8.4总复习题

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讲义正文

A 组习题

总复习题

A组

【2001上海春16改编】若数列$\displaystyle \left \{ a_n \right \}$前8项的值各异，且对任意正整数$\displaystyle n$，有$\displaystyle a_{n+8}=a_n$，则下列数列中可取遍$\displaystyle \left \{ a_n \right \}$前8项值的是
- $\displaystyle \left \{ a_{3k+1} \right \}$
- $\displaystyle \left \{ a_{4k+1} \right \}$
- $\displaystyle \left \{ a_{5k+1} \right \}$
- $\displaystyle \left \{ a_{6k+1} \right \}$
2. 【2017全国I卷12】 几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件. 为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动. 这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列$\displaystyle 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,\cdots$，其中第一项是$\displaystyle 2^0$，接下来的两项是$\displaystyle 2^0,2^1$，再接下来的三项是$\displaystyle 2^0,2^1,2^2$，依次类推. 求满足如下条件的最小整数$\displaystyle N$：$\displaystyle N>100$且该数列的前$\displaystyle N$项和为$\displaystyle 2$的整数幂，那么该款软件的激活码是
- $\displaystyle 440$
- $\displaystyle 330$
- $\displaystyle 220$
- $\displaystyle 110$
答案

思路1：当$\displaystyle \frac{k\left(k+1\right)}2<n\leqslant\frac{\left(k+1\right)\left(k+2\right)}2$时，$\displaystyle a_n=2^{n-\frac{k\left(k+1\right)}2-1}$. 前$\displaystyle \frac{k\left(k+1\right)}2$项和为： $$\displaystyle S_{\frac{k\left(k+1\right)}2}=\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{i=0}^j2^i=\sum_{j=0}^{k-1}\left(2^{j+1}-1\right)=2\left(2^k-1\right)-k=2^{k+1}-k-2.$$

所以当$\displaystyle \frac{k\left(k+1\right)}2<n\leqslant\frac{\left(k+1\right)\left(k+2\right)}2$时，前$\displaystyle n$项和为 $$\displaystyle \begin{aligned} S_n&=S_{\frac{k\left(k+1\right)}2}+\sum_{i=\frac{k\left(k+1\right)}2+1}^na_i\\ &=2^{k+1}-k-2+\sum_{i=0}^{n-\frac{k\left(k+1\right)}2-1}2^i\\ &=2^{k+1}-k-2+\left(2^{n-\frac{k\left(k+1\right)}2}-1\right). \end{aligned}$$

由于$\displaystyle n\leqslant\frac{\left(k+1\right)\left(k+2\right)}2$，所以$\displaystyle S_n\leqslant2^{k+1}-k-3+2^{k+1}<2^{k+2}$，另一方面$\displaystyle n\geqslant\frac{k\left(k+1\right)}2+1$，且$\displaystyle 2^k=\left(1+1\right)^k\geqslant\mathrm{C}_k^1+\mathrm{C}_k^0=k+1$，则$\displaystyle S_n>2^{k+1}-k-2+1=2^k+2^k-k-1\geqslant2^k$，所以$\displaystyle 2^k<S_n<2^{k+2}$.

把前面的$\displaystyle n$换为$\displaystyle N$，要使得$\displaystyle S_N$为$\displaystyle 2$的整数幂，必须有$\displaystyle S_N=2^{k+1}$，化简得 $$\displaystyle 2N-\frac{k\left(k+1\right)}2=k+3,\Rightarrow N=\log_2\left(k+3\right)+\frac{k\left(k+1\right)}2.$$

由于$\displaystyle N$为正整数，所以必须有$\displaystyle k+3$是$\displaystyle 2$的幂次，即$\displaystyle k\in\left\{1,5,13,29,61,\cdots\right\}$，相应地$\displaystyle N\in\left\{3,18,82,440,1897,\cdots\right\}$. 所以满足$\displaystyle N>100$的最小正整数$\displaystyle N$为$\displaystyle 440$.

思路2：由题意，数列分段给出，第$\displaystyle n$段是首项为$\displaystyle 1$、公比为$\displaystyle 2$的等比数列，因此前$\displaystyle n$段包含的项数为$\displaystyle 1+2+\cdots+n=\frac{n\left(n+1\right)}2$，这些项的和为 $$\displaystyle 2^0+\left(2^0+2^1\right)+\cdots+\left(2^0+2^1+\cdots+2^{n-1}\right)=\left(2^1-1\right)+\left(2^2-1\right)+\cdots+\left(2^n-1\right)=2^{n+1}-n-2.$$

设所求的$\displaystyle N$项中包含完整的$\displaystyle n$段等比数列以及第$\displaystyle n+1$段等比数列的前$\displaystyle k$项，则 $$\displaystyle N=\frac{n\left(n+1\right)}2+k>100,$$ $$\displaystyle 2^0+2^1+\cdots+2^{k-1}=n+2,\quad k<n+1,$$ 且使得$\displaystyle N$的取值最小. 这等价于求$\displaystyle n$和$\displaystyle k$满足 $$\displaystyle N=\frac{n\left(n+1\right)}2+k>100,\quad n+3=2^k,\quad k<n+1,$$ 且使得$\displaystyle N$的取值最小.

于是，$\displaystyle n=2^k-3$，故 $$\displaystyle N=\frac{\left(2^k-3\right)\left(2^k-2\right)}2+k.$$

要使得$\displaystyle N>100$且取值最小，只需求$\displaystyle k$的最小值，使得$\displaystyle N>100$. 当$\displaystyle k=4$时，$\displaystyle N=95<100$，不符合题意；当$\displaystyle k=5$时，$\displaystyle N=440$，此时$\displaystyle n=29$，故满足条件的最小整数$\displaystyle N$为$\displaystyle 440$.

由于该款软件的激活码就是$\displaystyle N$的值，因此该款软件的激活码为$\displaystyle 440$. 故选A.

思路3：以$\displaystyle S_N$记数列的前$\displaystyle N$项和. 由题意，数列的前$\displaystyle 110$项为 $$\displaystyle 2^0,2^0,2^1,\cdots,2^0,2^1,\cdots,2^{13},2^0,2^1,2^2,2^3,2^4,$$ 所以 $$\displaystyle \begin{aligned} S_{110}&=2^0+\left(2^0+2^1\right)+\cdots+\left(2^0+2^1+\cdots+2^{13}\right)+\left(2^0+2^1+2^2+2^3+2^4\right)\\ &=\left(2^1-1\right)+\left(2^2-1\right)+\cdots+\left(2^{14}-1\right)+\left(2^5-1\right)\\ &=\left(2^1+2^2+\cdots+2^{14}\right)-14+31\\ &=2^{15}+15. \end{aligned}$$

这是一个奇数，不可能是$\displaystyle 2$的整数幂. 故选项D不正确.

同理， $$\displaystyle S_{220}=2^0+\left(2^0+2^1\right)+\cdots+\left(2^0+2^1+\cdots+2^{19}\right)+\left(2^0+2^1+\cdots+2^9\right)=2^{21}+2^{10}-23,$$ 这是一个奇数，不可能是$\displaystyle 2$的整数幂. 故选项C不正确；

又 $$\displaystyle S_{330}=2^0+\left(2^0+2^1\right)+\cdots+\left(2^0+2^1+\cdots+2^{24}\right)+\left(2^0+2^1+2^2+2^3+2^4\right)=2^{26}+4,$$ 也不是$\displaystyle 2$的整数幂. 故选项B也不正确.

所以，正确选项为A.

【实测数据】阅卷数据如下.

\[\displaystyle \begin{array}{c|cccccc} \text{地区}&\text{难度}&\text{区分度}&\text{选A}&\text{选B}&\text{选C}&\text{选D}\\ \hline \text{河南理}&0.20&0.16&19.84\%&26.01\%&40.56\%&13.43\%\\ \text{福建理}&0.26&0.15&25.71\%&28.22\%&33.03\%&12.83\% \end{array}\]
1. 【2010湖南理15】 数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 满足：对任意正整数 $\displaystyle n$, 只有有限个正整数 $\displaystyle m$ 使得 $\displaystyle a_m < n$ 成立, 记这样的 $\displaystyle m$ 的个数为 $\displaystyle (a_n)^*$, 得到一个新数列 $\displaystyle \{(a_n)^*\}$. 已知数列$\displaystyle \{b_n\}$的通项公式为$\displaystyle b_n=n^2$,求 $\displaystyle (b_5)^*$的值与$\displaystyle ((a_n)^*)^*$的通项公式。
2. 【2013新课标I卷12】设$\displaystyle \Delta A_nB_nC_n$的三边长为$\displaystyle a_n,b_n,c_n$，$\displaystyle \Delta A_nB_nC_n$的面积为$\displaystyle S_n,n=1,2,3\cdots$，若$\displaystyle b_1>c_1,b_1+c_1=2a_1,a_{n+1}=a_n,b_{n+1}=\frac{c_n+a_n}{2},c_{n+1}=\frac{b_n+a_n}{2}$，则
- $\displaystyle \left \{ S_n \right \}$为递减数列
- $\displaystyle \left \{ S_n \right \}$为递增数列
- $\displaystyle \left \{ S_{2n-1} \right \}$为递增数列，$\displaystyle \left \{ S_{2n} \right \}$为递减数列
- $\displaystyle \left \{ S_{2n-1} \right \}$为递减数列，$\displaystyle \left \{ S_{2n} \right \}$为递增数列
5. 【2013湖南文15】对于$\displaystyle E=\left \{ a_1,a_2,\cdots ,a_{100}\right \}$的子集$\displaystyle X=\left \{ a_{i_1},a_{i_2},\cdots ,a_{i_k} \right \}$，定义$\displaystyle X$的“特征数列”为$\displaystyle x_1,x_2,\cdots ,x_{100}$，其中$\displaystyle x_{i_1}=x_{i_2}=\cdots=x_{i_k}=1$，其余项均为0。若$\displaystyle E$的子集$\displaystyle P$的“特征数列”$\displaystyle p_1,p_2,\cdots ,p_{100}$满足$\displaystyle p_i+p_{i+1}=1,1\leqslant i\leqslant 99$，$\displaystyle E$的子集$\displaystyle Q$的“特征数列”$\displaystyle q_1,q_2,\cdots ,q_{100}$满足$\displaystyle q_1=1,q_j+q_{j+1}+q_{j+2}=1,1\leqslant j\leqslant 98$，求$\displaystyle |P\cap Q|$。 6. 【2026汕头一模14】排列$\displaystyle 1,2,\cdots 37$这37个整数得到数列$\displaystyle \left \{ a_n \right \}$，记其前$\displaystyle n$项和为$\displaystyle S_n$，已知$\displaystyle a_1=37$，且$\displaystyle \forall 1\leqslant n\leqslant 36,n\in\mathbb{N^*}:a_{n+1}\mid S_n$，求$\displaystyle a_{37}$。 7. 【2024新高考I卷19】设$\displaystyle m$为正整数，数列$\displaystyle a_1,a_2,\dots a_{4m+2}$是公差不为0的等差数列，若从中删去两项$\displaystyle a_i$和$\displaystyle a_j(i<j)$后剩余的$\displaystyle 4m$项可被平均分为$\displaystyle m$组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列$\displaystyle a_1,a_2,\dots a_{4m+2}$是$\displaystyle (i,j)$可分数列。

（1）写出所有的$\displaystyle (i,j),1\leqslant i<j\leqslant 6$，使得数列$\displaystyle a_1,a_2,\dots a_6$是$\displaystyle (i,j)$可分数列；

（2）当$\displaystyle m\geqslant 3$时，证明：$\displaystyle a_1,a_2,\dots a_{4m+2}$数列是$\displaystyle (2,13)$可分数列； 8. 【2009北京文20】设数列$\displaystyle \left \{ a_n\right \}$的通项公式为$\displaystyle a_n=pn+q$，数列$\displaystyle \{b_m\}$定义如下：对于正整数$\displaystyle m$，$\displaystyle b_m$是使得不等式$\displaystyle a_n\geqslant m$成立的所有$\displaystyle n$中的最小值。 1. 若$\displaystyle p=2,q=-1$，求数列$\displaystyle \left \{ b_m\right \}$的前$\displaystyle 2m$项和公式； 2. 是否存在$\displaystyle p$和$\displaystyle q$，使得$\displaystyle b_m=3m+2$？若存在，求$\displaystyle p$和$\displaystyle q$的取值范围，否则请说明理由。
答案

\item （1）由题意得$\displaystyle a_n=2n-1$。对正整数$\displaystyle m$，由$\displaystyle a_n\geqslant m$得$\displaystyle n\geqslant\frac{m+1}{2}$。

根据$\displaystyle b_m$的定义可知，当$\displaystyle m=2k-1$时，$\displaystyle b_m=k\left(k\in\mathbb{N}^{*}\right)$；当$\displaystyle m=2k$时，$\displaystyle b_m=k+1\left(k\in\mathbb{N}^{*}\right)$, 所以 $$\displaystyle \begin{aligned} b_1+b_2+\cdots+b_{2m} &=\left(b_1+b_3+\cdots+b_{2m-1}\right)+\left(b_2+b_4+\cdots+b_{2m}\right)\\ &=\left(1+2+3+\cdots+m\right)+\left[2+3+4+\cdots+\left(m+1\right)\right]\\ &=\frac{m\left(m+1\right)}{2}+\frac{m\left(m+3\right)}{2}\\ &=m^2+2m. \end{aligned}$$

（2）假设存在$\displaystyle p,q$满足条件，由不等式$\displaystyle pn+q\geqslant m$及$\displaystyle p>0$得$\displaystyle n\geqslant\frac{m-q}{p}$。

因为$\displaystyle b_m=3m+2\left(m\in\mathbb{N}^{*}\right)$，由$\displaystyle b_m$的定义可知，对于任意的正整数$\displaystyle m$都有 $$\displaystyle 3m+1<\frac{m-q}{p}\leqslant3m+2.$$

即$\displaystyle -2p-q\leqslant\left(3p-1\right)m<-p-q$对任意的正整数$\displaystyle m$都成立。

当$\displaystyle 3p-1>0$（或$\displaystyle 3p-1<0$）时，得$\displaystyle m<-\frac{p+q}{3p-1}$（或$\displaystyle m\leqslant-\frac{2p+q}{3p-1}$），这与上述结论矛盾。

当$\displaystyle 3p-1=0$，即$\displaystyle p=\frac13$时，得$\displaystyle -\frac23-q\leqslant0<-\frac13-q$。

解得$\displaystyle -\frac23\leqslant q<-\frac13$。（经检验符合题意）

所以存在$\displaystyle p$和$\displaystyle q$，使得$\displaystyle b_m=3m+2\left(m\in\mathbb{N}^{*}\right)$；$\displaystyle p$和$\displaystyle q$的取值范围分别是$\displaystyle p=\frac13$，$\displaystyle -\frac23\leqslant q<-\frac13$。

Fiddie评：实测数据如下：

本题文科难度为 0.12，其中海淀区难度为 0.18。得分分布如下： $$\displaystyle \begin{array}{c|ccccccc} 得分&0&1&2&3&4&5&6\\ \hline 占比&50.87\%&15.73\%&3.52\%&15.53\%&4.92\%&1.64\%&1.40\% \end{array}$$ $$\displaystyle \begin{array}{c|ccccccc} 得分&7&8&9&10&11&12&13\\ \hline 占比&0.88\%&3.04\%&1.95\%&0.10\%&0.24\%&0.07\%&0.12\% \end{array}$$

全市满分人数为 33 人。

易错警示：
1. 第一问中不理解题意，没有意识到$\displaystyle b_m\in\mathbb{N}^{*}$，得到$\displaystyle b_3=\frac{20}{3}$；
2. 第二问中得到$\displaystyle 2n-1\geqslant2m$，计算出$\displaystyle n\geqslant\frac{2m+1}{2}$；
3. 第二问中虽然得到了$\displaystyle n\geqslant\frac{m+1}{2}$，但没有对$\displaystyle m$的奇偶进行讨论的意识，或者讨论出错；
4. 一一列举出“$\displaystyle 1+2+2+3+3+\cdots+m+m+m+1$”，但最后通项出错，或者还有尽管列举正确，但是由于项数不清和公式不熟导致求和出错；
5. 对题目中“$\displaystyle n$中的最小值”理解不清，第三问得到了$\displaystyle n\geqslant\frac{m-q}{p}$，$\displaystyle \frac{m-q}{p}\leqslant3m+2$但没有考虑到$\displaystyle \frac{m-q}{p}>3m+1$。
1. 【2014安徽理21】设实数 $\displaystyle c>0$, 整数 $\displaystyle p>1, n \in \mathbb{N}^*$。
2. 证明: 当 $\displaystyle x>-1$ 且 $\displaystyle x \neq 0$ 时, $\displaystyle (1+x)^p>1+px$；
3. 数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 满足 $\displaystyle a_1>c^{\frac{1}{p}}$, $\displaystyle a_{n+1}=\frac{p-1}{p}a_n+\frac{c}{p}a_n^{1-p}$, 证明: $\displaystyle a_n>a_{n+1}>c^{\frac{1}{p}}$。
答案

新答案（来源：321-340已有结论放缩与数列不等式.md）： 1. 问一个思路是利用$\displaystyle \left(1\right)$问结论，但说实话如果没做过类似的题目是很难看出联系的，为了证明$\displaystyle a_n>c^{\frac{1}{p}}$，需要对递推公式进行一定的变形来将$\displaystyle a_n$和$\displaystyle c^{\frac{1}{p}}$更直观的联系起来，再考虑到要证明$\displaystyle \left\{a_n\right\}$单调递减，由此想到对相邻两项作商，这样既能便于证明$\displaystyle \left\{a_n\right\}$单调递减，还能“剥离”出一个$\displaystyle \frac{c}{a_n^p}$的形式：
```
 新答案（来源：4.3 多个量词的问题（2）数列.md）：
```
（1）设满足题设的等比数列为$\displaystyle \left\{a_n\right\}$，则$\displaystyle a_n=\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}$．于是 $$\displaystyle \left|a_n-a_{n-1}\right|=\left|\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-2}\right|=\frac{3}{2}\times\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2},n\geqslant2.$$ 因此 $$\displaystyle \left|a_{n+1}-a_n\right|+\left|a_n-a_{n-1}\right|+\cdots+\left|a_2-a_1\right|=\frac{3}{2}\left[1+\frac{1}{2}+\cdots+\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\right]=3\times\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^n\right]<3.$$ 故首项为$\displaystyle 1$，公比为$\displaystyle -\frac{1}{2}$的等比数列是B-数列．

（2）命题1：若数列$\displaystyle \left\{x_n\right\}$是B-数列，则数列$\displaystyle \left\{S_n\right\}$是B-数列．此命题为假命题．

事实上，设$\displaystyle x_n=1$，$\displaystyle n\in\mathbb{N}^{*}$，则数列$\displaystyle \left\{x_n\right\}$是B-数列．但$\displaystyle S_n=n$，此时 $$\displaystyle \left|S_{n+1}-S_n\right|+\left|S_n-S_{n-1}\right|+\cdots+\left|S_2-S_1\right|=n.$$ 由$\displaystyle n$的任意性可知，数列$\displaystyle \left\{S_n\right\}$不是B-数列．

命题2：若数列$\displaystyle \left\{S_n\right\}$是B-数列，则数列$\displaystyle \left\{x_n\right\}$是B-数列．此为真命题．

事实上，因为数列$\displaystyle \left\{S_n\right\}$是B-数列，所以存在正数$\displaystyle M$，对任意$\displaystyle n\in\mathbb{N}^{*}$，有 $$\displaystyle \left|S_{n+1}-S_n\right|+\left|S_n-S_{n-1}\right|+\cdots+\left|S_2-S_1\right|\leqslant M,$$ 即$\displaystyle \left|x_{n+1}\right|+\left|x_n\right|+\cdots+\left|x_2\right|\leqslant M$．于是 $$\displaystyle \left|x_{n+1}-x_n\right|+\left|x_n-x_{n-1}\right|+\cdots+\left|x_2-x_1\right|$$ $$\displaystyle \leqslant\left|x_{n+1}\right|+2\left|x_n\right|+2\left|x_{n-1}\right|+\cdots+2\left|x_2\right|+\left|x_1\right|\leqslant2M+\left|x_1\right|.$$ 所以数列$\displaystyle \left\{x_n\right\}$是B-数列．

（注：按题中要求组成其他命题解答时，仿上述解法．）

（3）若数列$\displaystyle \left\{a_n\right\}$是B-数列，则存在正数$\displaystyle M$，使得对任意$\displaystyle n\in\mathbb{N}^{*}$，有 $$\displaystyle \left|a_{n+1}-a_n\right|+\left|a_n-a_{n-1}\right|+\cdots+\left|a_2-a_1\right|\leqslant M.$$ 因为 $$\displaystyle \left|a_n\right|=\left|a_n-a_{n-1}+a_{n-1}-a_{n-2}+\cdots+a_2-a_1+a_1\right|$$ $$\displaystyle \leqslant\left|a_n-a_{n-1}\right|+\left|a_{n-1}-a_{n-2}\right|+\cdots+\left|a_2-a_1\right|+\left|a_1\right|\leqslant M+\left|a_1\right|.$$ 记$\displaystyle K=M+\left|a_1\right|$，则有 $$\displaystyle \left|a_{n+1}^2-a_n^2\right|=\left|\left(a_{n+1}+a_n\right)\left(a_{n+1}-a_n\right)\right|\leqslant\left(\left|a_{n+1}\right|+\left|a_n\right|\right)\left|a_{n+1}-a_n\right|\leqslant2K\left|a_{n+1}-a_n\right|.$$ 因此 $$\displaystyle \left|a_{n+1}^2-a_n^2\right|+\left|a_n^2-a_{n-1}^2\right|+\cdots+\left|a_2^2-a_1^2\right|\leqslant2KM.$$ 故数列$\displaystyle \left\{a_n^2\right\}$是B-数列.

【解题思路】解第（1）问时，只需写出等比数列的通项公式，代入"B-数列"定义中不等式的左边，再由等比数列的前$\displaystyle n$项和公式得出结论．

第（2）问是一个开放型问题，$\displaystyle A$，$\displaystyle B$两组共组成八种命题，考生可以根据自身的思维习惯任取一命题进行判断和证明，若选③$\displaystyle \Rightarrow$①，②$\displaystyle \Rightarrow$④两组真命题，则对其证明要求比较高；若选①$\displaystyle \Rightarrow$③，则只需举一个简单的反例即可判断并证明其真假，如取$\displaystyle x_n=1$，则$\displaystyle \left\{x_n\right\}$是B-数列，$\displaystyle \left\{S_n\right\}$不是B-数列．

解第（3）问时，首先证明B-数列是有界数列，然后根据 $$\displaystyle \left|a_n^2-a_{n-1}^2\right|\leqslant\left(\left|a_n\right|+\left|a_{n-1}\right|\right)\left(\left|a_n-a_{n-1}\right|\right)$$ 得出结论．

【实测数据】本题文科难度为$\displaystyle 0.066$．
```
 新答案（来源：4.3 多个量词的问题（2）数列.md）：
```
首先证明一个"基本事实"：

一个等差数列中，若有连续三项成等比数列，则这个数列的公差$\displaystyle d_0=0$．

事实上，设这个数列中的连续三项$\displaystyle a-d_0$，$\displaystyle a$，$\displaystyle a+d_0$成等比数列，则 $$\displaystyle a^2=\left(a-d_0\right)\left(a+d_0\right),$$ 由此得$\displaystyle d_0=0$．

（1）（ⅰ）当$\displaystyle n=4$时，由于数列的公差$\displaystyle d\ne0$，故由"基本事实"推知，删去的项只可能为$\displaystyle a_2$或$\displaystyle a_3$．

①若删去$\displaystyle a_2$，则由$\displaystyle a_1,a_3,a_4$成等比数列，得$\displaystyle \left(a_1+2d\right)^2=a_1\left(a_1+3d\right)$．

因$\displaystyle d\ne0$，故由上式得$\displaystyle a_1=-4d$，即$\displaystyle \frac{a_1}{d}=-4$，此时数列为$\displaystyle -4d,-3d,-2d,-d$，满足题设．

②若删去$\displaystyle a_3$，则由$\displaystyle a_1,a_2,a_4$成等比数列，得$\displaystyle \left(a_1+d\right)^2=a_1\left(a_1+3d\right)$．

因$\displaystyle d\ne0$，故由上式得$\displaystyle a_1=d$，即$\displaystyle \frac{a_1}{d}=1$．此时数列为$\displaystyle d,2d,3d,4d$，满足题设．

综上可知，$\displaystyle \frac{a_1}{d}$的值为$\displaystyle -4$或$\displaystyle 1$．

（ⅱ）若$\displaystyle n\geqslant6$，则从满足题设的数列$\displaystyle a_1,a_2,\cdots,a_n$中删去一项后得到的数列，必有原数列中的连续三项，从而这三项既成等差数列又成等比数列，故由"基本事实"知，数列$\displaystyle a_1,a_2,\cdots,a_n$的公差必为$\displaystyle 0$，这与题设矛盾．所以满足题设的数列的项数$\displaystyle n\leqslant5$．又因题设$\displaystyle n\geqslant4$，故$\displaystyle n=4$或$\displaystyle 5$．

当$\displaystyle n=4$时，由（ⅰ）中的讨论知存在满足题设的数列．

当$\displaystyle n=5$时，若存在满足题设的数列$\displaystyle a_1,a_2,a_3,a_4,a_5$，则由"基本事实"知，删去的项只能是$\displaystyle a_3$，

从而$\displaystyle a_1,a_2,a_4,a_5$成等比数列，故 $$\displaystyle \left(a_1+d\right)^2=a_1\left(a_1+3d\right),$$ 及 $$\displaystyle \left(a_1+3d\right)^2=\left(a_1+d\right)\left(a_1+4d\right).$$ 分别化简上述两个等式，得$\displaystyle a_1d=d^2$及$\displaystyle a_1d=-5d^2$，故$\displaystyle d=0$，矛盾．因此，不存在满足题设的项数为$\displaystyle 5$的等差数列．

综上可知，$\displaystyle n$只能为$\displaystyle 4$．

（2）假设对于某个正整数$\displaystyle n$，存在一个公差为$\displaystyle d'$的$\displaystyle n$项等差数列$\displaystyle b_1,b_1+d',\cdots,b_1+\left(n-1\right)d'\left(b_1d'\ne0\right)$，其中三项$\displaystyle b_1+m_1d', b_1+m_2d', b_1+m_3d'$成等比数列，这里$\displaystyle 0\leqslant m_1<m_2<m_3\leqslant n-1$．则有 $$\displaystyle \left(b_1+m_2d'\right)^2=\left(b_1+m_1d'\right)\left(b_1+m_3d'\right),$$ 化简得 $$\displaystyle \left(m_1+m_3-2m_2\right)b_1d'=\left(m_2^2-m_1m_3\right)\left(d'\right)^2.$$ （*）

由$\displaystyle b_1d'\ne0$知，$\displaystyle m_1+m_3-2m_2$与$\displaystyle m_2^2-m_1m_3$或同时为零，或均不为零．

若$\displaystyle m_1+m_3-2m_2=0$，且$\displaystyle m_2^2-m_1m_3=0$，则有$\displaystyle \left(\frac{m_1+m_3}{2}\right)^2-m_1m_3=0$，

即$\displaystyle \left(m_1-m_3\right)^2=0$，得$\displaystyle m_1=m_3$，从而$\displaystyle m_1=m_2=m_3$，矛盾．

因此，$\displaystyle m_1+m_3-2m_2$与$\displaystyle m_2^2-m_1m_3$都不为零，故由（*）得 $$\displaystyle \frac{b_1}{d'}=\frac{m_2^2-m_1m_3}{m_1+m_3-2m_2}.$$ 因为$\displaystyle m_1,m_2,m_3$均为非负整数，所以上式右边为有理数，从而$\displaystyle \frac{b_1}{d'}$是一个有理数．

于是，对于任意的正整数$\displaystyle n\geqslant4$，只要取$\displaystyle \frac{b_1}{d'}$为无理数，则相应的数列$\displaystyle b_1,b_2,\cdots,b_n$就是满足要求的数列．例如，取$\displaystyle b_1=1$，$\displaystyle d'=\sqrt{2}$，那么，$\displaystyle n$项数列$\displaystyle 1,1+\sqrt{2},1+2\sqrt{2},\cdots,1+\left(n-1\right)\sqrt{2}$满足要求．

【解题思路】第（2）问在解答时也可以先给出数列$\displaystyle 1,1+\sqrt{2},1+2\sqrt{2},\cdots,1+\left(n-1\right)\sqrt{2}$（只要公差为无理数均可），然后再证明其中任意三项都不构成等比数列（最终会得出$\displaystyle \sqrt{2}$等于一个有理数的形式，就导出矛盾）．
```
 新答案（来源：4.3 多个量词的问题（2）数列.md）：
```
（1）设等比数列$\displaystyle \left\{a_n\right\}$公比为$\displaystyle q$，所以$\displaystyle a_1\ne0$，$\displaystyle q\ne0$．

由 $$\displaystyle \begin{cases} a_2a_4=a_5,\\ a_3-4a_2+4a_1=0, \end{cases}$$ 得 $$\displaystyle \begin{cases} a_1^2q^4=a_1q^4,\\ a_1q^2-4a_1q+4a_1=0, \end{cases}$$ 解得 $$\displaystyle \begin{cases} a_1=1,\\ q=2. \end{cases}$$ 因此数列$\displaystyle \left\{a_n\right\}$为"M-数列"．

（2）①因为$\displaystyle \frac{1}{S_n}=\frac{2}{b_n}-\frac{2}{b_{n+1}}$，所以$\displaystyle b_n\ne0$．

由$\displaystyle b_1=1$，$\displaystyle S_1=1$，得$\displaystyle \frac{1}{1}=\frac{2}{1}-\frac{2}{b_2}$，则$\displaystyle b_2=2$．

由$\displaystyle \frac{1}{S_n}=\frac{2}{b_n}-\frac{2}{b_{n+1}}$，得$\displaystyle S_n=\frac{b_nb_{n+1}}{2\left(b_{n+1}-b_n\right)}$，

当$\displaystyle n\geqslant2$时，由$\displaystyle b_n=S_n-S_{n-1}$，得$\displaystyle b_n=\frac{b_nb_{n+1}}{2\left(b_{n+1}-b_n\right)}-\frac{b_{n-1}b_n}{2\left(b_n-b_{n-1}\right)}$，

整理得$\displaystyle b_{n+1}+b_{n-1}=2b_n$．

所以数列$\displaystyle \left\{b_n\right\}$是首项和公差均为$\displaystyle 1$的等差数列．

因此，数列$\displaystyle \left\{b_n\right\}$的通项公式为$\displaystyle b_n=n\left(n\in\mathbb{N}^{*}\right)$．

②由①知，$\displaystyle b_k=k$，$\displaystyle k\in\mathbb{N}^{*}$．

因为数列$\displaystyle \left\{c_n\right\}$为"M-数列"，设公比为$\displaystyle q$，所以$\displaystyle c_1=1$，$\displaystyle q>0$．

因为$\displaystyle c_k\leqslant b_k\leqslant c_{k+1}$，所以$\displaystyle q^{k-1}\leqslant k\leqslant q^k$，其中$\displaystyle k=1,2,3,\cdots,m$．

当$\displaystyle k=1$时，有$\displaystyle q\geqslant1$；

当$\displaystyle k=2,3,\cdots,m$时，有$\displaystyle \frac{\ln k}{k}\leqslant\ln q\leqslant\frac{\ln k}{k-1}$．

令$\displaystyle f\left(x\right)=\frac{\ln x}{x}\left(x>1\right)$，则$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{1-\ln x}{x^2}$．

令$\displaystyle f'\left(x\right)=0$，得$\displaystyle x=\mathrm{e}$．列表如下：

\[\displaystyle \begin{array}{c|ccc} x & \left(1,\mathrm{e}\right) & \mathrm{e} & \left(\mathrm{e},+\infty\right)\\ \hline f'\left(x\right) & + & 0 & -\\ f\left(x\right) & \nearrow & \text{极大值} & \searrow \end{array}\]

因为$\displaystyle \frac{\ln2}{2}=\frac{\ln8}{6}<\frac{\ln9}{6}=\frac{\ln3}{3}$，所以$\displaystyle f\left(k\right)_{\max}=f\left(3\right)=\frac{\ln3}{3}$．

取$\displaystyle q=\sqrt[3]{3}$，当$\displaystyle k=1,2,3,4,5$时，$\displaystyle \frac{\ln k}{k}\leqslant\ln q$，即$\displaystyle k\leqslant q^k$，经检验知$\displaystyle q^{k-1}\leqslant k$也成立．因此所求$\displaystyle m$的最大值不小于$\displaystyle 5$．

若$\displaystyle m\geqslant6$，分别取$\displaystyle k=3,6$，得$\displaystyle 3\leqslant q^3$，且$\displaystyle q^5\leqslant6$，从而$\displaystyle q^{15}\geqslant243$，$\displaystyle q^{15}\leqslant216$，所以$\displaystyle q$不存在．因此所求$\displaystyle m$的最大值小于$\displaystyle 6$．

综上，所求$\displaystyle m$的最大值为$\displaystyle 5$．
```
 新答案（来源：321-340已有结论放缩与数列不等式.md）：
```
1. 令$\displaystyle f\left(x\right)=\left(1+x\right)^p-px-1$，$\displaystyle f'\left(x\right)=p\left[\left(1+x\right)^{p-1}-1\right]$。
1. 【2009湖南理21】对于数列 $\displaystyle \{u_n\}$, 若存在常数 $\displaystyle M>0$, 对任意的 $\displaystyle n \in \mathbb{N}^*$, 恒有 $\displaystyle |u_{n+1}-u_n| + |u_n-u_{n-1}| + \cdots + |u_2-u_1| \leqslant M$, 则称数列 $\displaystyle \{u_n\}$ 为 $\displaystyle B-$ 数列。
2. 首项为 $\displaystyle 1$, 公比为 $\displaystyle q$ ($\displaystyle |q|<1$) 的等比数列是否为 $\displaystyle B-$ 数列? 请说明理由；
3. 设 $\displaystyle S_n$ 是数列 $\displaystyle \{x_n\}$ 的前 $\displaystyle n$ 项和, 给出下列两组论断：
```
$\displaystyle A$ 组: （1） 数列 $\displaystyle \{x_n\}$ 是 $\displaystyle B-$ 数列 （2） 数列 $\displaystyle \{x_n\}$ 不是 $\displaystyle B-$ 数列
```
  $\displaystyle B$ 组: （3）数列 $\displaystyle \{S_n\}$ 是 $\displaystyle B-$ 数列（4）数列 $\displaystyle \{S_n\}$ 不是 $\displaystyle B-$ 数列
  
  请以其中一组中的一个论断为条件, 另一组中的一个论断为结论组成一个命题. 判断所给命题的真假, 并证明你的结论； 3. 若数列 $\displaystyle \{a_n\},\{b_n\}$ 都是 $\displaystyle B-$ 数列, 证明: 数列 $\displaystyle \{a_nb_n\}$ 也是 $\displaystyle B-$ 数列。 11. 【2008江苏19】
4. 设 $\displaystyle a_1,a_2,\cdots,a_n$ 是各项均不为零的 $\displaystyle n$ ($\displaystyle n \geqslant 4$) 项等差数列, 且公差 $\displaystyle d \neq 0$. 若将此数列删去某一项得到的数列 (按原来的顺序) 是等比数列。 1. 当 $\displaystyle n=4$ 时, 求 $\displaystyle \frac{a_1}{d}$ 的值；
  1. 求 $\displaystyle n$ 的所有可能值；
5. 求证: 对于给定的正整数 $\displaystyle n$ ($\displaystyle n \geqslant 4$), 存在一个各项及公差都不为零的等差数列 $\displaystyle b_1,b_2,\cdots,b_n$, 其中任意三项 (按原来顺序) 都不能组成等比数列。
答案

首先证明一个“基本事实”：一个等差数列中，若有连续三项成等比数列，则这个数列的公差$\displaystyle d_0=0$.证明如下：

设这个数列中的连续三项$\displaystyle a-d_0,a,a+d_0$成等比数列，则 $$\displaystyle a^2=\left(a-d_0\right)\left(a+d_0\right),$$ 由此得$\displaystyle d_0=0$.

（1.i）当$\displaystyle n=4$时，由于数列的公差$\displaystyle d\neq0$，故由“基本事实”推知，删去的项只可能为$\displaystyle a_2$或$\displaystyle a_3$.

①若删去$\displaystyle a_2$，则由$\displaystyle a_1,a_3,a_4$成等比数列，得$\displaystyle \left(a_1+2d\right)^2=a_1\left(a_1+3d\right)$.

因$\displaystyle d\neq0$，故由上式得$\displaystyle a_1=-4d$，即$\displaystyle \frac{a_1}d=-4$，此时数列为$\displaystyle -4d,-3d,-2d,-d$，满足题设.

②若删去$\displaystyle a_3$，则由$\displaystyle a_1,a_2,a_4$成等比数列，得$\displaystyle \left(a_1+d\right)^2=a_1\left(a_1+3d\right)$.

因$\displaystyle d\neq0$，故由上式得$\displaystyle a_1=d$，即$\displaystyle \frac{a_1}d=1$. 此时数列为$\displaystyle d,2d,3d,4d$，满足题设.

综上可知，$\displaystyle \frac{a_1}d$的值为$\displaystyle -4$或$\displaystyle 1$.

（1.ii）若$\displaystyle n\geqslant6$，则从满足题设的数列$\displaystyle a_1,a_2,\cdots,a_n$中删去一项后得到的数列，必有原数列中的连续三项，从而这三项既成等差数列又成等比数列，故由“基本事实”知，数列$\displaystyle a_1,a_2,\cdots,a_n$的公差必为$\displaystyle 0$，这与题设矛盾. 所以满足题设的数列的项数$\displaystyle n\leqslant5$. 又因题设$\displaystyle n\geqslant4$，故$\displaystyle n=4$或$\displaystyle 5$.

当$\displaystyle n=4$时，由（1.i）中的讨论知存在满足题设的数列.

当$\displaystyle n=5$时，若存在满足题设的数列$\displaystyle a_1,a_2,a_3,a_4,a_5$，则由“基本事实”知，删去的项只能是$\displaystyle a_3$，从而$\displaystyle a_1,a_2,a_4,a_5$成等比数列，故 $$\displaystyle \left(a_1+d\right)^2=a_1\left(a_1+3d\right),$$ 及 $$\displaystyle \left(a_1+3d\right)^2=\left(a_1+d\right)\left(a_1+4d\right).$$

分别化简上述两个等式，得$\displaystyle a_1d=d^2$及$\displaystyle a_1d=-5d^2$，故$\displaystyle d=0$，矛盾. 因此，不存在满足题设的项数为$\displaystyle 5$的等差数列.

综上可知，$\displaystyle n$只能为$\displaystyle 4$.

（2）假设对于某个正整数$\displaystyle n$，存在一个公差为$\displaystyle d'$的$\displaystyle n$项等差数列$\displaystyle b_1,b_1+d',\cdots,b_1+\left(n-1\right)d'\left(b_1d'\neq0\right)$，其中三项$\displaystyle b_1+m_1d',b_1+m_2d',b_1+m_3d'$成等比数列，这里$\displaystyle 0\leqslant m_1<m_2<m_3\leqslant n-1$. 则有 $$\displaystyle \left(b_1+m_2d'\right)^2=\left(b_1+m_1d'\right)\left(b_1+m_3d'\right),$$ 化简得 $$\displaystyle \left(m_1+m_3-2m_2\right)b_1d'=\left(m_2^2-m_1m_3\right)\left(d'\right)^2. \quad \left(*\right)$$

由$\displaystyle b_1d'\neq0$知，$\displaystyle m_1+m_3-2m_2$与$\displaystyle m_2^2-m_1m_3$或同时为零，或均不为零.

若$\displaystyle m_1+m_3-2m_2=0$，且$\displaystyle m_2^2-m_1m_3=0$，则有$\displaystyle \left(\frac{m_1+m_3}2\right)^2-m_1m_3=0$，即$\displaystyle \left(m_1-m_3\right)^2=0$，得$\displaystyle m_1=m_3$，从而$\displaystyle m_1=m_2=m_3$，矛盾.

因此，$\displaystyle m_1+m_3-2m_2$与$\displaystyle m_2^2-m_1m_3$都不为零，故由$\displaystyle \left(*\right)$得 $$\displaystyle \frac{b_1}{d'}=\frac{m_2^2-m_1m_3}{m_1+m_3-2m_2}.$$

因为$\displaystyle m_1,m_2,m_3$均为非负整数，所以上式右边为有理数，从而$\displaystyle \frac{b_1}{d'}$是一个有理数.

于是，对于任意的正整数$\displaystyle n\geqslant4$，只要取$\displaystyle \frac{b_1}{d'}$为无理数，则相应的数列$\displaystyle b_1,b_2,\cdots,b_n$就是满足要求的数列. 例如，取$\displaystyle b_1=1$，$\displaystyle d'=\sqrt2$，那么，$\displaystyle n$项数列$\displaystyle 1,1+\sqrt2,1+2\sqrt2,\cdots,1+\left(n-1\right)\sqrt2$满足要求.

评：第（2）问在解答时也可以先给出数列$\displaystyle 1,1+\sqrt2,1+2\sqrt2,\cdots,1+\left(n-1\right)\sqrt2$（只要公差为无理数均可），然后再证明其中任意三项都不构成等比数列（最终会得出$\displaystyle \sqrt2$等于一个有理数的形式，就导出矛盾）.
1. 【2019江苏20】定义首项为1且公比为正数的等比数列为“$\displaystyle M-$数列”。已知数列$\displaystyle \left \{ b_n \right \}$的通项公式为$\displaystyle b_n=n$。设$\displaystyle m$为正整数，若存在“$\displaystyle M-$数列$\displaystyle \left \{ c_n \right \}$”，对任意正整数$\displaystyle k$，当$\displaystyle k\leqslant m$时，都有$\displaystyle c_k\leqslant b_k\leqslant c_{k+1}$成立，求$\displaystyle m$的最大值。
2. 【2015上海理22】已知数列$\displaystyle \left \{ a_n \right \}$与$\displaystyle \left \{ b_n \right \}$满足$\displaystyle a_{n+1}-a_n=2(b_{n+1}-b_n),n\in\mathbb{N^*}$。
3. 设$\displaystyle \left \{ a_n \right \}$的第$\displaystyle n_0$项是最大项，求证：$\displaystyle \left \{ b_n \right \}$的第$\displaystyle n_0$项是最大项；
4. 设$\displaystyle a_1=\lambda<0,b_n=\lambda^n(n\in\mathbb{N^*})$，求$\displaystyle \lambda$的取值范围，使得$\displaystyle \left \{ a_n \right \}$有最大值$\displaystyle M$与最小值$\displaystyle m$，且$\displaystyle \frac{M}{m}\in(-2,2)$。

B 组习题

习题组II

【2009上海理23】 已知 $\displaystyle \{a_n\}$ 是公差为 $\displaystyle d$ 的等差数列, $\displaystyle \{b_n\}$ 是公比为 $\displaystyle q$ 的等比数列。

（1）若 $\displaystyle \{a_n\} = 3n+1$, 是否存在 $\displaystyle m,k \in \mathbb{N}^*$, 有 $\displaystyle a_m + a_{m+1} = a_k$? 请说明理由；

（2）找出所有数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 和 $\displaystyle \{b_n\}$, 使对一切 $\displaystyle n \in \mathbb{N}^*$, $\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_n} = b_n$, 并说明理由；

（3）若 $\displaystyle a_1=5,d=4,b_1=q=3$, 试确定所有的 $\displaystyle p$, 使数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 中存在某个连续 $\displaystyle p$ 项的和是数列 $\displaystyle \{b_n\}$ 中的一项, 请证明。 2. 【2011湖南理22】已知函数 $\displaystyle f(x)=x^3,g(x)=x+\sqrt{x}$。

（1）求函数 $\displaystyle h(x)=f(x)-g(x)$ 的零点个数, 并说明理由；

（2）设数列 $\displaystyle \{a_n\}$ ($\displaystyle n \in \mathbb{N}^*$) 满足 $\displaystyle a_1=a$ ($\displaystyle a>0$), $\displaystyle f(a_{n+1})=g(a_n)$, 证明: 存在常数 $\displaystyle M$, 使得对于任意的 $\displaystyle n \in \mathbb{N}^*$, 都有 $\displaystyle a_n \leqslant M$。
答案

新答案（来源：041-060简单极值最值与极值点零点.md）： 1. $\displaystyle h'\left(x\right)=3x^2-\frac{1}{2\sqrt{x}}-1$，$\displaystyle h'\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 单调递增
```
$\displaystyle h'\left(\frac{1}{2}\right)<0,h'\left(1\right)>0$，$\displaystyle h'\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 存在唯一零点 $\displaystyle x=t$，且 $\displaystyle 0<x<t$ 时，$\displaystyle h'\left(x\right)<0$，$\displaystyle h\left(x\right)$ 单调递减，$\displaystyle x>t$ 时，$\displaystyle h'\left(x\right)>0$，$\displaystyle h\left(x\right)$ 单调递增.

$\displaystyle h\left(0\right)=0,h\left(t\right)<h\left(0\right)=0,h\left(2\right)>0$，$\displaystyle x=0$ 是 $\displaystyle h\left(x\right)$ 的零点，$\displaystyle h\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(t,2\right)$ 上有一个零点，综上 $\displaystyle h\left(x\right)$ 共有两个零点.
```
1. 由（1）过程知 $\displaystyle h\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上存在唯一零点 $\displaystyle x_0$
  
  ① $\displaystyle a=x_0$
  
  $\displaystyle f\left(a_2\right)=g\left(x_0\right)$，由 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 单调递增且 $\displaystyle f\left(x_0\right)=g\left(x_0\right)$ 可得 $\displaystyle a_2=x_0$，以此类推 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 的每一项都为 $\displaystyle x_0$，$\displaystyle \exists M=x_0$ 满足题意；
  
  ② $\displaystyle 0<a<x_0$
  
  由 $\displaystyle g\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 单调递增可得 $\displaystyle f\left(a_2\right)=g\left(a\right)<g\left(x_0\right)=f\left(x_0\right)$，进而 $\displaystyle a_2<x_0$，以此类推 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 的每一项都小于 $\displaystyle x_0$，$\displaystyle M=x_0$ 满足题意；
  
  ③ $\displaystyle a>x_0$
  
  由（1）过程知 $\displaystyle 0<x<x_0$ 时 $\displaystyle h\left(x\right)<0$ 即 $\displaystyle f\left(x\right)<g\left(x\right)$，$\displaystyle x>x_0$ 时 $\displaystyle h\left(x\right)>0$ 即 $\displaystyle f\left(x\right)>g\left(x\right)$
  
  于是 $\displaystyle f\left(a_2\right)=g\left(a\right)<f\left(a\right)$，进而 $\displaystyle a_2<a$，以此类推 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 的每一项都小于 $\displaystyle a$，$\displaystyle \exists M=a$ 满足题意.
  
  综上，存在 $\displaystyle M$ 满足题意.
  
  新答案（来源：041-060简单极值最值与极值点零点.md）：
2. 显然 $\displaystyle f_n\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上单调递增，$\displaystyle f_n\left(1\right)=-1+1=0$，只需证 $\displaystyle f_n\left(\frac{2}{3}\right)\leqslant 0$：
  
  当 $\displaystyle x>0$ 时，
  
  $\displaystyle f_n\left(x\right)\leqslant -1+x+\frac{x^2+x^3+\cdots+x^n}{2^2}=-1+x+\frac{x^2\left(1-x^{n-1}\right)}{4\left(1-x\right)}<-1+x+\frac{x^2}{4\left(1-x\right)}$
  
  因此 $\displaystyle f_n\left(\frac{2}{3}\right)<-1+\frac{2}{3}+\frac{\left(\frac{2}{3}\right)^2}{4\left(1-\frac{2}{3}\right)}=0$.
3. 由 $\displaystyle f_{n+p}\left(x_n\right)>f_n\left(x_n\right)=f_{n+p}\left(x_{n+p}\right)$ 以及 $\displaystyle f_{n+p}\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left(0,+\infty\right)$ 上单调递增可知
  
  $\displaystyle x_n>x_{n+p}$，下证 $\displaystyle x_n-x_{n+p}<\frac{1}{n}$：
  
  \[\displaystyle \begin{aligned} f_n\left(x_n\right)-f_{n+p}\left(x_{n+p}\right)=0 &\Rightarrow x_n-x_{n+p}+\frac{x_n^2-x_{n+p}^2}{2^2}+\frac{x_n^3-x_{n+p}^3}{3^2}+\cdots+\frac{x_n^n-x_{n+p}^n}{n^2}\\ &=\frac{x_{n+p}^{n+1}}{\left(n+1\right)^2}+\frac{x_{n+p}^{n+2}}{\left(n+2\right)^2}\cdots+\frac{x_{n+p}^{n+p}}{\left(n+p\right)^2} \end{aligned}\]
  
  由 $\displaystyle x_n>x_{n+p}$ 可得
  
  \[\displaystyle x_n-x_{n+p}<\frac{x_{n+p}^{n+1}}{\left(n+1\right)^2}+\frac{x_{n+p}^{n+2}}{\left(n+2\right)^2}\cdots+\frac{x_{n+p}^{n+p}}{\left(n+p\right)^2}\]
  
  \[\displaystyle \frac{x_{n+p}^{n+1}}{\left(n+1\right)^2}+\frac{x_{n+p}^{n+2}}{\left(n+2\right)^2}\cdots+\frac{x_{n+p}^{n+p}}{\left(n+p\right)^2} \leqslant \frac{1}{\left(n+1\right)^2}+\frac{1}{\left(n+2\right)^2}+\cdots+\frac{1}{\left(n+p\right)^2}\]
  
  \[\displaystyle <\frac{1}{n\left(n+1\right)}+\frac{1}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}+\cdots+\frac{1}{\left(n+p-1\right)\left(n+p\right)}\]
  
  \[\displaystyle =\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+p-1}-\frac{1}{n+p} =\frac{1}{n}-\frac{1}{n+p}<\frac{1}{n}\]
  
  综上 $\displaystyle 0<x_n-x_{n+p}<\frac{1}{n}$.
  
  新答案（来源：3.2 性质的证明（2）数列.md）：
（1）因为$\displaystyle \left\{a_n\right\}$是等差数列，设其公差为$\displaystyle d$，则$\displaystyle a_n=a_1+\left(n-1\right)d$，

从而，当$\displaystyle n\geqslant4$时， $$\displaystyle a_{n-k}+a_{n+k}=a_1+\left(n-k-1\right)d+a_1+\left(n+k-1\right)d=2a_1+2\left(n-1\right)d=2a_n,$$ $$\displaystyle k=1,2,3,$$ 所以$\displaystyle a_{n-3}+a_{n-2}+a_{n-1}+a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3}=6a_n$．因此等差数列$\displaystyle \left\{a_n\right\}$是"$\displaystyle P\left(3\right)$数列"．

（2）数列$\displaystyle \left\{a_n\right\}$既是"$\displaystyle P\left(2\right)$数列"，又是"$\displaystyle P\left(3\right)$数列"，因此，

当$\displaystyle n\geqslant3$时，$\displaystyle a_{n-2}+a_{n-1}+a_{n+1}+a_{n+2}=4a_n$，

①

当$\displaystyle n\geqslant4$时，$\displaystyle a_{n-3}+a_{n-2}+a_{n-1}+a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3}=6a_n$．

②

由①知，$\displaystyle a_{n-3}+a_{n-2}=4a_{n-1}-\left(a_n+a_{n+1}\right)$，

③

$\displaystyle a_{n+2}+a_{n+3}=4a_{n+1}-\left(a_{n-1}+a_n\right)$．

④

将③④代入②，得$\displaystyle a_{n-1}+a_{n+1}=2a_n$，其中$\displaystyle n\geqslant4$．

所以$\displaystyle a_3,a_4,a_5,\cdots$是等差数列，设公差为$\displaystyle d'$．

在①中，取$\displaystyle n=4$，则$\displaystyle a_2+a_3+a_5+a_6=4a_4$，所以$\displaystyle a_2=a_3-d'$，

在①中，取$\displaystyle n=3$，则$\displaystyle a_1+a_2+a_4+a_5=4a_3$，所以$\displaystyle a_1=a_3-2d'$，

所以数列$\displaystyle \left\{a_n\right\}$是等差数列．
```
 新答案（来源：061-080极值零点数列与切割函数图像.md）：
```
1. 显然构成公比为 $\displaystyle 2^d$ 的等比数列，过程略.
2. 假设存在 $\displaystyle a_1,d$ 满足题意.
  
  $\displaystyle a_1,a_2^2,a_3^3,a_4^4$ 依次构成等比数列且均为正数因此
  
  $\displaystyle \ln a_1,2\ln\left(a_1+d\right),3\ln\left(a_1+2d\right),4\ln\left(a_1+3d\right)$ 依次构成等差数列，设其公差为 $\displaystyle d_1$.
  
  令 $\displaystyle b=\ln a_1$，则 $\displaystyle n\ln\left[a_1+\left(n-1\right)d\right]=b+\left(n-1\right)d_1\left(n=1,2,3,4\right)$
  
  即方程 $\displaystyle \ln\left[a_1+\left(x-1\right)d\right]=\frac{b-d_1}{x}+d_1$ 至少存在四个解 $\displaystyle x=1,x=2,x=3,x=4$
  
  令 $\displaystyle \varphi\left(x\right)=\ln\left[a_1+\left(x-1\right)d\right]-\frac{b-d_1}{x}-d_1\left(1\leqslant x\leqslant 4\right)$，则 $\displaystyle \varphi\left(x\right)$ 至少有 $\displaystyle 4$ 个零点.
  
  $\displaystyle \varphi'\left(x\right)=\frac{d}{a_1+\left(x-1\right)d}+\frac{b-d_1}{x^2}=\frac{dx^2+\left(b-d_1\right)\left[a_1+\left(x-1\right)d\right]}{x^2\left[a_1+\left(x-1\right)d\right]}$
  
  显然 $\displaystyle x\geqslant 1$ 时 $\displaystyle x^2\left[a_1+\left(x-1\right)d\right]>0$.
  
  令 $\displaystyle g\left(x\right)=dx^2+\left(b-d_1\right)\left[a_1+\left(x-1\right)d\right]$，$\displaystyle g\left(x\right)$ 是二次函数至多有 $\displaystyle 2$ 个变号零点，进而 $\displaystyle \varphi\left(x\right)$ 至多有 $\displaystyle 3$ 个单调区间，即 $\displaystyle \varphi\left(x\right)$ 至多有 $\displaystyle 3$ 个零点，矛盾.
  
  综上不存在 $\displaystyle a_1,d$ 满足题意.
3. 问与（2）问做法如出一辙：
  
  假设存在 $\displaystyle a_1,d$ 以及正整数 $\displaystyle n,k$ 满足题意.
  
  $\displaystyle a_1^n,a_2^{n+k},a_3^{n+2k},a_4^{n+3k}$ 依次构成等比数列且均为正数因此
  
  $\displaystyle n\ln a_1,\left(n+k\right)\ln\left(a_1+d\right),\left(n+2k\right)\ln\left(a_1+2d\right),\left(n+3k\right)\ln\left(a_1+3d\right)$ 依次构成等差数列，设其公差为 $\displaystyle d_2$.
  
  令 $\displaystyle b=n\ln a_1$，则 $\displaystyle \left[n+\left(i-1\right)k\right]\ln\left[a_1+\left(i-1\right)d\right]=b+\left(i-1\right)d_2\left(i=1,2,3,4\right)$
  
  即方程 $\displaystyle \ln\left(a_1+dx\right)=\frac{b+d_2x}{n+kx}$ 至少存在四个解 $\displaystyle x=0,x=1,x=2,x=3$
  
  令 $\displaystyle \phi\left(x\right)=\ln\left(a_1+dx\right)-\frac{b+d_2x}{n+kx}\left(0\leqslant x\leqslant 3\right)$，则 $\displaystyle \phi\left(x\right)$ 至少有 $\displaystyle 4$ 个零点.
  
  $\displaystyle \phi'\left(x\right)=\frac{d}{a_1+dx}+\frac{bk-d_2n}{\left(n+kx\right)^2}=\frac{d\left(n+kx\right)^2+\left(bk-d_2n\right)\left(a_1+dx\right)}{\left(n+kx\right)^2\left(a_1+dx\right)}$
  
  显然 $\displaystyle x\geqslant 0$ 时 $\displaystyle \left(n+kx\right)^2\left(a_1+dx\right)>0$
  
  令 $\displaystyle h\left(x\right)=d\left(n+kx\right)^2+\left(bk-d_2n\right)\left(a_1+dx\right)$，$\displaystyle h\left(x\right)$ 是二次函数至多有 $\displaystyle 2$ 个变号零点，进而 $\displaystyle \phi\left(x\right)$ 至多有 $\displaystyle 3$ 个单调区间，即 $\displaystyle \phi\left(x\right)$ 至多有 $\displaystyle 3$ 个零点，矛盾.
  
  综上，不存在 $\displaystyle a_1,d$ 以及正整数 $\displaystyle n,k$ 满足题意.
  
  新答案（来源：4.3 多个量词的问题（2）数列.md）：
（1）解：$\displaystyle A_0$：$\displaystyle 5, 3, 2$，

$\displaystyle T_1\left(A_0\right)$：$\displaystyle 3, 4, 2, 1$，

$\displaystyle A_1=T_2\left(T_1\left(A_0\right)\right)$：$\displaystyle 4, 3, 2, 1$；

$\displaystyle T_1\left(A_1\right)$：$\displaystyle 4, 3, 2, 1, 0$，

$\displaystyle A_2=T_2\left(T_1\left(A_1\right)\right)$：$\displaystyle 4, 3, 2, 1$．

（2）证明：设每项均是正整数的有穷数列$\displaystyle A$为$\displaystyle a_1, a_2, \cdots, a_n$．

则$\displaystyle T_1\left(A\right)$为$\displaystyle n, a_1-1, a_2-1, \cdots, a_n-1$．

从而 $$\displaystyle S\left(T_1\left(A\right)\right)=2\left[n+2\left(a_1-1\right)+3\left(a_2-1\right)+\cdots+\left(n+1\right)\left(a_n-1\right)\right]+n^2+\left(a_1-1\right)^2+\left(a_2-1\right)^2+\cdots+\left(a_n-1\right)^2$$ 又$\displaystyle S\left(A\right)=2\left(a_1+2a_2+\cdots+na_n\right)+a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2$，所以 $$\displaystyle S\left(T_1\left(A\right)\right)-S\left(A\right)=2\left[n-2-3-\cdots-\left(n+1\right)\right]+2\left(a_1+a_2+\cdots+a_n\right)$$ $$\displaystyle +n^2-2\left(a_1+a_2+\cdots+a_n\right)+n=-n\left(n+1\right)+n^2+n=0,$$ 故$\displaystyle S\left(T_1\left(A\right)\right)=S\left(A\right)$．

（3）证明：设$\displaystyle A$是每项均为非负整数的数列$\displaystyle a_1,a_2,\cdots,a_n$．

当存在$\displaystyle 1\leqslant i<j\leqslant n$，使得$\displaystyle a_i\leqslant a_j$时，交换数列$\displaystyle A$的第$\displaystyle i$项和第$\displaystyle j$项后得到数列$\displaystyle B$．则 $$\displaystyle S\left(B\right)-S\left(A\right)=2\left(ia_j+ja_i-ia_i-ja_j\right)=2\left(i-j\right)\left(a_j-a_i\right)\leqslant0.$$ 当存在$\displaystyle 1\leqslant m<n$，使得$\displaystyle a_{m+1}=a_{m+2}=\cdots=a_n=0$时，若记数列$\displaystyle a_1,a_2,\cdots,a_m$为$\displaystyle C$，则$\displaystyle S\left(C\right)=S\left(A\right)$．

所以$\displaystyle S\left(T_2\left(A\right)\right)\leqslant S\left(A\right)$．

从而对于任意给定的数列$\displaystyle A_0$，由$\displaystyle A_{k+1}=T_2\left(T_1\left(A_k\right)\right)\left(k=0,1,2,\cdots\right)$可知 $$\displaystyle S\left(A_{k+1}\right)\leqslant S\left(T_1\left(A_k\right)\right).$$ 又由（2）可知$\displaystyle S\left(T_1\left(A_k\right)\right)=S\left(A_k\right)$，所以$\displaystyle S\left(A_{k+1}\right)\leqslant S\left(A_k\right)$．

即对于$\displaystyle k\in\mathbb{N}$，要么有$\displaystyle S\left(A_{k+1}\right)=S\left(A_k\right)$，要么有$\displaystyle S\left(A_{k+1}\right)\leqslant S\left(A_k\right)-1$．

因为$\displaystyle S\left(A_k\right)$是大于$\displaystyle 2$的整数，所以经过有限步后，必有 $$\displaystyle S\left(A_k\right)=S\left(A_{k+1}\right)=S\left(A_{k+2}\right)=\cdots.$$ 即存在正整数$\displaystyle K$，当$\displaystyle k\geqslant K$时，$\displaystyle S\left(A_{k+1}\right)=S\left(A_k\right)$．

【实测数据】本题难度系数为$\displaystyle 0.07$，区分度为$\displaystyle 0.56$
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 新答案（来源：4.3 多个量词的问题（2）数列.md）：
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（1）由条件，$\displaystyle a_n=\frac{1}{2^{n-1}}$，$\displaystyle b_n=\frac{1}{2^n}+1$．

由于$\displaystyle \forall n\in\mathbb{N}^{*}$，$\displaystyle 0<\frac{1}{2^{n-1}}\leqslant1$，

所以$\displaystyle \left|b_n-a_n\right|=\left|\frac{1}{2^n}+1-\frac{1}{2^{n-1}}\right|=1-\frac{1}{2^{n-1}}<1$，

故$\displaystyle \left\{b_n\right\}$与$\displaystyle \left\{a_n\right\}$"接近"．

（2）因为$\displaystyle a_1=1, a_2=2, a_3=4, a_4=8$，且$\displaystyle \left\{b_n\right\}$是一个与$\displaystyle \left\{a_n\right\}$接近的数列，

所以$\displaystyle 0\leqslant b_1\leqslant2$，$\displaystyle 1\leqslant b_2\leqslant3$，$\displaystyle 3\leqslant b_3\leqslant5$，$\displaystyle 7\leqslant b_4\leqslant9$．从而$\displaystyle b_1\leqslant b_2\leqslant b_3<b_4$．

若$\displaystyle b_1=b_2$，则$\displaystyle b_1,b_2\in\left[1,2\right]$，$\displaystyle b_1=b_2<b_3<b_4$，所以$\displaystyle M$中元素个数为$\displaystyle 3$；

若$\displaystyle b_2=b_3$，则$\displaystyle b_2=b_3=3$，$\displaystyle b_1<b_2=b_3<b_4$，所以$\displaystyle M$中元素个数为$\displaystyle 3$；

若$\displaystyle b_1,b_2,b_3$两两不同，则$\displaystyle M$中元素个数为$\displaystyle 4$．

综上，$\displaystyle m$的值为$\displaystyle 3$或$\displaystyle 4$．

（3）若$\displaystyle \left\{b_n\right\}$与$\displaystyle \left\{a_n\right\}$接近，则$\displaystyle \left|b_n-a_n\right|\leqslant1$，即$\displaystyle -1+a_n\leqslant b_n\leqslant a_n+1$．所以 $$\displaystyle -a_n-1\leqslant-b_n\leqslant-a_n+1,$$ $$\displaystyle -1+a_{n+1}\leqslant b_{n+1}\leqslant a_{n+1}+1,$$ 两式相加可得 $$\displaystyle a_{n+1}-a_n-2\leqslant b_{n+1}-b_n\leqslant a_{n+1}-a_n+2,$$ 即$\displaystyle d-2\leqslant b_{n+1}-b_n\leqslant d+2$．

①若$\displaystyle d\leqslant-2$，则$\displaystyle b_{n+1}-b_n\leqslant d+2\leqslant0\left(n=1,2,\cdots,200\right)$，

所以$\displaystyle b_2-b_1, \cdots, b_{201}-b_{200}$没有正数．

②若$\displaystyle d>2$，则$\displaystyle b_{n+1}-b_n\geqslant d-2>0\left(n=1,2,\cdots,200\right)$，

所以$\displaystyle b_2-b_1, \cdots, b_{201}-b_{200}$全部都是正数．

③若$\displaystyle -2<d\leqslant2$，取$\displaystyle p$使得$\displaystyle d+2p>0$且$\displaystyle p<1$，即$\displaystyle -\frac{d}{2}<p<1$，例如可以取区间$\displaystyle \left[-\frac{d}{2},1\right]$的中点： $$\displaystyle p=\frac{1-\frac{d}{2}}{2}=\frac{1}{2}-\frac{d}{4}.$$ 定义$\displaystyle b_{2k}=a_{2k}+p\left(k=1,2,\cdots,100\right)$，$\displaystyle b_{2k+1}=a_{2k+1}-p\left(k=0,1,\cdots,100\right)$，则$\displaystyle \left|b_n-a_n\right|=p=\frac{1}{2}-\frac{d}{4}<1$，

所以存在数列$\displaystyle \left\{b_n\right\}$与$\displaystyle \left\{a_n\right\}$"接近"．另一方面， $$\displaystyle b_{2k}-b_{2k-1}=a_{2k}-a_{2k-1}+2p=d+2p>0,$$ 所以至少有$\displaystyle 100$个数是正数．

综上，$\displaystyle d$取值范围是$\displaystyle \left(-2,+\infty\right)$．
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 新答案（来源：4.3 多个量词的问题（2）数列.md）：
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（1）解法1：$\displaystyle c_1=b_1-a_1=1-1=0$，

$\displaystyle c_2=\max\left\{b_1-2a_1,b_2-2a_2\right\}=\max\left\{1-2\times1,3-2\times2\right\}=-1$，

$\displaystyle c_3=\max\left\{b_1-3a_1,b_2-3a_2,b_3-3a_3\right\}=\max\left\{1-3\times1,3-3\times2,5-3\times3\right\}=-2$．

当$\displaystyle n\geqslant3$时， $$\displaystyle \left(b_{k+1}-na_{k+1}\right)-\left(b_k-na_k\right)=\left(b_{k+1}-b_k\right)-n\left(a_{k+1}-a_k\right)=2-n<0,$$ 所以$\displaystyle b_k-na_k$关于$\displaystyle k\in\mathbb{N}^{*}$单调递减．

所以$\displaystyle c_n=\max\left\{b_1-a_1n,b_2-a_2n,\cdots,b_n-a_nn\right\}=b_1-a_1n=1-n$．

所以对任意$\displaystyle n\geqslant1$，$\displaystyle c_n=1-n$，于是$\displaystyle c_{n+1}-c_n=-1$．

所以$\displaystyle \left\{c_n\right\}$是等差数列．

解法2：$\displaystyle c_1=b_1-a_1=1-1=0$，

$\displaystyle c_2=\max\left\{b_1-2a_1,b_2-2a_2\right\}=\max\left\{1-2\times1,3-2\times2\right\}=-1$，

$\displaystyle c_3=\max\left\{b_1-3a_1,b_2-3a_2,b_3-3a_3\right\}=\max\left\{1-3\times1,3-3\times2,5-3\times3\right\}=-2$．

当$\displaystyle n\geqslant3$时，$\displaystyle \left(b_k-na_k\right)-\left(b_1-na_1\right)=\left(k-1\right)\left(2-n\right)\leqslant0$，

所以$\displaystyle c_n=\max\left\{b_1-a_1n,b_2-a_2n,\cdots,b_n-a_nn\right\}=b_1-a_1n=1-n$．

所以对任意$\displaystyle n\geqslant1$，$\displaystyle c_n=1-n$，于是$\displaystyle c_{n+1}-c_n=-1$．

所以$\displaystyle \left\{c_n\right\}$是等差数列．

（2）解法1：设数列$\displaystyle \left\{a_n\right\}$和$\displaystyle \left\{b_n\right\}$的公差分别为$\displaystyle d_1, d_2$，则 $$\displaystyle b_k-na_k=b_1+\left(k-1\right)d_2-\left[a_1+\left(k-1\right)d_1\right]n=b_1-a_1n+\left(d_2-nd_1\right)\left(k-1\right).$$ 所以$\displaystyle c_n=\begin{cases} b_1-a_1n+\left(n-1\right)\left(d_2-nd_1\right), & \text{当}d_2>nd_1\text{时},\\ b_1-a_1n, & \text{当}d_2\leqslant nd_1\text{时}. \end{cases}$ ①当$\displaystyle d_1>0$时，

取正整数$\displaystyle m>\frac{d_2}{d_1}$，则当$\displaystyle n\geqslant m$时，$\displaystyle nd_1>d_2$，因此$\displaystyle c_n=b_1-a_1n$．

此时，$\displaystyle c_m,c_{m+1},c_{m+2},\cdots$是等差数列．

②当$\displaystyle d_1=0$时，对任意$\displaystyle n\geqslant1$， $$\displaystyle c_n=b_1-a_1n+\left(n-1\right)\max\left\{d_2,0\right\}=b_1-a_1+\left(n-1\right)\left(\max\left\{d_2,0\right\}-a_1\right).$$ 此时，$\displaystyle c_1,c_2,c_3,\cdots,c_n,\cdots$是等差数列．

③当$\displaystyle d_1<0$时，

当$\displaystyle n>\frac{d_2}{d_1}$时，有$\displaystyle nd_1<d_2$．所以 $$\displaystyle \frac{c_n}{n}=\frac{b_1-a_1n+\left(n-1\right)\left(d_2-nd_1\right)}{n}=n\left(-d_1\right)+d_1-a_1+d_2+\frac{b_1-d_2}{n}\geqslant n\left(-d_1\right)+d_1-a_1+d_2-\left|b_1-d_2\right|.$$ 对任意正数$\displaystyle M$，取正整数$\displaystyle m>\max\left\{\frac{M+\left|b_1-d_2\right|+a_1-d_1-d_2}{-d_1},\frac{d_2}{d_1}\right\}$．

故当$\displaystyle n\geqslant m$时，$\displaystyle \frac{c_n}{n}>M$．

解法2：设数列$\displaystyle \left\{a_n\right\}$和$\displaystyle \left\{b_n\right\}$的公差分别为$\displaystyle d_1, d_2$，定义$\displaystyle \mathrm{e}_k=b_k-na_k=\left(b_1-a_1n\right)+\left(d_2-nd_1\right)\left(k-1\right)$，

则$\displaystyle \mathrm{e}_{k+1}-\mathrm{e}_k=d_2-nd_1$，

所以当$\displaystyle d_2-nd_1>0$时，$\displaystyle c_n=\mathrm{e}_n$；

当$\displaystyle d_2-nd_1\leqslant0$时，$\displaystyle c_n=\mathrm{e}_1=b_1-a_1n$．

①当$\displaystyle d_1>0$时，

取$\displaystyle m=\left\lfloor\frac{\left|d_2\right|}{d_1}\right\rfloor+1$，则当$\displaystyle n>m$时，$\displaystyle c_n=b_1-a_1n$．

此时，$\displaystyle c_m,c_{m+1},c_{m+2},\cdots$是等差数列．

②当$\displaystyle d_1=0$时，

若$\displaystyle d_2>0$，$\displaystyle c_n=\mathrm{e}_n=b_1-a_1+\left(d_2-a_1\right)\left(n-1\right)$；

若$\displaystyle d_2\leqslant0$，$\displaystyle c_n=\mathrm{e}_1=b_1-a_1n$．

两种情况下，$\displaystyle c_1,c_2,c_3,\cdots,c_n,\cdots$均是等差数列．

③当$\displaystyle d_1<0$时， $$\displaystyle \frac{c_n}{n}\geqslant\frac{e_n}{n}=\frac{b_1-a_1n+\left(n-1\right)\left(d_2-nd_1\right)}{n}\geqslant-d_1\left(n-1\right)-\left|b_1\right|-\left|a_1\right|-\left|d_2\right|.$$ 对任意正数$\displaystyle M$，取$\displaystyle m=\left\lfloor\frac{M+\left|b_1\right|+\left|d_2\right|+\left|a_1\right|}{-d_1}\right\rfloor+1$，当$\displaystyle n\geqslant m$时，$\displaystyle \frac{c_n}{n}>M$．

【实测数据】本题理科难度为$\displaystyle 0.19$，相关系数为$\displaystyle 0.56$．阅卷数据如下．

\[\displaystyle \begin{array}{c|cccccc} \text{题号} & \text{满分} & \text{平均值} & \text{标准差} & \text{得分率} & \text{鉴别指数} & \text{相关系数}\\ \hline 20(1) & 6 & 2.35 & 1.78 & 0.39 & 0.45 & -\\ 20(2) & 7 & 0.14 & 0.68 & 0.02 & 0.07 & -\\ 20 & 13 & 2.49 & 2.08 & 0.19 & 0.25 & 0.56 \end{array}\]

本题七组学生的得分率如下：

\[\displaystyle \begin{array}{c|cccccccc} \text{题号} & \text{第1组} & \text{第2组} & \text{第3组} & \text{第4组} & \text{第5组} & \text{第6组} & \text{第7组} & \text{总体}\\ \hline 20 & 0.07 & 0.11 & 0.14 & 0.16 & 0.19 & 0.25 & 0.41 & 0.19 \end{array}\]

本题得分情况如下：

\[\displaystyle \begin{array}{c|cccccccc} \text{分值} & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & \\ \text{人数} & 4450 & 9782 & 4112 & 3391 & 7525 & 728 & 1530 & \\ \text{比率} & 13.61\% & 29.91\% & 12.57\% & 10.37\% & 23.01\% & 2.23\% & 4.68\% & \\ \text{平均分} & 95.94 & 117.85 & 111.14 & 121.20 & 127.56 & 135.12 & 138.10 & \\ \text{分值} & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 & 13 & \\ \text{人数} & 427 & 189 & 185 & 155 & 95 & 113 & 18 & \\ \text{比率} & 1.31\% & 0.58\% & 0.57\% & 0.47\% & 0.29\% & 0.35\% & 0.06\% & \\ \text{平均分} & 140.76 & 141.81 & 143.88 & 144.82 & 146.31 & 146.90 & 149.61 & \end{array}\]

【易错警示】①理解错误．不能准确理解$\displaystyle c_n=\max\left\{b_1-a_1n,b_2-a_2n,\cdots,b_n-a_nn\right\}\left(n=1,2,3,\cdots\right)$的含义．

②字母$\displaystyle n$，$\displaystyle k$书写混淆，例如，$\displaystyle c_n=\max\left\{b_1-a_1n,b_2-a_2n,\cdots,b_n-a_nn\right\}$中的第$\displaystyle k$项写成$\displaystyle b_k-ka_k$．

③在求$\displaystyle b_1-a_1n, b_2-a_2n, \cdots, b_n-a_nn$的最大值时，误解为在$\displaystyle n$不同取值下，比较$\displaystyle b_n-a_nn$的大小．

④论证不够严谨．数学归纳法猜想证明时步骤不完善，部分答案以直观感知、归纳猜想替代严格证明．

⑤第（2）问不能抓住影响$\displaystyle \left\{c_n\right\}$的主要矛盾，即$\displaystyle \left\{a_n\right\}$公差的正负进行分类，出现根据$\displaystyle \left\{a_n\right\}$和$\displaystyle \left\{b_n\right\}$两个等差数列的公差的相对大小进行分类，发现问题不能解决，再对公差正负进行分类，分类较多造成逻辑推理混乱．

⑥第二问分类不能做到不重不漏，如$\displaystyle \left\{a_n\right\}$和$\displaystyle \left\{b_n\right\}$两个等差数列的公差为零的情况反复讨论或疏漏没有考虑．

⑦不能完备论证存在正整数$\displaystyle m$，当$\displaystyle n\geqslant m$时，$\displaystyle \frac{c_n}{n}>M$或者存在正整数，使得$\displaystyle c_m,c_{m+1},c_{m+2},\cdots$为等差数列，没有明确求出$\displaystyle m>\frac{d_2}{d_1}$，仅从变化趋势予以说明，即在论证过程中没有给出一个足以保证$\displaystyle \frac{c_n}{n}>M$或$\displaystyle c_m,c_{m+1},c_{m+2},\cdots$成立的$\displaystyle m$值．
```
 新答案（来源：4.3 多个量词的问题（2）数列.md）：
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（1）由已知，当$\displaystyle n\geqslant1$时，$\displaystyle a_{n+1}=S_{n+1}-S_n=2^{n+1}-2^n=2^n$．

于是对任意的正整数$\displaystyle n$，总存在正整数$\displaystyle m=n+1$，使得$\displaystyle S_n=2^n=a_m$．

所以$\displaystyle \left\{a_n\right\}$是"H数列"．

（2）方法1：由已知，得$\displaystyle S_2=2a_1+d=2+d$．

因为$\displaystyle \left\{a_n\right\}$是"H数列"，所以存在正整数$\displaystyle m$，使得$\displaystyle S_2=a_m$．

即$\displaystyle 2+d=1+\left(m-1\right)d$，于是$\displaystyle \left(m-2\right)d=1$．

因为$\displaystyle d<0$，所以$\displaystyle m-2<0$，于是$\displaystyle m=1$．从而$\displaystyle d=-1$．

当$\displaystyle d=-1$时，$\displaystyle a_n=2-n$，$\displaystyle S_n=\frac{n\left(3-n\right)}{2}$是小于$\displaystyle 2$的整数，$\displaystyle n\in\mathbb{N}^{*}$．

于是对任意的正整数$\displaystyle n$，总存在正整数$\displaystyle m=2-S_n=\frac{1}{2}n\left(n-3\right)+2$，使得$\displaystyle S_n=2-m=a_m$．

所以$\displaystyle \left\{a_n\right\}$是"H数列"．

因此$\displaystyle d$的值为$\displaystyle -1$．

方法2：由已知，$\displaystyle a_n=1+\left(n-1\right)d$．

当$\displaystyle n=2$时，$\displaystyle S_2=2a_1+d=2+d$．

因为$\displaystyle d<0$，所以对任意$\displaystyle n\geqslant3$，$\displaystyle a_n<a_2$．

又$\displaystyle S_2=1+a_2>a_2$，所以对任意$\displaystyle n\geqslant2$，$\displaystyle S_2>a_n$．

因为数列$\displaystyle \left\{a_n\right\}$是"H数列"，所以$\displaystyle S_2=a_1=1$，解得$\displaystyle d=-1$．

当$\displaystyle d=-1$时，$\displaystyle a_n=2-n$，$\displaystyle S_n=\frac{n\left(3-n\right)}{2}$是小于$\displaystyle 2$的整数，$\displaystyle n\in\mathbb{N}^{*}$．

于是对任意的正整数$\displaystyle n$，总存在正整数$\displaystyle m=2-S_n=\frac{1}{2}n\left(n-3\right)+2$，使得$\displaystyle S_n=2-m=a_m$．

所以$\displaystyle \left\{a_n\right\}$是"H数列"．

因此$\displaystyle d$的值为$\displaystyle -1$．

方法3：由已知，$\displaystyle S_n=n+\frac{n\left(n-1\right)}{2}d$，$\displaystyle a_m=1+\left(m-1\right)d$．

因为数列$\displaystyle \left\{a_n\right\}$是"H数列"，所以对任意正整数$\displaystyle n$，存在正整数$\displaystyle m$，使得$\displaystyle S_n=a_m$，从而 $$\displaystyle d\left(n^2-n+2-2m\right)=2\left(1-n\right).$$ 令$\displaystyle n>1$，则$\displaystyle 1-n<0$，因为$\displaystyle d<0$，从而$\displaystyle n^2-n+2-2m>0$，即$\displaystyle m<\frac{n^2-n+2}{2}$．

当$\displaystyle n=2$时，有$\displaystyle 0<m<2$，从而$\displaystyle m=1$，则$\displaystyle d=-1$．

当$\displaystyle d=-1$时，$\displaystyle a_n=2-n$，$\displaystyle S_n=\frac{n\left(3-n\right)}{2}$是小于$\displaystyle 2$的整数，$\displaystyle n\in\mathbb{N}^{*}$．

于是对任意的正整数$\displaystyle n$，总存在正整数$\displaystyle m=2-S_n=\frac{1}{2}n\left(n-3\right)+2$，使得$\displaystyle S_n=2-m=a_m$，

所以$\displaystyle \left\{a_n\right\}$是"H数列"．

因此$\displaystyle d$的值为$\displaystyle -1$．

（3）方法1：设$\displaystyle \left\{a_n\right\}$的公差为$\displaystyle d$，则$\displaystyle a_n=a_1+\left(n-1\right)d=na_1+\left(n-1\right)\left(d-a_1\right)\left(n\in\mathbb{N}^{*}\right)$．

令$\displaystyle b_n=na_1$，$\displaystyle c_n=\left(n-1\right)\left(d-a_1\right)$，则$\displaystyle a_n=b_n+c_n, n\in\mathbb{N}^{*}$．

下证$\displaystyle \left\{b_n\right\}$是"H数列"．

设$\displaystyle \left\{b_n\right\}$的前$\displaystyle n$项和为$\displaystyle T_n$，则$\displaystyle T_n=\frac{n\left(n+1\right)}{2}a_1\left(n\in\mathbb{N}^{*}\right)$．

于是对任意的正整数$\displaystyle n$，总存在正整数$\displaystyle m=\frac{n\left(n+1\right)}{2}$，使得$\displaystyle T_n=b_m$．

所以$\displaystyle \left\{b_n\right\}$是"H数列"．

同理可证$\displaystyle \left\{c_n\right\}$也是"H数列"．

所以，对任意的等差数列$\displaystyle \left\{a_n\right\}$，总存在两个"H数列"$\displaystyle \left\{b_n\right\}$和$\displaystyle \left\{c_n\right\}$，使得$\displaystyle a_n=b_n+c_n\left(n\in\mathbb{N}^{*}\right)$成立．

（类似的，$\displaystyle b_n=\frac{\left(a_1+d\right)n}{2}$，$\displaystyle c_n=\frac{\left(d-a_1\right)\left(n-2\right)}{2}$也满足题意．这样的分组方法有无数种）

方法2：设等差数列$\displaystyle \left\{a_n\right\}$的通项公式为$\displaystyle a_n=An+B\left(n\in\mathbb{N}^{*}\right)$．

令$\displaystyle b_n=\frac{A-B}{2}n+\frac{B-A}{2}$，$\displaystyle c_n=\frac{A+B}{2}n+\frac{A+B}{2}$，则$\displaystyle a_n=b_n+c_n$，$\displaystyle n\in\mathbb{N}^{*}$．

下证$\displaystyle \left\{b_n\right\}$是"H数列"．

令$\displaystyle \frac{A-B}{2}=C$，则$\displaystyle b_n=C\left(n-1\right)$．

设$\displaystyle \left\{b_n\right\}$的前$\displaystyle n$项和为$\displaystyle T_n$，则$\displaystyle T_n=\frac{n\left(n-1\right)}{2}\times C\left(n\in\mathbb{N}^{*}\right)$．

令$\displaystyle m=\frac{n\left(n-1\right)}{2}+1$，则$\displaystyle m\in\mathbb{N}^{*}$，于是对任意的正整数$\displaystyle n$，总存在正整数$\displaystyle m=\frac{n\left(n-1\right)}{2}+1$，使得$\displaystyle T_n=b_m$．

所以$\displaystyle \left\{b_n\right\}$是"H数列"．同理可证$\displaystyle \left\{c_n\right\}$也是"H数列"．

所以，对任意的等差数列$\displaystyle \left\{a_n\right\}$，总存在两个"H数列"$\displaystyle \left\{b_n\right\}$和$\displaystyle \left\{c_n\right\}$，使得$\displaystyle a_n=b_n+c_n\left(n\in\mathbb{N}^{*}\right)$成立．

【实测数据】本题阅卷数据如下．

\[\displaystyle \begin{array}{c|cccc} \text{层次} & \text{全体} & \text{第一层次} & \text{第二层次} & \text{第三层次}\\ \hline \text{难度} & 0.17 & 0.27 & 0.18 & 0.05\\ \text{区分度} & 0.72 & 0.40 & 0.27 & 0.47 \end{array}\]

得分比率：

\[\displaystyle \begin{array}{c|cccccccccc} \text{得分} & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & \\ \text{比率} & 25.85\% & 2.91\% & 20.16\% & 5.27\% & 34.67\% & 4.54\% & 3.09\% & 1.47\% & 1.85\% & \\ \text{得分} & 9 & 10 & 11 & 12 & 13 & 14 & 15 & 16 & & \\ \text{比率} & 0.01\% & 0.02\% & 0.01\% & 0.05\% & 0.01\% & 0.03\% & 0.01\% & 0.04\% & & - \end{array}\]

【易错警示】（1）错误：在由$\displaystyle S_n=2^n$计算出$\displaystyle a_n=\begin{cases}2, & n=1,\\ 2^{n-1}, & n\geqslant2\end{cases}$后，不能理解题意，进而得到问题的正确证明．

（2）错误1：直接写出结果$\displaystyle d=-1$，缺少必要的逻辑推理．

错误2：根据题目意思，直接翻译，即由$\displaystyle \left\{a_n\right\}$是"H数列"得到$\displaystyle S_n=a_m$，即$\displaystyle na_1+\frac{n\left(n-1\right)}{2}d=a_1+\left(m-1\right)d$，进而从这个式子中分离出$\displaystyle d$，$\displaystyle m$或者$\displaystyle n$．由于对式子的理解和变形不清楚，导致得不到正确的结果．
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 新答案（来源：241-260对数单身狗指数找基友与对称化构造.md）：
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1. $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{x^2-ax+1}{x^2}$ $\displaystyle \left(x>0\right)$.
  
  若 $\displaystyle a\leqslant2$，$\displaystyle x\ne1$ 时 $\displaystyle f'\left(x\right)>0$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 单调递增；
  
  若 $\displaystyle a>2$，$\displaystyle 0<x<\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)>0$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 单调递增；
  
  $\displaystyle \frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}<x<\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)<0$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 单调递减；
  
  $\displaystyle x>\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}$ 时，$\displaystyle f'\left(x\right)>0$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 单调递增.
2. \[\displaystyle k=\frac{f\left(x_2\right)-f\left(x_1\right)}{x_2-x_1} =\frac{x_2-\frac{1}{x_2}-a\ln x_2-x_1+\frac{1}{x_1}+a\ln x_1}{x_2-x_1} =1+\frac{1}{x_1x_2}-a\cdot\frac{\ln x_2-\ln x_1}{x_2-x_1}.\]
  
  由 $\displaystyle \left(1\right)$ 过程知 $\displaystyle x_1,x_2$ 是 $\displaystyle x^2-ax+1=0$ 的两个正根，因此 $\displaystyle x_1x_2=1$，设 $\displaystyle 0<x_1<1<x_2$.
  
  进而
  
  \[\displaystyle k=2-a\cdot\left(\frac{\ln x_2-\ln\frac{1}{x_2}}{x_2-\frac{1}{x_2}}\right)=2-a\left(\frac{2\ln x_2}{x_2-\frac{1}{x_2}}\right).\]
  
  假设存在 $\displaystyle a$ 使得 $\displaystyle k=2-a$ 则 $\displaystyle \frac{2\ln x_2}{x_2-\frac{1}{x_2}}=1$ 也即 $\displaystyle x_2-\frac{1}{x_2}-2\ln x_2=0$.
  
  令 $\displaystyle g\left(x\right)=x-\frac{1}{x}-2\ln x$，由 $\displaystyle \left(1\right)$ 问知 $\displaystyle g\left(x\right)$ 单调递增，$\displaystyle g\left(x_2\right)>g\left(1\right)=0$，矛盾，因此不存在 $\displaystyle a$ 使得 $\displaystyle k=2-a$.
1. 【2019上海21】数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 有 $\displaystyle 100$ 项, $\displaystyle a_1=a$, 对任意 $\displaystyle n\in[2,100]$, 存在 $\displaystyle i$ 使得 $\displaystyle a_n=a_i+d$, $\displaystyle i\in[1,n-1]$, 若 $\displaystyle a_k$ 与其之前中某一项相等, 则称 $\displaystyle a_k$ 具有性质 $\displaystyle P$。
（1）若 $\displaystyle a_1=1$, $\displaystyle d=2$, 求 $\displaystyle a_4$ 所有可能的值；

（2）若 $\displaystyle \{a_n\}$ 不是等差数列, 求证: $\displaystyle \{a_n\}$ 中存在具有性质 $\displaystyle P$ 的项；

（3）若 $\displaystyle \{a_n\}$ 中恰有三项具有性质 $\displaystyle P$, 这三项和为 $\displaystyle C$, 试用 $\displaystyle a,d,c$ 表示 $\displaystyle a_1+a_2+\cdots+a_{100}$。 4. 【2024深圳二模19】无穷数列$\displaystyle a_1,a_2,\cdots,a_n,\cdots$的定义如下：如果$\displaystyle n$是偶数，就对$\displaystyle n$尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是$\displaystyle a_n$；如果$\displaystyle n$是奇数，就对$\displaystyle 3n+1$尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是$\displaystyle a_n$。

（2）如果$\displaystyle a_n=m$且$\displaystyle a_m=n$，求$\displaystyle m,n$的值。

（3）记$\displaystyle a_n=f(n),n\in\mathbb{N_+}$，求一个正整数$\displaystyle n$，满足$$\displaystyle n<f(n)<f(f(n))<\cdots<\underbrace{ f(f(\cdots f(n)\cdots ))}_{\text{2024个$f$}}$$ 5. 【2013安徽理20】设函数$\displaystyle f(x)=-1+x+\frac{x^2}{2^2}+\frac{x^3}{3^2}+\cdots+\frac{x^n}{n^2}(x\in\mathbb{R},n\in\mathbb{N^*})$，证明：

（1）对每个$\displaystyle n\in\mathbb{N^*}$，存在唯一的$\displaystyle x_n\in[\frac{2}{3},1]$，满足$\displaystyle f(x_n)=0$；

（2）对任意$\displaystyle p\in\mathbb{N^*}$，由（1）中$\displaystyle x_n$构成的数列$\displaystyle \left \{ x_n \right \}$满足$\displaystyle 0<x_n-x_{n+p}<\frac{1}{n}$ 6. 【2011北京理20】若数列 $\displaystyle A_n:a_1,a_2,\dots,a_n$ ($\displaystyle n \geqslant 2$) 满足 $\displaystyle |a_{k+1}-a_k|=1$ ($\displaystyle k=1,2,\dots,n-1$), 则称 $\displaystyle A_n$ 为 $\displaystyle E$ 数列. 记 $\displaystyle S(A_n)=a_1+a_2+\dots+a_n$。

（1）写出一个满足 $\displaystyle a_1=a_5=0$, 且 $\displaystyle S(A_5)>0$ 的 $\displaystyle E$ 数列 $\displaystyle A_5$；

（2）若 $\displaystyle a_1=12,n=2000$, 证明: $\displaystyle E$ 数列 $\displaystyle A_n$ 是递增数列的充要条件是 $\displaystyle a_n=2011$；

（3）对任意给定的整数 $\displaystyle n$ ($\displaystyle n \geqslant 2$), 是否存在首项为 $\displaystyle 0$ 的 $\displaystyle E$ 数列 $\displaystyle A_n$, 使得 $\displaystyle S(A_n)=0$? 如果存在, 写出一个满足条件的 $\displaystyle E$ 数列 $\displaystyle A_n$; 如果不存在, 说明理由。 7. 【2011江苏20】设 $\displaystyle M$ 为部分正整数组成的集合, 数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 的首项 $\displaystyle a_1=1$, 前 $\displaystyle n$ 项和为 $\displaystyle S_n$, 已知对任意整数 $\displaystyle k \in M$, 当整数 $\displaystyle n>k$ 时, $\displaystyle S_{n+k}+S_{n-k}=2(S_n+S_k)$ 都成立。

（1）设 $\displaystyle M=\{1\},a_2=2$, 求 $\displaystyle a_5$ 的值；

（2）设 $\displaystyle M=\{3,4\}$, 求数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 的通项公式。 8. 【2017江苏19】对于给定的正整数$\displaystyle k$，若数列$\displaystyle \left \{ a_n \right \}$满足：$$\displaystyle a_{n-k}+a_{n-k+1}+\cdots a_{n-1}+a_{n+1}+\cdots a_{n+k-1}+a_{n+k}=2ka_n$$对任意正整数$\displaystyle n(n>k)$总成立，则称数列是“$\displaystyle P(k)$数列”。若数列$\displaystyle \left { a_n \right }$既是“$\displaystyle P(2)$数列”，又是“$\displaystyle P(3)$数列”，证明：$\displaystyle \left { a_n \right }$是等差数列。 9. **【2015江苏20】**设$\displaystyle a_1,a_2,a_3,a_4$是各项为正数且公差为$\displaystyle d(d\neq 0)$的等差数列。 1. 是否存在$\displaystyle a_1,d$，使得$\displaystyle a_1,a_2^2,a_3^3,a_4^4$依次构成等比数列？并说明理由； 2. 是否存在$\displaystyle a_1,d$及正整数$\displaystyle n,k$，使得$\displaystyle a_1^n,a_2^{n+k},a_3^{n+2k},a_4^{n+3k}$依次构成等比数列？并说明理由。 10. 【2013北京理20】 已知 $\displaystyle \{a_n\}$ 是由非负整数组成的无穷数列, 该数列前 $\displaystyle n$ 项的最大值记为 $\displaystyle A_n$, 第 $\displaystyle n$ 项之后各项 $\displaystyle a_{n+1},a_{n+2},\cdots$ 的最小值记为 $\displaystyle B_n$, $\displaystyle d_n=A_n-B_n$。

（1）若 $\displaystyle \{a_n\}$ 为 $\displaystyle 2,1,4,3,2,1,4,3,\cdots$, 是一个周期为 4 的数列 (即对任意 $\displaystyle n \in \vv{N}^*,a_{n+4}=a_n$), 写出 $\displaystyle d_1,d_2,d_3,d_4$ 的值；

（2）设 $\displaystyle d$ 是非负整数, 证明: $\displaystyle d_n=-d$ ($\displaystyle n=1,2,3\cdots$) 的充分必要条件为 $\displaystyle \{a_n\}$ 是公差为 $\displaystyle d$ 的等差数列；

（3）证明: 若 $\displaystyle a_1=2, d_n=1$ ($\displaystyle n=1,2,3,\cdots$), 则 $\displaystyle \{a_n\}$ 的项只能是 1 或者 2, 且有无穷多项为 1。 11. 【2012江苏20】已知各项均为正数的两个数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 和 $\displaystyle \{b_n\}$ 满足: $\displaystyle a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{\sqrt{a_n^2+b_n^2}}, n \in \mathbb{N}^*$。

（1）设 $\displaystyle b_{n+1}=1+\frac{b_n}{a_n}, n \in \mathbb{N}^*$, 求证: 数列 $\displaystyle \left\{\left(\frac{b_n}{a_n}\right)^2\right\}$ 是等差数列；

（2）设 $\displaystyle b_{n+1}=\sqrt{2} \cdot \frac{b_n}{a_n}, n \in \mathbb{N}^*$, 且 $\displaystyle \{a_n\}$ 是等比数列, 求 $\displaystyle a_1$ 和 $\displaystyle b_1$ 的值。 12. 【2008北京理20】对于每项均是正整数的数列 $\displaystyle A$: $\displaystyle a_1,a_2,\cdots,a_n$, 定义变换 $\displaystyle T_1$, $\displaystyle T_1$ 将数列 $\displaystyle A$ 变换成数列 $\displaystyle T_1(A)$: $\displaystyle n$, $\displaystyle a_1-1$, $\displaystyle a_2-1$, $\displaystyle \cdots$, $\displaystyle a_n-1$. 对于每项均是非负整数的数列 $\displaystyle B$: $\displaystyle b_1,b_2,\cdots,b_m$, 定义变换 $\displaystyle T_2$, $\displaystyle T_2$ 将数列 $\displaystyle B$ 各项从大到小排列, 然后去掉所有为零的项, 得到数列 $\displaystyle T_2(B)$; 又定义 $\displaystyle S(B) = 2(b_1 + 2b_2 + \cdots + mb_m) + b_1^2 + b_2^2 + \cdots + b_m^2$. 设 $\displaystyle A_0$ 是每项均为正整数的有穷数列, 令 $\displaystyle A_{k+1} = T_2(T_1(A_k))$ ($\displaystyle k=0,1,2,\cdots$)。

（1）如果数列 $\displaystyle A_0$ 为 $\displaystyle 5,3,2$, 写出数列 $\displaystyle A_1,A_2$；

（2）对于每项均是正整数的有穷数列 $\displaystyle A$, 证明 $\displaystyle S(T_1(A)) = S(A)$；

（3）证明: 对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列 $\displaystyle A_0$, 存在正整数 $\displaystyle K$, 当 $\displaystyle k \geqslant K$ 时, $\displaystyle S(A_{k+1}) = S(A_k)$。 13. 【2006上海理21】 已知有穷数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 共有 $\displaystyle 2k$ 项 (整数 $\displaystyle k \geqslant 2$), 首项 $\displaystyle a_1 = 2$. 设该数列的前 $\displaystyle n$ 项和为 $\displaystyle S_n$, 且 $\displaystyle a_{n+1} = (a-1)S_n + 2$ ($\displaystyle n = 1,2,\cdots,2k-1$), 其中常数 $\displaystyle a > 1$。

（1）求证: 数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 是等比数列；

（2）若 $\displaystyle a = 2^{\frac{2}{2k-1}}$, 数列 $\displaystyle \{b_n\}$ 满足 $\displaystyle b_n = \frac{1}{n}\log_2(a_1a_2\cdots a_n)$ ($\displaystyle n = 1,2,\cdots,2k$), 求数列 $\displaystyle \{b_n\}$ 的通项公式；

（3）若 (2) 中的数列 $\displaystyle \{b_n\}$ 满足不等式 $\displaystyle \left|b_1 - \frac{3}{2}\right| + \left|b_2 - \frac{3}{2}\right| + \cdots + \left|b_{2k-1} - \frac{3}{2}\right| + \left|b_{2k} - \frac{3}{2}\right| \leqslant 4$, 求 $\displaystyle k$ 的值. 14. 【2019北京理20】已知数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 从中选取第 $\displaystyle i_1$ 项、第 $\displaystyle i_2$ 项、$\displaystyle \cdots$、第 $\displaystyle i_m$ 项 ($\displaystyle i_1<i_2<\cdots<i_m$), 若 $\displaystyle a_{i_1}<a_{i_2}<\cdots<a_{i_m}$, 则称新数列 $\displaystyle a_{i_1},a_{i_2},\cdots,a_{i_m}$ 为 $\displaystyle \{a_n\}$ 的长度为 $\displaystyle m$ 的递增子列. 规定: 数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 的任意一项都是 $\displaystyle \{a_n\}$ 的长度为 $\displaystyle 1$ 的递增子列。

（1）写出数列 $\displaystyle 1,8,3,7,5,6,9$ 的一个长度为 $\displaystyle 4$ 的递增子列；

（2）已知数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 的长度为 $\displaystyle p$ 的递增子列的末项的最小值为 $\displaystyle a_{m_0}$, 长度为 $\displaystyle q$ 的递增子列的末项的最小值为 $\displaystyle a_{n_0}$. 若 $\displaystyle p<q$, 求证: $\displaystyle a_{m_0}<a_{n_0}$；

（3）设无穷数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 的各项均为正整数, 且任意两项均不相等. 若 $\displaystyle \{a_n\}$ 的长度为 $\displaystyle s$ 的递增子列末项的最小值为 $\displaystyle 2s-1$, 且长度为 $\displaystyle s$ 末项为 $\displaystyle 2s-1$ 的递增子列恰有 $\displaystyle 2^{s-1}$ 个 ($\displaystyle s=1,2,\cdots$), 求数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 的通项公式。 15. 【2018上海21】给定无穷数列 $\displaystyle \{a_n\}$, 若无穷数列 $\displaystyle \{b_n\}$ 满足: 对任意 $\displaystyle n\in\vv{N}^*$, 都有 $\displaystyle |b_n-a_n|\leqslant 1$, 则称 $\displaystyle \{b_n\}$ 与 $\displaystyle \{a_n\}$ “接近”。

（1）设 $\displaystyle \{a_n\}$ 是首项为 $\displaystyle 1$, 公比为 $\displaystyle \frac{1}{2}$ 的等比数列, $\displaystyle b_n=a_{n+1}+1$, $\displaystyle n\in\mathbb{N}^*$, 判断数列 $\displaystyle \{b_n\}$ 是否与 $\displaystyle \{a_n\}$ 接近, 并说明理由；

（2）设数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 的前四项为: $\displaystyle a_1=1$, $\displaystyle a_2=2$, $\displaystyle a_3=4$, $\displaystyle a_4=8$, $\displaystyle \{b_n\}$ 是一个与 $\displaystyle \{a_n\}$ 接近的数列, 记集合 $\displaystyle M=\{x\mid x=b_i,i=1,2,3,4\}$, 求 $\displaystyle M$ 中元素的个数 $\displaystyle m$；

（3）已知 $\displaystyle \{a_n\}$ 是公差为 $\displaystyle d$ 的等差数列. 若存在数列 $\displaystyle \{b_n\}$ 满足: $\displaystyle \{b_n\}$ 与 $\displaystyle \{a_n\}$ 接近, 且在 $\displaystyle b_2-b_1$, $\displaystyle b_3-b_2$, $\displaystyle \cdots$, $\displaystyle b_{201}-b_{200}$ 中至少有 $\displaystyle 100$ 个为正数, 求 $\displaystyle d$ 的取值范围。 16. 【2018江苏20】设 $\displaystyle \{a_n\}$ 是首项为 $\displaystyle a_1$, 公差为 $\displaystyle d$ 的等差数列, $\displaystyle \{b_n\}$ 是首项为 $\displaystyle b_1$, 公比为 $\displaystyle q$ 的等比数列。

（1）设 $\displaystyle a_1=0$, $\displaystyle b_1=1$, $\displaystyle q=2$, 若 $\displaystyle |a_n-b_n|\leqslant b_1$ 对 $\displaystyle n=1,2,3,4$ 均成立, 求 $\displaystyle d$ 的取值范围；

（2）若 $\displaystyle a_1=b_1>0$, $\displaystyle m\in\mathbb{N}^*$, $\displaystyle q\in(1,\sqrt[m]{2}]$, 证明: 存在 $\displaystyle d\in\mathbb{R}$, 使得 $\displaystyle |a_n-b_n|\leqslant b_1$ 对 $\displaystyle n=2,3,\cdots,m+1$ 均成立, 并求 $\displaystyle d$ 的取值范围 (用 $\displaystyle b_1,m,q$ 表示)。 17. 【2017北京理20】设 $\displaystyle \{a_n\}$ 和 $\displaystyle \{b_n\}$ 是两个等差数列, 记 $\displaystyle c_n=\max\{b_1-a_1n,b_2-a_2n,\cdots,b_n-a_nn\}\ (n=1,2,3,\cdots)$, 其中 $\displaystyle \max\{x_1,x_2,\cdots,x_s\}$ 表示 $\displaystyle x_1,x_2,\cdots,x_s$ 这 $\displaystyle s$ 个数中最大的数。

（1）若 $\displaystyle a_n=n$, $\displaystyle b_n=2n-1$, 求 $\displaystyle c_1,c_2,c_3$ 的值, 并证明 $\displaystyle \{c_n\}$ 是等差数列；

（2）证明: 或者对任意正数 $\displaystyle M$, 存在正整数 $\displaystyle m$, 当 $\displaystyle n\geqslant m$ 时, $\displaystyle \frac{c_n}{n}>M$; 或者存在正整数 $\displaystyle m$, 使得 $\displaystyle c_m,c_{m+1},c_{m+2},\cdots$ 是等差数列。 18. 【2016上海理23】若无穷数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 满足: 只要 $\displaystyle a_p=a_q\ (p,q\in\mathbb{N}^*)$, 必有 $\displaystyle a_{p+1}=a_{q+1}$, 则称 $\displaystyle \{a_n\}$ 具有性质 $\displaystyle P$。

（1）若 $\displaystyle \{a_n\}$ 具有性质 $\displaystyle P$. 且 $\displaystyle a_1=1$, $\displaystyle a_2=2$, $\displaystyle a_4=3$, $\displaystyle a_5=2$, $\displaystyle a_6+a_7+a_8=21$, 求 $\displaystyle a_3$；

（2）若无穷数列 $\displaystyle \{b_n\}$ 是等差数列, 无穷数列 $\displaystyle \{c_n\}$ 是公比为正数的等比数列, $\displaystyle b_1=c_5=1$, $\displaystyle b_5=c_1=81$, $\displaystyle a_n=b_n+c_n$, 判断 $\displaystyle \{a_n\}$ 是否具有性质 $\displaystyle P$, 并说明理由；

（3）设 $\displaystyle \{b_n\}$ 是无穷数列, 已知 $\displaystyle a_{n+1}=b_n+\sin a_n\ (n\in\mathbb{N}^*)$, 求证: “对任意 $\displaystyle a_1$, $\displaystyle \{a_n\}$ 都具有性质 $\displaystyle P$” 的充要条件为 “$\displaystyle \{b_n\}$ 是常数列”。 19. 【2015浙江理20】设数列 $\displaystyle A$: $\displaystyle a_1,a_2,\cdots,a_N\ (N\geqslant 2)$. 如果对小于 $\displaystyle n\ (2\leqslant n\leqslant N)$ 的每个正整数 $\displaystyle k$ 都有 $\displaystyle a_k<a_n$, 则称 $\displaystyle n$ 是数列 $\displaystyle A$ 的一个 “$\displaystyle G$ 时刻”. 记 $\displaystyle G(A)$ 是数列 $\displaystyle A$ 的所有 “$\displaystyle G$ 时刻” 组成的集合。

（1）对数列 $\displaystyle A$: $\displaystyle -2,2,-1,1,3$, 写出 $\displaystyle G(A)$ 的所有元素；

（2）证明: 若数列 $\displaystyle A$ 中存在 $\displaystyle a_n$ 使得 $\displaystyle a_n>a_1$, 则 $\displaystyle G(A)\neq\varnothing$；

（3）证明: 若数列 $\displaystyle A$ 满足 $\displaystyle a_n-a_{n-1}\leqslant 1\ (n=2,3,\cdots,N)$, 则 $\displaystyle G(A)$ 的元素个数不小于 $\displaystyle a_N-a_1$。 20. 【2014江苏20】设数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 的前 $\displaystyle n$ 项和为 $\displaystyle S_n$. 若对任意正整数 $\displaystyle n$, 总存在正整数 $\displaystyle m$, 使得 $\displaystyle S_n=a_m$, 则称 $\displaystyle \{a_n\}$ 是 “$\displaystyle H$ 数列”。

（1）若数列 $\displaystyle \{a_n\}$ 的前 $\displaystyle n$ 项和 $\displaystyle S_n=2^n\ (n\in\mathbb{N}^*)$, 证明: $\displaystyle \{a_n\}$ 是 “$\displaystyle H$ 数列”；

（2）设 $\displaystyle \{a_n\}$ 是等差数列, 其首项 $\displaystyle a_1=1$, 公差 $\displaystyle d<0$. 若 $\displaystyle \{a_n\}$ 是 “$\displaystyle H$ 数列”, 求 $\displaystyle d$ 的值；

（3）证明: 对任意的等差数列 $\displaystyle \{a_n\}$, 总存在两个 “$\displaystyle H$ 数列” $\displaystyle \{b_n\}$ 和 $\displaystyle \{c_n\}$, 使得 $\displaystyle a_n=b_n+c_n\ (n\in\mathbb{N}^*)$ 成立。

C 组习题

总复习题

1. 若数列$\displaystyle \{a_n\}$满足:存在实数$\displaystyle C$,对任意大于2的正整数$\displaystyle n$,有$$\displaystyle |a_n-a_{n-1}|+|a_{n-1}-a_{n-2}|+\dots+|a_2-a_1|<C$$则称数列$\displaystyle \{a_n\}$为有限稳定数列,记$\displaystyle S_n$为数列$\displaystyle \{a_n\}$前$\displaystyle n$项和，证明或反驳：
    1. 若数列$\displaystyle \{S_n\}$是有限稳定数列,则数列$\displaystyle \{a_n\}$是有限稳定数列
2. 若数列$\displaystyle \{a_n\}$满足$\displaystyle \forall n\in\mathbb{N}^*$,$\displaystyle |a_n|\leqslant\frac{1}{n}$,则数列$\displaystyle \{a_n\}$是有限稳定数列

8.4总复习题

讲义正文

A 组习题

总复习题

B 组习题

C 组习题

总复习题

D 组习题