Question

2011江苏高考数学20题第二问详解你怎么做的啊

m为正整数集a1=1 对任意k属于m 当n>k时 Sn+k+Sn-k=2(Sn+Sk)都成立
设m={1}a2=2 求a5
设m={3 4} an的通项公式
主要是第二问

Answer 1

既然有人给你解答了，我就讲一下思路。

第1问就不写了。

第2问道理差不多，首先要相信只有等差数列才能同时满足那两个条件，在这个前提下大胆猜测结论，然后就是证明。高考难度通常比较低，中学生知识又少，要相信结论只能是很简单的。

先把条件用一遍
n>3时(S_{n+3}-S_{n})+(S_{n}-S_{n-3})=2S_3，即
a_{n+3}+a_{n+2}+a_{n+1}-a_{n}-a_{n-1}-a_{n-2}=2S_3 (*)
把n用n+1代之后和这个式子减一下得到
a_{n+4}-2a_{n+1}+a_{n-2}=0，即a_{n+4}-a_{n+1}=a_{n+1}-a_{n-2}
这样就得到了第一类的三组间隔为3的等差子列A_1={a_2,a_5,...}, A_2={a_3,a_6,...}, A_3={a_4,a_7,...}
同理把k=4的条件
a_{n+4}+a_{n+3}+a_{n+2}+a_{n+1}-a_{n}-a_{n-1}-a_{n-2}-a_{n-3}=2S_4 (**)
用一遍可以得到第二类的四组间隔为4的等差子列B_1={a_2,a_6,...}, B_2={a_3,a_7,...}, B_3={a_4,a_8,...}, B_4={a_5,a_9,...}
并且注意除a_1外{a_n}的任何一项必同时属于某个A_u和某个B_v。

下一步证明每一类内部的几个等差数列的公差是一样的，因为3和4互质，做到这里应该已经可以相信结论一定是对的。
用(**)-(*)得到a_{n+4}-a_{n-3}=2a_4，也就是说又得到一类间隔为7的等差子列。假定A_u的公差为d_u，那么对于任何a_n属于A_u，利用7d_u=a_{n+21}-a_{n}=6a_4，所以d_u=6/7*a_4，即第一类的三组序列的公差相同，简记为d。同理考察a_{n+28}-a_{n}得第二类的四组序列公差也相同，简记为D，其大小为D=2a_4。
（如果没有想到(**)-(*)这步，那么可以考察a_{n+12}-a_{n}，注意a_{n}可以取遍所有的A_u和B_v，可以得到d_u和D_v和u,v无关，只不过无法直接得到d,D及a_4的关系）

下一步目标就很明确了，证明整个{a_n}（第一项除外）就是等差数列，同样是从两类序列的公共点着手，取几个特殊点解方程即可。
利用
a_8 = a_2+2d = a_4+D
a_10 = a_2+2D = a_4+2d
解出d/3=D/4，再代入 a_{n+4} = a_{n}+D = a_{n+1}+d 即得从a_2开始{a_n}是等差数列且公差为D-d。
最后结合前面的d=6/7*a_4, D=2a_4即得D=8,d=6,a_4=7，从而得到a_n=2n-1，这恰好对第1项也成立。
（如果前面没想到(**)-(*)那步的话就把(*)变形成3d=2S_3，把(**)变成4D=2S_4，也可以解出同样的结论。总之最后一步纯粹是解线性方程组，已经不用动脑子了，大不了多取几个点）

Answer 2

解：（1）由M={1}，根据题意可知k=1，所以n≥2时，Sn+1+Sn-1=2（Sn+S1），
即（Sn+1-Sn）-（Sn-Sn-1）=2S1，又a1=1，
则an+1-an=2a1=2，又a2=2，
所以数列{an}除去首项后，是以2为首项，2为公差的等差数列，
故当n≥2时，an=a2+2（n-2）=2n-2，
所以a5=8；
（2）根据题意可知当k∈M={3，4}，
且n＞k时，Sn+k+Sn-k=2（Sn+Sk）①，且Sn+1+k+Sn+1-k=2（Sn+1+Sk）②，
②-①得：（Sn+1+k-Sn+k）+（Sn+1-k-Sn-k）=2（Sn+1-Sn），
即an+1+k+an+1-k=2an+1，可化为：an+1+k-an+1=an+1-an+1-k
所以n≥8时，an-6，an-3，an，an+3，an+6成等差数列，且an-6，an-2，an+2，an+6也成等差数列，
从而当n≥8时，2an=an-3+an+3=an-6+an+6，（*）且an-2+an+2=an-6+an+6，
所以当n≥8时，2an=an-2+an+2，即an+2-an=an-an-2，
于是得到当n≥9时，an-3，an-1，an+1，an+3成等差数列，从而an-3+an+3=an-1+an+1，
由（*）式可知：2an=an-1+an+1，即an+1-an=an-an-1，
当n≥9时，设d=an-an-1，
则当2≤n≤8时，得到n+6≥8，从而由（*）可知，2an+6=an+an+12，得到2an+7=an+1+an+13，
两式相减得：2（an+7-an+6）=an+1-an+（an+13-an+12），
则an+1-an=2d-d=d，
因此，an-an-1=d对任意n≥2都成立，
又由Sn+k+Sn-k-2Sn=2Sk，可化为：（Sn+k-Sn）-（Sn-Sn-k）=2Sk，
当k=3时，（Sn+3-Sn）-（Sn-Sn-3）=9d=2S3；同理当k=4时，得到16d=2S4，
两式相减得：2（S4-S3）=2a4=16d-9d=7d，解得a4= d，
因为a4-a3=d，解得a3= d，同理a2= d，a1= ，
则数列{an}为等差数列，由a1=1可知d=2，
所以数列{an}的通项公式为an=1+2（n-1）=2n-1．

追问

解释下为什么一把8为分界线啊
就这点看不懂
还有开始一点

Answer 3

既然有人给你解答了，我就讲一下思路。

第1问就不写了。

第2问道理差不多，首先要相信只有等差数列才能同时满足那两个条件，在这个前提下大胆猜测结论，然后就是证明。高考难度通常比较低，中学生知识又少，要相信结论只能是很简单的。

先把条件用一遍
n>3时(S_{n+3}-S_{n})+(S_{n}-S_{n-3})=2S_3，即
a_{n+3}+a_{n+2}+a_{n+1}-a_{n}-a_{n-1}-a_{n-2}=2S_3 (*)
把n用n+1代之后和这个式子减一下得到
a_{n+4}-2a_{n+1}+a_{n-2}=0，即a_{n+4}-a_{n+1}=a_{n+1}-a_{n-2}
这样就得到了第一类的三组间隔为3的等差子列A_1={a_2,a_5,...}, A_2={a_3,a_6,...}, A_3={a_4,a_7,...}
同理把k=4的条件
a_{n+4}+a_{n+3}+a_{n+2}+a_{n+1}-a_{n}-a_{n-1}-a_{n-2}-a_{n-3}=2S_4 (**)
用一遍可以得到第二类的四组间隔为4的等差子列B_1={a_2,a_6,...}, B_2={a_3,a_7,...}, B_3={a_4,a_8,...}, B_4={a_5,a_9,...}
并且注意除a_1外{a_n}的任何一项必同时属于某个A_u和某个B_v。

下一步证明每一类内部的几个等差数列的公差是一样的，因为3和4互质，做到这里应该已经可以相信结论一定是对的。
用(**)-(*)得到a_{n+4}-a_{n-3}=2a_4，也就是说又得到一类间隔为7的等差子列。假定A_u的公差为d_u，那么对于任何a_n属于A_u，利用7d_u=a_{n+21}-a_{n}=6a_4，所以d_u=6/7*a_4，即第一类的三组序列的公差相同，简记为d。同理考察a_{n+28}-a_{n}得第二类的四组序列公差也相同，简记为D，其大小为D=2a_4。
（如果没有想到(**)-(*)这步，那么可以考察a_{n+12}-a_{n}，注意a_{n}可以取遍所有的A_u和B_v，可以得到d_u和D_v和u,v无关，只不过无法直接得到d,D及a_4的关系）

下一步目标就很明确了，证明整个{a_n}（第一项除外）就是等差数列，同样是从两类序列的公共点着手，取几个特殊点解方程即可。
利用
a_8 = a_2+2d = a_4+D
a_10 = a_2+2D = a_4+2d
解出d/3=D/4，再代入 a_{n+4} = a_{n}+D = a_{n+1}+d 即得从a_2开始{a_n}是等差数列且公差为D-d。
最后结合前面的d=6/7*a_4, D=2a_4即得D=8,d=6,a_4=7，从而得到a_n=2n-1，这恰好对第1项也成立。
（如果前面没想到(**)-(*)那步的话就把(*)变形成3d=2S_3，把(**)变成4D=2S_4，也可以解出同样的结论。总之最后一步纯粹是解线性方程组，已经不用动脑子了，大不了多取几个点）

Answer 4

这个问题很复杂，不做数学N年了

Answer 5

a1=1、an=3奇、an=4偶

追问

什么意思?

追答

乱写的，好久没做了，你还是看高考答案吧

Answer 6

问题是需要自己去做的，而不是去靠别人。

追问

主要是试卷答案没看懂

追答

无语。

追问

你看一下就知道了他给的答案不好理解啊