高考题型专题冲刺精讲数学专题六数列教师版

nn2011年考型题刺讲数）题

数【命题特点】数列是高考考查的重点和热点，分析2010高考试题，从分值来看，数列部分约占总分的10%左。等差数列等数列的通项公式和式的应用以及等差比数列的基本性质一直是高考的重内容，也会是今年高考的重点．对数列部分的考查一方面以小题考查数列的基本知识；另一方面以解题形式考查等差、等比数列的概念、通项公式以及前项公式．解答题作为压轴题的可能性较大，与不等、数学归纳法、函数等一起综合考查学生运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证、运算等能力及分析问题、解决问题的能力．近年来解析几何题一般不再作压轴题最后一道难度最大的压轴题可能是数列和不等式数、导数、不等式综合考查的题目，导数和向量已成为出题重点，探索性问题必将融入大题中。高数列压轴题综合考查等价变换、抽象概括、归纳推理、猜想证明等能力。立意颖，是整份试卷中的“亮”。复习建议用质、减少运算量”在差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识什么，就求什么要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取与“用性质”解题相同的效果。．归纳——猜想——证明体现由具体到抽象，由特殊到一般，由有限到无限的辩证思想．学习这分知识，对培养学生的逻辑思维能力，计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法，提高分析、综、抽象、概括等思维能力，都有重大意义。．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题。．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解。【试题常见设计形式】有关数列题的命题趋势：与

a

1.数中S与a的关系一直是高考的热点，求数列的通项公式是最为常见题目，要切实注意n的关系。从近两年各地高考试题来看，加大了对“递推公式”的考查。

n探索性问题在数列中考查较多，试题没有给出结论，需要考生猜出或自己找出结论，然后给以明探性问题对分析问题解决问题的能力有较高的要求。等差、等比数列的基本知识必考。这类考题既有选择题，填空题，又有解答题；有容易题、中题，也有难题。求和问题也是常见的试题，等差数列、等比数列及可以转化为等差、等比数列求和问题应掌握还应该掌握一些特殊数列的求和。5．有关数列与函数、数列与不式、数列与解析几何等问题既是考查的重点，也是考查的难点。【突破方法技巧】重点知识1.使用等比数列的求和公式，要虑公比与q两情况，切忌直接用

Sn

(11

n

)2.利用

a

与Sn

的关系：

a

(n1(nn

求解

a

，注意对首项的验证。nn3.数列求解通项公式的方法：A.等差等比（求解连续项的差或，比例出现字母的注意讨论）B.利a与S的系n

(1(nnn归纳-猜想证明法可以转化为等差和等比的数列（一般大多题有提示，会变成证明题）（）

n

pa；n

n

(n

；（）

pa

；“

a

q

边以

q

）或“

a

af(n)

.（）

a

f)

；（）

a

p

.

令

a

)E.应迭加（迭乘、迭代）法求数列的通项：①

a

n

af(n)n

；②

a

f(n).F.对于分式

aan

，取倒数，数列的倒数有可能构成等差数列（对于分式形式的递推关系）G．定的

f(ann

，形式的，可以结合

n

n

a

n

，写成关于

,ann

的关系式，也可以写成关于n

n

的关系式，关键就是那个关系式比较容易的求解出结果来4.数列求和公式法；性质法；拆项分组法；裂项相消法；错位相减法；倒序相加.或转化为等差数列和等比数列利用公式求解解数的式子中有n结的注对n偶数与奇数的讨论，往往分开奇数与偶数，式子将会变的简单5.不等式证明：（）明数列

n

，可以利用函数的单调性，或是放缩（明续和是

n

，

2

ln(1

形式的项放缩成可以裂项相削形式

1122n（

12nn

者

22

2nn

者是

ln(1)（

ln(1)ln(

）（注意证明式子与对应项的大小关系者是变形成等差或是等比数列求和（）明连续积，若有

n

，

2

的形式，每一项适当的放缩，变形成迭乘相削形式，或者错位相乘

2n2nnn（）者（）2n2n2利用函数的单调性，函数赋值的方法构造最后就是：若是上述形式失败，用数学归纳法比较法放缩通常有化归等比数列和可裂项的形式对于证明存在问题、唯一问题、大小问题等有时可以尝试反证法数列问题以其多变的形式和灵活的解题方法倍受高考考试命题者的青睐，历年来都是高考命题“热点”。对应试考生来说，数列既是重点，又是难点。近年来，高考中数列问题已逐步转向多元，命题中含有复合数列形式的屡见不鲜，从而，这类问题成为学生应试的新难点。本文试图探索这类问的求解方法和技巧。通项探求型该题型一般转化为等差、等比数列或常见的简单的递推数列来实现求解，求解过直接化，求解技巧模式化。大小比较型比两个数列的小关系型问题，一般利用比差法和比商法来达到目的，借助于数的正负性质来判断，从而获解。两个数列的子数列性质型探两个数列公共项的有关性质，公共项构成的数列是两个数列的子数列，所以，抓住它们的通项是解题的关键。存在性探索型该问题一般是先设后证，然后反推探索，若满足题设则存在，若不合题意或盾，则不存在，它是探索性命题中的一种极为典型的命题形式。参数范围型在复合数列问题中再引入参数，难度更大，探索参数的取值范围对考生来说是一个难点，这类题主要是建立目标函数或目标不等式，转化求函数量值和求解不等式。【典型例题分析】数列的综合题难度都很大，甚至很多都是试卷的压轴题，它不仅考查函数与方程、转化与化归分类讨论等重要思想，还涉及了配方法、换元法、待定系数法、放缩法等基本数学方法中的高考热点——探索性问题也出现在近年高考的数列解答题.考一等、比列概与质【例1已知数列

aa常数1

a2

2n2数列

n

1

，

bn

（

（1证：

n

项起以2为公的等比数列；（）S为列n

n

项，且

列求实数a的）a>0时求数列

最小项。nn当n≥时，

Sna3nS(2a(n∵

{}

是等比数列∴

SS

4(n≥2)是常数，∴3a+4=0，即a。3（当2时bn

n

a1)2

n

以

2((an(n

以列

为2a+1，，8a-1，，32a+7，……显然最小项是前三项中的一项。当

1a)4

时，最小项为8a-1；当

a

111时，最小项为4a或8a-1；a)时，最小项为4a当422

时，最小项为4a或2a+1；当

1a(2

时，最小项为2a+1。点评：本题考查了用定义证明等比数列，分类讨论的数学思想，有一定的综合性。【例2已知数列

1

，

a

a2)

，

（Ⅰ）求

式）若数列

b1

，

bn

3bn2bn

，

n证明：

2

，

n

(≤24

(a

k

2

．n也就是说，当根据（ⅰ）和（ⅱ）知

时，结论成立．2

，

n【点】本考查等差、比数列的基本运算和错位相减法求和的技巧以及方程意识在解题中的作用属于中档题，是高考中常见类.在数列求和中常见的方法有公式法、分组法、错位相减法、裂项消法、倒序相加法等，方法的选择由数列通项公式的特点来决.考二求列通与和【例32010宁、设列

1

2,

n

n

2n

（Ⅰ）求数列

）Sb，求数列的前n项nn解）由已知，当n≥时

a

n

a

n

a)]nn213(2

2n

。而

a2,1

所以数列

a

}的通项公式为

n

2

。（Ⅱ）由

n

2

知

n

2n

①从而

2

n

3

5

7

2n

②nn①②

(1)n

3

5

2

2n

。即

Sn

19

[(3nn

2]【例4】2010山、已知等差数列

3

，265

，

项为．（Ⅰ）求

a

及Sn

1）令b(an

N，求数列

项和

Tn

．【解析）等差数列

d，因为

3

，

a5

，所以有

a121

，解得所以；=1nn

n(n-1)=2（Ⅱ）由（Ⅰ）知

2n+1n

，所以b

n

1111===-)2（4

，所以Tn

111++42

11n+-)=n44(n+1)

，即数列

项和

Tn

=

n4(n+1)

。【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前项公式的应用、裂项法求数列的和，熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。考三数与等的系【例5】2010大全国I、已知数列

1

n

n

.（Ⅰ）设

1c,n

，求数列）使不等

n

n

成立的

的取值范围.【命题意图】本小题主要考查数列的通项公式、等比数列的定义、递推数列、不等式等基础知和基本技能，同时考查分析、归纳、探究和推理论证问题的能力在题过程中也渗透了对函数与方程思、化归与转化思想的考.2121（Ⅱ）

aa由得2.12用数学归纳法证明：当

c

时

n

n

.（ⅰ）当

n

时，

1aa1

，命题成立；【点】考数的相关知识，具有一定难度，与不等式的证明相结合，带有一定技巧.【例6】2010.重庆、在数列

{}

中，

a1

，

n

can(2n

（

nN

中数

c0

.（Ⅰ）求

{}

的通项公式）若对一切

kN

有

a

2k

a

2

，求

的取值范围【题图本题要查列定、数通公数学归纳法不式解法及程函思.本的质：知推式

a

n

f(n)n

（

，

为数求项式【析Ⅰ解法一：由

aca1

2(22

，

，

15c

(4

，猜测

c

n,n

.

下用数学归纳法证明nn当

时，等式成立；假设当

时，等式成立，即

k

c

k

k

，则当

时，

k

cak

k`

(2k[(kk]k(2(2k)ck

，综上，

n

c

对任何立解法二：由原式得

aann(2n.令b

nn

1b,

此对

n

有bn

n

b

n

n

211n(2nncc

，因此

n

，

2

.又

时上式成立因此

c

n,n

.（Ⅱ）解法一：由

a

2k

a

2

，得

[(2k)

2

2

2

[(2k

2

2

2

，nnnn解法二：由

a

2k

a

2

，得

[(2

2

2

2

[(2k

2

2

2

，因

c

k

，所以

4(2)k20

对

k

恒成立记

f()4(c2

，下分三种情况讨论（ⅰ）当

c20

即

或

时，代入验证可知只有

满足要.（ⅱ）当

c

时，抛物线

yf(x)

开口向下，因此当正整数

充分大时，

f()不符合题意，此时无.（ⅲ）当

c

即0或，抛物线

yf(x)

开口向上，其对称轴

(1)

必在直线x的边因，

f(x在

上是增函数所以要使

f(k

对

k

恒成立，只需

f(1)

即可.由

f(1)c解得

13或6

.

结合

或

得

16

或

.综合以上三种情况，c的值范围为

(

16

)

.点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意考四数与数向等联【例72010湖南、列

*

)

中a1

，

n

是函数

1f(x)xa3

2

)

2

n

2

axn

的极小值点（Ⅰ）当a时，通项a）是否存在，使数列范围；若不存在，请说明理由

列？若存在，求a的值解：易知

f

n

()x

2

x=()(令fnn

n

得xa，x12

2

.（）

则

xa

n

时，

f

n

，

f

单调递增；当3axnn

2

时，

f

n

，

f单调递减；当

x

2

时，

f

，

fn

单调递增.故

fn

在

x

2

时取得极小.（）

，仿（）得，

f在xn

时取得极小.（）

a

，则

f

n

，

fn

无极值231231（Ⅰ当=0时a1

则

1

（知，2

.因

2

2

则1知3

2

4

.因为

33

2

则2aa43

.又因为

364

2

则2aa5

.由此猜测：当n≥时，

4n

n

.下面用数学归纳法证明：当n≥时

.事实上，当=3时，前面的讨论知结论成.假设当n=（≥），

成立，则由2）知，

k

ak

2

，从而

k

2k

=

2(k2)

>0.所以

3a

k

2

.故当≥时，an

成立.于是由（2）知，当n3时，a

，a，此3

n

.综上所述，当=0时，

1

，

a2

，a4n

n

（≥3.（Ⅱ）存在，使数列

{}n

是等比数列事上，由（2）知对任意的，都有nn

2

，则

n

a

n

.即数列

{}n

是首项为a公比3的等比数列且

n

n

.而要使an

，即

an2

对一切n*都立，只需

nn

对一切n*都立记

n3

，则

b1

1，，3

，….令

则

1y23

<

13

2)

.因x≥时，

2从而函数在[x上为单调递减.故当≥2，数列

{b}n

单调递减，即数列

{b}n

中最大的项为

.于是当a

时，必有a

n3

.这说明，当

4a,9

时，数列

{}n

是等比数列当

a

4时，可得a，a992

.而

3a2

=

，由（）

f)2

无极值，不合题.当

1439

时，可得

1

，

a

，

a

，

a

，…，数列

{}n

不是等比数列.当时，可得

，由（）知

f()1

无极值，不合题.当

时，可得

aa，，a12

，…，数列

{}n

不是等比数.nnnn综上所述，存在a，使数列

{}n

是等比数列，且a的值范围为(

.【例8已知数列

a1

，n

2()12（）

,2

4

）数列

a；n（）数列

{b}满足bn1

1,b2a

，求证：

bnn分析：条件中有类似于前n项的形式出现，提示我们应该考虑a＝－(n≥2)因此：

1111))bbb1所以

b

kk

，所bnn点评：与数列相关的不等式证明通常需要“放缩缩的“度”尤为关键，本题中1111))bbbbbbk1考五数与析何联

，这拆分方法是数学中较高要求的变【例92010安设

C

,

C

2

,…,

C

n

,…是坐标平面上的一列圆它的圆心都在

轴的正半轴上且2nnnn2nnnn与直线

33

相切，对每一个正整数n,都与圆Cn

n

相互外切，以r表的径，已知nn

{}n

为递增数列(Ⅰ证明：

{}n

为等比数列；(Ⅱ)设

r1

，求数列

n{}rn

的前

n

项和.本题考查等比数列的基本知识，利用错位相减法求和等基本方法，考查抽象能力以及推理论证解：(Ⅰ)将直线

的斜角记为，则有，.设的心为(n

,0)n

，则由题意知

r1n，rnn

；同理

2rnn

.从而

n

nn

rn

，将

rn

代入，解得

rn

rn

.故

{}n

为公比

q

等比数列.(Ⅱ)由于

r1

，

，故

rn

n

，从而

nrn

，记

12rrr1

，①Sn3

②①②得

S

n

13n)22∴

9139S()42

.【例10】广、已知曲线

:,点x,)(0)是线C上的点nn（

n

写出曲线

C

在点

P

处的切线

l

n

的方程，并求出

l

n

与

轴的交点

的坐标；（）原点

O

到

l

n

的距离与线段

的长度之比取得最大值，试求点

P

的坐标

x)n

；（）与k为两个给定的不同的正整数，x与y是足（）中条件的点P的标．证明：

sn

(xn(y||s)nnnnnsnnnnnnsn【命题意图】考查抛物线、切线方程、不等式、点到直线的距离和导数等知识，考查化归与转的数学思想方法，以及运算求解能力和数学探究能力【解析∵

nx

，∴曲线过ynnn

的切线l的方程为n

2

nx

，即nxxyn

2n

．令

x

，得

y

2n

，∴点

的坐标为

n（）点

O的离n

dn

2n1n

2

x2n

，

Qnn

xn

2

x4n

．n1

1d，∴n，即x时取得最大值．2nPQ4nn故所求点

n

的坐标为

11,2n4

．11（）（），y，是24nn

(mxn(y2

n

2

n

mm

k

n

m

mk

n

现证明

n

n

s()

．

n

12nn

1nn

n

n

n

2

s

，故问题得证．【破练1、重庆文、已

19，公差-2的差列，

S

为

项（）求通项

a

及S；（Ⅱ）设

1，比为3的比列，求数列

式及其前n项.n【解析为

a191

，公差为

的等差数列所以

a19nnn

，S

n2

(n（Ⅱ）由题意得

nn

n

所以

n

n

n则

Tn1

2

n

0n

n

1n3220n12

2

201211111211112、全国I文记等差数列

的前

n

项和为

S

，设

3

，且

2,a12

成等比数列，求

S

.解设数列

(2的公差为d，题设有a13

即

a1a1解

a或adS11

n(3n或S2(5)n3、课标全国Ⅰ、设等差数

3

，

10

）求

式（）求

n和及使得最的序号值。n【解析=a+（n-1）=5，a10=-9得

aa解得ad1数列{

a

}的通项公式为a=11-2n。(2)由1)知

S

=na

n2

d=10n-n

因为

S

=-(n-5)+25.所以n=5时

S

取得最大值。4北文已知

列且

，a3

求

式若等差数列

满足

b1

，

ba213

，求

项公式解）设等差数列

{}n

的公差

。为aa36

所以解得

a21所以

annn（Ⅱ）设等比数列

{b}n

的公比为q

因为

b23

所以

即

=3所

{b}n

的前

项和公式为

Sn

n)1

4(1n)5、山东文、已等差数列

满足：a3

a26.57

的前n项为S

n

.（）求a

n

及S；n（Ⅱ）令b（求数列项T.a2【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前n知识是解答好本类题目的关键。

项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练数列的基础【解析）等差数列

d，因为

3

，

a5

d，所以有，213n3311213n331121解得

a1

，所以

a1)=2n+1n

；

S

=

n(n-1)2

=

+2n

。（Ⅱ）由（Ⅰ）知

2n+1n

，所以b

an

11111===-)22n+1)2n(n+1)4n

，所以

Tn

=

111++42

11n+-)=n44(n+1)

，即数列

项和

Tn

n=。4(n+1)6、福建文、数列{

a

}中

1＝，n项3

S

满足

-Sn

＝

n

（

*

）(I)求数列

a

}的通项公式以前n项S）若t(S+S),3(S+S)成等数列，求实数t的值本小题主要考查数列、等差数列、等比数列等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程想、化归与转化思想满12分解：(Ⅰ)由Sn+1－n=（）+1得a

1)3

(n∈*)；11又，a)(nN*)从而3

1)]1[1)123

]

(n∈*).1413(Ⅱ)由Ⅰ可S，S，S.从而由S1，（1+S（2+S）成等差数列可得：3927114)t，得t=2.3937、2010四文、已知等差数列

{}n

的前3项为6，8项和-。（Ⅰ）求数列

{}n

的通项公式）设

)n(0,N*)n

，求数列

{b}n

的前n项

nd解：设}的公差为d由已知得d1

解得a＝＝－1故a＝－n－1)(－1)＝－5(2)由1)的解答得b＝·，是S＝·＋·＋3·＋……＋(n－1)·＋·.n若q≠，上式两边同乘以q，得qS＝·q＋q＋·＋…(－1)＋·.将上面两式相减得到q－＝－(1＋q

)w＝nq－

n于是S＝

n

n(

n

若＝，则＝＋＋＋……＋＝

n2nnn((q2所以，……分(n(82010江西文、正实数数列{}中,a,且{2

2n

}

成等差数列.(1)证数列

{}

中有无穷多项为无理数；(2)当

为何值时，

为整数，并求出使

a200n

的所有整数项的和.【解析】考查等差数列及数列分组求和知识证明）已知有：a224(n

，从而

a1n

，方法一：取24

，则

（N

*

）用反证法证明这些都无理数.假a1

为有理数，则必为正整数，且a24n

，故k.n

kn

,与(akn

矛盾，所以

（

*

）都是无理数，即数列

{}

中有无穷多项为无理;方法二：因为a

2n

n()

，当

的末位数字是

时，

1n

的末位数字是

和

7

，它不是整数的平方，也不是既约分数的平方，故此种无理项也有无穷多．

24

不是有理数，因这种

有无穷多，故这(2)要为整数，由

(a24(可：nnn

同为偶数，且其中一个必为3的数，所以有

a6n

或

a6mn

当

amn

时，有

22mmn（

必为偶数以

ammN足n

24(n

即

m(3

（为数理

N*)有n

2n

2

m(3m（mN*）也满足

2n

24(

，即

mm

（

mN

*

）时，

为整数；显然

mmn

*

)

和am（N）数列中的不同项；所以当n

m(3m（mN）n2

（mN*a为数

am（Nn

amn

（m*22nnn131333322nnn1313333有

.设

中满足

a200n

的所有整数项的和为

67339、2010陕、已知

是公差不为零的等差数列,

成等比数列解

求数列的通项由题设知公差

求数列

的前项和由解得

成等比数列得(舍去)故

的通项,由等比数列前n项和式得10、2010湖、已知数列

{}n

满足:

1

,

321

,

；数列

{b}n

满足：

n

=

a

-

a

（≥）Ⅰ求列

{}n

，

{b}n

的通项公式(Ⅱ)证明:数列

{b}n

中的任意三项不可能成等差数列.本题要查差列等数等础识及证，时考推论能（满13分）解Ⅰ）由题意知，

12n

则c3又

c1

33，则数c是项为，公比为的等比数列，即4

n

n故

1n

n

a2n

n

又

1a2

，

aann

，故

an

1

n（Ⅱ）假设数列

三

brt

（

r

）按某种顺序成等差数列.，于数列

为

b1

1，公比为的比数列，于是有4

brt

，则只可能有

sr

成立。∴

2

14

14

r

14

t

两边同乘

t2

，化简得

2tt由于

r

，所以上式左边为偶数，右边为奇数，故上式不能成立，导致矛盾。三不可能成等差数故数列11、2010浙文设a，为数，首项为a，差为d的差数a}的前n项为，满足

s5

6

＋15＝0.（Ⅰ）若S＝求及a;（）求d的值范围【解析(Ⅰ解由题意知

s

=

-15S

=-3,

a

=s

=-8所

5ad5ad

,解a=7所

s

=-3,a=7(Ⅱ)解：因为

s5

6

+15=0,所以5a+10d)(6a+15d)+15=0,即2a+9da+10d+1=0.故4a+9d)=d-8.以≥8.d的取值范围为d≤2或d≥.【命题意图】本题主要考查等差数列概念、求和公式等基础知识，同考查运算求解能力及分析题解决问题的能力12、2010陕文、已{是公差不为零的等差数列＝，且a，成比数列（Ⅰ）求数{}n的通项（）求数{2}的前n和.1d解（Ⅰ）由题设知公差d≠，由a＝，，成等比数列＝，1d解得d＝1，＝（舍去

故}的通项＝1+（n－）×＝n(Ⅱ由Ⅰ）知2=2，等比数列前n项公式得S+2++2=

1

)

=2-2.13、2010上市文、已知数列

项为S，且Sn，nN*(1)证：

等比数列；(2)求列

n

公式，并求出使得

n

n

成立的最小正整数

.【命题意图】本题主要考查等比数列的定义、数列求和公式、不等式的解法以及方程和函数思.本题的实质是：已知递推公式

a

n

pan

（

，

为常数）求通项公式【解析）由已知得

，，当n时a11nn

，65456nn65456nn14、2010天津文数列

中a=0对任意kN*1

2k

,a,a2k

2k+1

成等差数列公为（Ⅰ明

4

6成等比数列列

n

2aa2

证明2n【命题意图】本小题主要考查等差数列的定义及前项公式、等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法。【解析）证明：由题设可知，

a，，，a2

，aaa。而5，以，a，a成比数列。a254（II）解：由题设可得

a

2k

2

,N*所以

2

k

k

k

k

.由

1

，得

，从而

2kk

k2k

2

.所以数列

n奇为an偶2

或写为

n

24

，

N*

。（III）证明：由（II）可知

，

2k

2

，以下分两种情况进行讨论：（）当n为数时，设n=2m

*则2n

nkk

，k22nnn2nk22nnn2n若

，则

mm4kkka222kkkk

k

22k

m112112m1

.所以

nk233nkn，而n4,6,8,....nk（）当n为数时，设

n*k

ka

mk23maam2kk2m13mn所n22n

nk2nk2，而n2,nakkn

综合（）（）知，对任意n2,nN*,

有

n15、2010江、明以下命题）任一正整数，都存在正整数

b,c)

，使得

a2b2,

2

成等差数列）在无穷多个互不相似的三角形

n

,其长

,cnnn

为正整数且

a,,c2n

成等差数列证明）知

12,5,7

成等差数列，故

a,(52,(72

也成等差数列，所以对任一正整数

a

，都存在正整数

ba,ab)

，使得

a

22,c

成等差数列．（）

a,2c2n

成等差数列，则有

2nnn

，即

c)nnnn

①选取关于

n

的一个多项式，例如

(n

，使得它可按两种方式分解因式，由于4n

2

(2n

2

n)n2)(2

2

nn因此令

n，可得2nn

(4)

②易验证

abc

满足①，因此

a

b

,c

成

等差数列，当n4时，有

an

且nn

2

0

因此

,cnnn

为边可以构成三角形．1q2kk所以,1q2kk所以,其次，任取正整数

m,n(n)

，假若三角形

m

与

n

相似，则有：

22

mm

22

mn

，据比例性质有：m(m222(n2nnmm(m2(2n2n所以

mnn

，由此可得

，与假设

m

矛盾，即任两个三角形

与(,n4,)m互不相似，所以存在无穷多个互不相似的三角形其边长,,cn