由题意知ai，bi，ci??0,1?(i?1,2,...,n). 当ci?0时，||ai?ci|?|bi?ci||?||ai?bi|;
当ci?1时，||ai?ci|?|bi?ci||?|(1?ai)?(1?bi)|?|ai?bi|
所以d(A?C,B?C)??|a?b|?d(A,B)
iii?1n(II)设A?(a1,a2,...,an)，B?(b1,b2,...,bn)，C?(c1,c2,...,cn)?Sn d(A,B)?k，d(A,C)?l，d(B,C)?h. 记O?(0,0,...,0)?Sn，由（I）可知
d(A,B)?d(A?A,B?A)?d(O,B?A)?k d(A,C)?d(A?A,C?A)?d(O,C?A)?l d(B,C)?d(B?A,C?A)?h
所以|bi?ai|(i?1,2,...,n)中1的个数为k，|ci?ai|(i?1,2,...,n)的1的
个数为l。
设t是使|bi?ai|?|ci?ai|?1成立的i的个数，则h?l?k?2t 由此可知，k,l,h三个数不可能都是奇数，
即d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数。
（III）d(P)?12CmA,B?P ?d(A,B),其中?d(A,B)表示P中所有两个元素间距离的总和，
A,B?P设P种所有元素的第i个位置的数字中共有ti个1，m?ti个0 则
A,B?P?d(A,B)=?t(m?t)
iii?1nm2(i?1,2,...,n) 由于ti(m?ti)?4nm2所以?d(A,B)?
4A,B?P1从而d(P)?2Cmnmmn d(A,B)???24C2(m?1)A,B?Pm2
4.（2010天津文）（22）（本小题满分14分）
在数列?an?中，a1=0，且对任意k?N，a2k?1,a2k,a2k+1成等差数列，其公差为2k.
*（Ⅰ）证明a4,a5,a6成等比数列； （Ⅱ）求数列?an?的通项公式；
32232n22n?2）（Ⅲ）记Tn?. ???，证明?2n?Tn?（2a2a3an【解析】本小题主要考查等差数列的定义及前n项和公式、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，满分14分。
（I）证明：由题设可知，a2?a1?2?2，a3?a2?2?4，a4?a3?4?8，
a5?a4?4?12， a6?a5?6?18。
从而
a6a53??，所以a4，a5，a6成等比数列。 a5a42（II）解：由题设可得a2k?1?a2k?1?4k,k?N*
所以a2k?1?a1??a2k?1?a2k?1???a2k?1?a2k?3??...?a3?a1? ?4k?4?k?1??...?4?1 ?2k?k?1?,k?N*.
由a1?0，得a2k?1?2k?k?1? ，从而a2k?a2k?1?2k?2k2.
?n2?1n,n为奇数?n2??1??1?2n?N*。所以数列?an?的通项公式为an??或写为an?， ?224?n,n为偶数??2（III）证明：由（II）可知a2k?1?2k?k?1?，a2k?2k2， 以下分两种情况进行讨论：
（1） 当n为偶数时，设n=2m?m?N*?
k2若m?1，则2n???2，
k?2akn若m?2，则
mm2k?m?1?2k?1??k24k2m?14k2?4k?1??????2?? ?aaa2k2kk?1??k?2kk?1k?1k?1k?12k2k?1nm?1?4k2?4k?1?1?11????2m?2?? ?2m???????? ?2kk?12kk?12kk?1????????k?1?k?1?m?122 ?2m?2?m?1??n1?1?311??2n??. ??2?m?2nnk2313k2所以2n????，从而?2n???2,n?4,6,8,....
2n2k?2akk?2ak（2） 当n为奇数时，设n?2m?1?m?N*?。
?2m?1?k22mk2?2m?1?31???4m??? ??aaa22m2mm?1??k?2kk?2k2m?1n221131 ?4m???2n??22?m?1?2n?1nk2313k2所以2n??，从而?2n?????2,n?3,5,7,....
a2n?12ak?2kk?2kn综合（1）和（2）可知，对任意n?2,n?N*,有5.（2010天津理）（22）（本小题满分14分）
3?2n?Tn?2. 2在数列?an?中，a1?0，且对任意k?N.a2k?1，a2k，a2k?1成等差数列，其公差为dk。
*（Ⅰ）若dk=2k，证明a2k，a2k?1，a2k?2成等比数列（k?N） （Ⅱ）若对任意k?N，a2k，a2k?1，a2k?2成等比数列，其公比为qk。
【解析】本小题主要考查等差数列的定义及通项公式，前n项和公式、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。满分14分。 （Ⅰ）证明：由题设，可得a**?a?4k,k?N*。
2k?12k?1所以a2k?1?a1?(a?a)?(a?a)?...?(a3?a1)
2k?12k?12k?12k?3=4k?4(k?1)?...?4?1 =2k(k+1) 由a1=0，得a?2k(k?1),从而a?a?2k?2k2,a?2(k?1)2.
2k?12k2k?12k?2aaak?1a2k?2k?12k?12k?2?,?,所以?2k?1。 于是akakaa2k2k?12k?12k所以dk?2k时，对任意k?N,a（Ⅱ）证法一：（i）证明：由a*2k,a,a成等比数列。
2k?12k?22k?1,a2k,a,a成等差数列，及a,a成
2k?12k2k?12k?2aa2k?1?a?a,2??2k?1?1?qk 等比数列，得2a2k2k?12k?1aaq2k2kk?1当q1≠1时，可知qk≠1，k?N 从而
*1qk?1?2?11qk?1?1?1?1,即1??1(k?2)
q?1qq?1k?1k?1k?11??1??
所以??是等差数列，公差为1。
q?1??k??
（Ⅱ）证明：a1?0，a2?2，可得a3?4，从而q1?4?2,1=1.由（Ⅰ）有 2q?111qk?1?1?k?1?k,得qk?k?1,k?N*
k2aaa（）*所以2k?2?2k?1?k?1,从而2k?2?k?21,k?N
aakak2k?12k2k因此，
aaak2(k?1)22222k2k?2k?1?2k(k?1),k?N*4a2k?......a?.....2?2k.a?a.2k?12kkaaa2(k?1)2(k?2)2122k?22k?42以下分两种情况进行讨论：
（1） 当n为偶数时，设n=2m(m?N)
*k2若m=1,则2n???2.
k?2akn若m≥2，则
k2m(2k)2m?1(2k?1)2m4k2??????2+ ?aaak?2kk?1k?1k?12k2k2k?1nm?1m?1?4k2?4k?4k2?4k?11?1?11???2m???2m?2???????2?kk?1??2k(k?1)????k?12k(k?1)k?1?2k(k?1)k?1??m?1
1131?2m?2(m?1)?(1?)?2n??2m2n.nk2313k2所以2n????,从而?2n???2,n?4,6,8...
a2n2k?2kk?2akn(2)当n为奇数时，设n=2m+1（m?N）
*k22mk2(2m?1)31(2m?1)2 ????4m????a2m?122m2m(m?1)k?2akk?2akn21131?4m???2n??
22(m?1)2n?1nk2313k2所以2n??·· ??,从而?2n???2,n?3,5,7·
2n?12k?2akk?2aknn3k2综合（1）（2）可知，对任意n?2,n?N,有?2n???2
2k?2ak?证法二：（i）证明：由题设，可得dk?a2k?1?a2k?qka2k?a2k?a2k(qk?1),
dk?1?a2k?2?a2k?1?qk2a2k?qka2k?a2kqk(qk?1),所以dk?1?qkdk
qk?1?a2k?3a2k?2?dk?1ddq?1 ??1?2k?1?1?k?1?ka2k?2a2k?2qka2kqka2kqkq11?k??1，
qk?1?1qk?1qk?1qk?11?由q1?1可知qk?1,k?N*。可得
?1?所以??是等差数列，公差为1。
q?1?k?（ii）证明：因为a1?0,a2?2,所以d1?a2?a1?2。