【題目】如果存在常數(shù)a,使得數(shù)列{an}滿足:若x是數(shù)列{an}中的一項(xiàng),則a-x也是數(shù)列{an}中的一項(xiàng),稱數(shù)列{an}為“兌換數(shù)列”,常數(shù)a是它的“兌換系數(shù)”.

1)若數(shù)列:2,36,mm6)是“兌換系數(shù)”為a的“兌換數(shù)列”,求ma的值;

2)已知有窮等差數(shù)列{bn}的項(xiàng)數(shù)是n0n0≥3),所有項(xiàng)之和是B,求證:數(shù)列{bn}是“兌換數(shù)列”,并用n0B表示它的“兌換系數(shù)”;

3)對(duì)于一個(gè)不少于3項(xiàng),且各項(xiàng)皆為正整數(shù)的遞增數(shù)列{cn},是否有可能它既是等比數(shù)列,又是“兌換數(shù)列”?給出你的結(jié)論,并說(shuō)明理由.

【答案】(1)a=9,m=7;(2)見(jiàn)解析;(3)見(jiàn)解析

【解析】

1)利用“兌換數(shù)列”的定義得到a-m=2,a-6=3,即a=9,m=7.(2)利用“兌換數(shù)列”的定義可證明數(shù)列{bn}是“兌換數(shù)列”, 又因?yàn)閿?shù)列{bn}所有項(xiàng)之和是B,所以B==,即a=;(3)假設(shè)存在這樣的等比數(shù)列{cn},設(shè)它的公比為qq1),通過(guò)推理得到q=1,與q1矛盾,故不存在滿足條件的數(shù)列{cn}

1)解:因?yàn)?/span>2,3,6mm6)是“兌換系數(shù)”為a的“兌換數(shù)列”

所以a-m,a-6,a-3,a-2也是該數(shù)列的項(xiàng),且a-ma-6a-3a-2,

a-m=2a-6=3,即a=9m=7

2)證明:設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d,

因?yàn)閿?shù)列{bn}是項(xiàng)數(shù)為n0項(xiàng)的有窮等差數(shù)列

b1b2b3≤…≤,則a-b1a-b2a-b3≥…≥a-,

即對(duì)數(shù)列{bn}中的任意一項(xiàng)bi(1≤in0),a-bi=b1+n0-id=+1-i{bn}

同理可得:b1b2b3≥…≥,a-bi=b1+n0-id=+1-i{bn}也成立,

由“兌換數(shù)列”的定義可知,數(shù)列{bn}是“兌換數(shù)列”;

又因?yàn)閿?shù)列{bn}所有項(xiàng)之和是B,所以B==,即a=

3)解:假設(shè)存在這樣的等比數(shù)列{cn},設(shè)它的公比為qq1),

因?yàn)閿?shù)列{cn}為遞增數(shù)列,所以c1c2c3<…<cn,則a-c1a-c2a-c3>…>a-cn,

又因?yàn)閿?shù)列{cn}為“兌換數(shù)列”,則a-ci{cn},所以a-ci是正整數(shù)

故數(shù)列{cn}必為有窮數(shù)列,不妨設(shè)項(xiàng)數(shù)為n項(xiàng),則ci+cn+1-i=a(1≤in

①若n=3,則有c1+c3=ac2=,又c22=c1c3,由此得q=1,與q1矛盾

②若n≥4,由c1+cn=c2+cn-1,得c1-c1q+c1qn-1-c1qn-2=0

即(q-1)(1-qn-2=0,故q=1,與q1矛盾;

綜合①②得,不存在滿足條件的數(shù)列{cn}

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1)求橢圓的方程;

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2)若已經(jīng)從40歲以上的被調(diào)查者中用分層抽樣的方式抽取了10名,現(xiàn)從這10名被調(diào)查者中隨機(jī)選取3名,記這3名被選出的被調(diào)查者中對(duì)手機(jī)游戲很有興趣的人數(shù)為,求的分布列及數(shù)學(xué)期望.

附:

參考數(shù)據(jù):

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