Question

（1）设a₁，a₂，…，a_n是各项均不为零的n（n≥4）项等差数列，且公差d≠0，若将此数列删去某一项后得到的数列（按原来的顺序）是等比数列．
（i）当n=4时，求的数值；
（ii）求n的所有可能值．
（2）求证：对于给定的正整数n（n≥4），存在一个各项及公差均不为零的等差数列b₁，b₂，…，b_n，其中任意三项（按原来的顺序）都不能组成等比数列．

Answer 1

【答案】分析：（1）根据题意，对n=4，n=5时数列中各项的情况逐一讨论，利用反证法结合等差数列的性质进行论证，进而推广到n≥4的所有情况．
（2）利用反证法结合等差数列的性质进行论证即可．
解答：解：（1）①当n=4时，a₁，a₂，a₃，a₄中不可能删去首项或末项，否则等差数列中连续三项成等比数列，则推出d=0．
若删去a₂，则a₃²=a₁•a₄，即（a₁+2d）²=a₁•（a₁+3d）化简得a₁+4d=0，得
若删去a₃，则a₂²=a₁•a₄，即（a₁+d）²=a₁•（a₁+3d）化简得a₁-d=0，得
综上，得或．
②当n=5时，a₁，a₂，a₃，a₄，a₅中同样不可能删去a₁，a₂，a₄，a₅，否则出现连续三项．
若删去a₃，则a₁•a₅=a₂•a₄，即a₁（a₁+4d）=（a₁+d）•（a₁+3d）化简得3d²=0，因为d≠0，所以a₃不能删去；
当n≥6时，不存在这样的等差数列．事实上，在数列a₁，a₂，a₃，…，a_n-2，a_n-1，a_n中，由于不能删去首项或末项，
若删去a₂，则必有a₁•a_n=a₃•a_n-2，这与d≠0矛盾；
同样若删去a_n-1也有a₁•a_n=a₃•a_n-2，这与d≠0矛盾；
若删去a₃，，a_n-2中任意一个，则必有a₁•a_n=a₂•a_n-1，这与d≠0矛盾．（或者说：当n≥6时，无论删去哪一项，剩余的项中必有连续的三项）
综上所述，n=4．
（2）假设对于某个正整数n，存在一个公差为d的n项等差数列b₁，b₂，b_n，其中b_x+1，b_y+1，b_z+1（0≤x＜y＜z≤n-1）为任意三项成等比数列，则b²_y+1=b_x+1•b_z+1，即（b₁+yd）²=（b₁+xd）•（b₁+zd），化简得（y²-xz）d²=（x+z-2y）b₁d（*）
由b₁d≠0知，y²-xz与x+z-2y同时为0或同时不为0
当y²-xz与x+z-2y同时为0时，有x=y=z与题设矛盾．
故y²-xz与x+z-2y同时不为0，所以由（*）得
因为0≤x＜y＜z≤n-1，且x、y、z为整数，所以上式右边为有理数，从而为有理数．
于是，对于任意的正整数n（n≥4），只要为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列．
例如n项数列1，，，，满足要求．
点评：本题是一道探究性题目，考查了等差数列和等比数列的通项公式，以及学生的运算能力和推理论证能力．