439/188 即4/3＜n/k＜251/188 即188/251＜k/n＜3/4 (1)即 188n/251＜k＜3n/4 (2)因为 k为正整数，且对于给定的n，k只有一个，所以 3n/4 - 188n/251 ≤ 2，即n≤2008当n=2008，代入（2）有1504＜k＜1506，只能取得唯一k=1505故n的最大值为2008。
又根据（1）式188/251＜k/n＜3/4，即 752/1004＜k/n＜753/1004，显然分子n＞1004当n取1005时，752.75＜k＜753.75 （为了比较方便，我把分式化为近似小数），有唯一对应的k=753，故n的最小值为1005。
.7．已知正整数a,b,c满足：a<b<c, abc=ab+bc+ca，试求所有满足条件的a,b,cab+bc+ca=abc 同时除以 abc 1/c + 1/a + 1/b = 1 由于 a > b > c 所以 1/a<1/b<1/c 1/c + 1/a + 1/b < 3/c 1 < 3/c c < 3 c = 1 or 2 因为 c〉1 所以 c = 2 1/2 + 1/a + 1/b = 1 1/a + 1/b = 1/2 1/a < 1/b 2/b > 1/2 2 > 1/2b4 > b b = 3 or 2 or 1 距题意 b = 3 1/c + 1/a + 1/b = 1 1/2 + 1/3 + 1/a =1 1/a = 1/6 a = 6 所以 a =6 b =3 c=29. 有2006个都不等于119的正整数排成一列，其中任意连续若干项的和都不等于119，试求这2006个数的和的最小值解:首先证明命题:对于任意119个正整数b1,b2,…,b119,其中一定存在若干个(至少一个,也可以是全部)的和是119的倍数.事实上,考虑如下119个正整数b1, b1+b2 …, b1+b2+…+b119, (1)若(1)中有一个是119的倍数,则结论成立.若(1)中没有一个是119的倍数,则它们除以119所得的余数只能为1,2,…,118这118种情况.所以,其中一定有两个除以119的余数相同,不妨设b1+b2+…+bi和b1+b2+…+bj (1≤i≤j≤119),于是119| bi+1+b2+…+bj从而此命题得证.对于a1，a2，a3 ，… a2006中的任意119个数,由上述结论可知,其中一定有若干数的和是119的倍数,又由题设知,它不等于119,所以,它大于或等于2×119,又因为2006=16×119+102,所以a1+a2+a3+…+a2006≥16×238+102=3910. (2)取a119=a238=…=a1904= 120,其余的数都为1时,(2)式等号成立.所以, a1+ a2+ a3+… + a2006的最小值为391010．N为正整数，使得1+n+n(n+1)/2+n(n-1)(n-2)/6=2^k，试求所油可能的正整数n和k1. 已知正整数n大于30，且4n-1整除2002n，试求n假设整除的结果为K,因为是两个正整数相除，所以结果K>02002n/(4n-1)=k变形一下，n=1/(4-2002/k)因为n是整数，且n>30所以1/(4-2002/k)>30且(4-2002/k)>0两个不等式结果为K<60060/119K>2002/4因为在这个范围内，没有一个整数K能把2002整除,所以K不存在，N不存在2. 设a,b都是自然数，使得a^2+ab+1|b^2+ab+1，证明：a=b设a^2+ab+1=k(b^2+ab+1)a^2+ab+1=kb^2+abk+k左右对照第三项可知k=1a^2+ab+1=b^2+ab+1a^2=b^2因为a，b是正整数所以a=b第一项无法对照,因为设的k是常数第二项也可以对照,也是k=14。
数学n是什么意思
数学n是什么意思数学中n表示数集，即自然数的集合，即非负整数集，也可以使用N表示，其中包括0与正整数。
n+表示正整数，即除0之外的正整数。
比如：1、2、3；在数学中使用n表示数的集合极大的简化了数学的书写。
n”代表了非负整数集。
全体非负整数的集合通常称非负整数集（或自然数集）。
非负整数集包含0、1、2、3等自然数。
数学上用字母“n”表示非负整数集。
非负整数集包括正整数和零。
非负整数集是一个可列集。
“n+”或“n*”记作所有正整数的集合。
在“n”的右上角标上“*”或在N的右下角标上“+”来表示该数集内排除0与负数的集。
扩展在数学中，N代表的是自然数，即：0，1，2，3，4，等，也称非负数整数集。
在数学中，Z代表的是所有整数，不论是正的，还是负的，例如：-2，-1，0，1，等。
在数学中，Q代表的是所有的有理数，即整数和小数部分有限的分数（3/8）等，还包括小数部分无限循环的分数，例如，2/3等。
无限不循环的小数就叫做无理数。
所有的无理数和有理数加起来就是实数集R。
那么为什么在数学中会用一系列的古希腊字母来表示各种含义呢？因为在早先的时代，出现了很多伟大的数学家，他们为了方便表示数学中的某些含义就会使用字母来代替，比如使用X表示未知数，也表示是自变量，Y代表因变量，R表示全体实数，表示角度。
用法非常的广泛。
数学作用都有哪些呢数学计算每天都在我们的周围出现，已经成为日常生活中不可缺少的一部分，比如买任何东西都需要用到数学，进行价钱的计算。
通过数学计算，还能够提升自己的思维能力，想象能力。
所以数学对于我们非常重要，我们需要记住数学中的特殊符号，方便我们使用。
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5．所有的正整数n,使得对于这样的n,总能找到实数a,b,使得函数f(n)=1/nx^2+ax+b,对于任意整数x,f(x)也是整数6．已知n,k都是正整数，满足不等式1/7<(n-k)/(n+k)<63/439，如果对于某个n,只有为一的正整数 k 使得不等式成立，试求所有满足条件的正整数n的最大值和最小值解：1/7＜(n-k)/(n+k)＜63/439 即1/7＜(n+k-2k)/(n+k)＜63/439 即1/7＜1-(2k)/(n+k)＜63/439 即-6/7＜-2k/(n+k)＜-376/439 即188/439＜k/(n+k)＜3/7 即7/3＜(n+k)/k＜439/188 即7/3＜n/k +1＜439/188 即4/3＜n/k＜251/188 即188/251＜k/n＜3/4 (1)即 188n/251＜k＜3n/4 (2)因为 k为正整数，且对于给定的n，k只有一个，所以 3n/4 - 188n/251 ≤ 2，即n≤2008当n=2008，代入（2）有1504＜k＜1506，只能取得唯一k=1505故n的最大值为2008。
又根据（1）式188/251＜k/n＜3/4，即 752/1004＜k/n＜753/1004，显然分子n＞1004当n取1005时，752.75＜k＜753.75 （为了比较方便，我把分式化为近似小数），有唯一对应的k=753，故n的最小值为1005。
.7．已知正整数a,b,c满足：a<b<c, abc=ab+bc+ca，试求所有满足条件的a,b,cab+bc+ca=abc 同时除以 abc 1/c + 1/a + 1/b = 1 由于 a > b > c 所以 1/a<1/b<1/c 1/c + 1/a + 1/b < 3/c 1 < 3/c c < 3 c = 1 or 2 因为 c〉1 所以 c = 2 1/2 + 1/a + 1/b = 1 1/a + 1/b = 1/2 1/a < 1/b 2/b > 1/2 2 > 1/2b4 > b b = 3 or 2 or 1 距题意 b = 3 1/c + 1/a + 1/b = 1 1/2 + 1/3 + 1/a =1 1/a = 1/6 a = 6 所以 a =6 b =3 c=29. 有2006个都不等于119的正整数排成一列，其中任意连续若干项的和都不等于119，试求这2006个数的和的最小值解:首先证明命题:对于任意119个正整数b1,b2,…,b119,其中一定存在若干个(至少一个,也可以是全部)的和是119的倍数.事实上,考虑如下119个正整数b1, b1+b2 …, b1+b2+…+b119, (1)若(1)中有一个是119的倍数,则结论成立.若(1)中没有一个是119的倍数,则它们除以119所得的余数只能为1,2,…,118这118种情况.所以,其中一定有两个除以119的余数相同,不妨设b1+b2+…+bi和b1+b2+…+bj (1≤i≤j≤119),于是119| bi+1+b2+…+bj从而此命题得证.对于a1，a2，a3 ，… a2006中的任意119个数,由上述结论可知,其中一定有若干数的和是119的倍数,又由题设知,它不等于119,所以,它大于或等于2×119,又因为2006=16×119+102,所以a1+a2+a3+…+a2006≥16×238+102=3910. (2)取a119=a238=…=a1904= 120,其余的数都为1时,(2)式等号成立.所以, a1+ a2+ a3+… + a2006的最小值为391010．N为正整数，使得1+n+n(n+1)/2+n(n-1)(n-2)/6=2^k，试求所油可能的正整数n和k1. 已知正整数n大于30，且4n-1整除2002n，试求n假设整除的结果为K,因为是两个正整数相除，所以结果K>02002n/(4n-1)=k变形一下，n=1/(4-2002/k)因为n是整数，且n>30所以1/(4-2002/k)>30且(4-2002/k)>0两个不等式结果为K<60060/119K>2002/4因为在这个范围内，没有一个整数K能把2002整除,所以K不存在，N不存在2. 设a,b都是自然数，使得a^2+ab+1|b^2+ab+1，证明：a=b设a^2+ab+1=k(b^2+ab+1)a^2+ab+1=kb^2+abk+k左右对照第三项可知k=1a^2+ab+1=b^2+ab+1a^2=b^2因为a，b是正整数所以a=b第一项无法对照,因为设的k是常数第二项也可以对照,也是k=14。
对于怎样的整数m,乘积1*2*3*…*(m-1)能被m整除？假设m不是质数, 则存在1和m以外的约数, 设k | m, 1 < k < m.由k < m, k | 1×2×3×...×(m-1).而由k | m, m | 1×2×3×...×(m-1)+1, 又有k | 1×2×3×...×(m-1)+1.相减得k | 1, 这与1 < k矛盾.因此m为质数.注: 其实这是m > 1为质数的充要条件, 称为Wilson定理6．求证：对于任意正整数n,n^3+3n^2+5n+9可以被3整除参考：n^3+3n^2+2n=n(n+1)(n+2)n,n+1,n+2三个数至少有一个3的倍数至少也有一个能被2整除所以它们的积能被6整除例1：证明：如果n为奇数，那么数2-1，2^2-1,2^3-1…,2^(n-1)中必有一个是n的倍数思路：抽屉原理，反证法可以解。
这一个数列一共有n个数。
假设不存在n的倍数的数，那么一定存在两个或两个以上的除以n的余数是相同的。
（n个数，n就n个余数，不存在n的倍数，必有重叠的余数，这就是抽屉原理）设有这么两个数2^k-1,2^j-1的余数相同，且k>j,他们的余数为a，则2^k-1=xn+a，2^j-1=yn+a (x>y)两个式子相减，可以得到2^k-2^j=（x-y）n提取一个2^j，原式转化为2^j*（2^(k-j)-1）=(x-y)n.由于2^j不能被n整除，那么2^(k-j)-1一定能被n整除。
2^(k-j)-1又是原数列中的一个数，与题干矛盾。
（反证法）所以此数列一定有个数可以被n整除。
例2：n为大于1的正整数，且1!,2!,3!,4!,….n!构成n的一个完全剩余系，那么n为一个质数例3：如果n是一个大于10的正整数，且n的每个数码都是1，3，7，9，证明：n必有一个大于10的质因数例7：设n为整数，p是n^2+1的奇数因子，证明： p=1(mod4)引理1：一个自然数N可以写成两个整数的平方和当且仅当N的素因子分解中每个可以写成4n-1（n是整数）的素数出现次数为偶数。
证明：这是费马的猜想之一，由欧拉在1747年证明。
一般数学系大二的抽象代数课程中会有这个证明，主要工具是环理论。
引理2：假设自然数N有形如4n-1（n是整数）的因子，则N必有形如4n-1（n是整数）的素因子。
证明：素数可以分为三类：2，4m+1（m是整数）和4n-1（n是整数）。
假设N没有形如4n-1（n是整数）的素因子，则由算术基本定理，N的任意因子都可以写成若干个2和若干个4m+1（m是整数）的乘积：如果有2，则必得到偶数，不可能写成4n-1（n是整数）；如果没有2，则全为4m+1（m是整数）的乘积，每个因子被4除的余数都是1，所以乘积被4除的余数也是1，同样不可能写成4n-1（n是整数）。
从而得到矛盾。
证毕。
引理3：对每个素数p=4n-1（n是整数）和整数a，p^2不可能整除a^2+1。
证明：假设p^2整除a^2+1，则a^2=-1(modp^2)。
p不可能整除a，所以a与p^2互素，a可以看成群(Z/p^2 Z)*（表示环Z/p^2 Z中的乘法可逆元）中的元素，而a^2=-1(modp^2)说明a的阶等于4。
由欧拉定理，群(Z/p^2 Z)*的阶为p(p-1)=(4n-1)(4n-1-1)=2(4n-1)(2n-1)。
再由柯西定理，群中元素的阶必整除群的阶，所以有4整除2(4n-1)(2n-1)，得2整除(4n-1)(2n-1)，即(4n-1)(2n-1)是偶数，而这是不可能的。
从而得到矛盾。
证毕。
最后来证本来的命题：假设自然数N=a^2+1有形如4n-1（n是整数）的因子，则由引理2知N必有形如4n-1（n是整数）的素因子，记为p。
而N可以写成两个整数的平方和（N=a^2+1^2），所以由引理1知N的素因子分解中p出现次数为偶数。
从而必有p^2整除N=a^2+1，与引理3矛盾。
这说明N=a^2+1不可能有形如4n-1（n是整数）的因子。
证毕1.63x=15(mod153)2.五猴分桃问题设这堆桃子至少有x个，借给它们4个，成为x+4个。
5个猴子分别拿了a,b,c,d,e个桃子（其中包括吃掉的一个桃子），则可得a=(x+4)/5,b=4(x+4)/25,c=16(x+4)/125,d=64(x+4)/625,e=256(x+4)/3125e应为整数，而256不能被5整除，所以（x+4)应该是3125的倍数，所以（x+4)=3125k(k 为自然数）。
当k =1时，x=3121所以，5个猴子至少摘了3121个桃子(3121-1)/5*4=2496(个) (2496-1)/5*4=1996(个) (1996-1)/5*4=1596(个)(1596-1)/5*4=1276(个) (1276-1)/5*4=1020(个)所以最后剩下1020个。