12k12k12k3
4k4k14×12kk1由a10，得a
2k1
2kk1从而aa2k2k2a2k122k2k12k2
aaak1a2k2k1于是2k1所以2k22k1。a2kka2k1ka2k1a2k
所以dk2k时，对任意k∈Na

2k
aa成等比数列。2k12k2
a2ka成等差数列，及aaa成2k12k2k12k2
（Ⅱ）证法一：（i）证明：由a
2k1
等比数列，得2a
aaaa22k12k11qk2k2k12k1aaq2k2kk1

当q1≠1时，可知qk≠1，k∈N从而
1qk1
2
111qk1

q1k1
1
1即
1qk1

q1k1
1
1k≥2
所以
1是等差数列，公差为1。q1k
4211由（Ⅰ）有2q11
（Ⅱ）证明：a10，a22，可得a34，从而q1
f11k1k得qk1k∈Nkqkk1
2（）aaa2k22k1k1从而2k2k1k∈N所以aakak22k12k2k
因此，
a2k
aak1222k22k24a22k2aak12kk1k∈N2k12kkaaa2k12k22122k22k42
a2k
以下分两种情况进行讨论：（1）当
为偶数时，设
2mm∈N

k2若m1则2
∑2k2ak

若m≥2，则
mmk22k2m12k124k2∑∑∑2∑ak1aa2k1k2kk1k12k2k
m1m1m14k24k4k24k111112m∑2m∑22kk12kk1k12kk1k12kk1k1
∑
11312m2m112
m22
所以2

k2313k2从而2
∑2
468∑a2
2k2kk2ak

2当
为奇数时，设
2m1（m∈N）
k22mk22m1312m12∑4m∑ak2aa22m2mm1k2kk2m1
2
4m
11312
22m12
1
k2313k2从而2
∑2
357∑a2
12k2kk2ak
3k22
∑≤22k2ak
所以2

综合（1）（2）可知，对任意
≥2
∈N有

f证法二：（i）证明：由题设，可得dka2k1a2kqka2ka2ka2kqk1
dk1a2k2a2k1qk2a2kqka2ka2kqkqk1所以dk1qkdk
qk1
a2k3a2k2dk1ddq112k11k1ka2k2a2k2qka2kqka2kqkq11k1，qk11qk1qk1qk11
由q1≠1可知qk≠1k∈N。可得
所以
1是等差数列，公差为1。qk1
（ii）证明：因为a10a22所以d1a2a12。r