。S(n+3)+S(n-3)=2Sn+2S3
S(n+4)+S(n-4)=2Sn+2S4
两式相减
a(n+4)-a(n-3)=2a4
所以a10-a3=2a4
a11-a4=2a4
所以这是个等差数列
a11=3a4
a11=3(1+3d)
a11+a1=2a6=2(1+5d)
综合两市解得d=1
到底哪错了。望高手解答
我的方法怎么错了 2013年江苏高考20题第二问
答案:2 悬赏:10
解决时间 2021-04-17 22:05
- 提问者网友:一人心
- 2021-04-17 09:44
最佳答案
- 二级知识专家网友:绝望伪装
- 2021-04-17 10:33
亲~ 最后一步两式子相减 得 a1=d-1,所以d=2
再仔细点这题就得满分了。O(∩_∩)O~
再仔细点这题就得满分了。O(∩_∩)O~
全部回答
- 1楼网友:冷态度
- 2021-04-17 11:59
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)
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