等差數列與等比數列

　　等差數列與等比數列

　　例1.等差數列中,a3+a7-a10=8,a11-a4=4,求S13

　　解：由求和公式

　　知問題轉化為求a7

　　由條件得：a7=12

　　例2.已知數列{an}滿足

　　(1)計算：a2,a3,a4　 (2)求數列的通項公式

　　解：(1)由可計算出

　　a2= -1,a3=，a4= -1

　　有兩種解法，一由a2,a3,a4的值猜想通項公式然后用數學歸納法證明

　　二是由已知得：

　　(*)

　　兩式相減得：(an-1-1)(an-an-2)=0

　　顯然不存在an-1-1=0的情況，否則代入(*)有an=an+1即0=1矛盾，故只有an=an-2

　　這樣可得　 或

　　例3.已知數列{an}的各項均為正數，且前n項之和Sn滿足6Sn=an2+3an+2.若a2，a4,a9成等比數列，求數列的通項公式。

　　解：當n=1時，由題意有6a1=a12+3a+2

　　于是　 a1=1 或 a1=2

　　當n32時，有6Sn=an2+3an+2，6Sn-1=an-12+3an-1+2

　　兩式相減得：(an+an-1) (an-an-1-3)=0

　　由題意知{an}各項為正，所以an-an-1=3

　　當a1=1時，an=1+3(n-1)=3n-2

　　此時a42=a2a9成立

　　當a1=2時，an=2+3(n-1)=3n-1

　　此時a42=a2a9不成立，故a1=2舍去

　　所以an=3n-2

　　例4.各項為實數的等差數列的公差為4，其首項的平方與其余各項之和不超過100，這樣的數列至多有多少項？

　　解 設a1,a2…,an是公差為4的等差數列，則

　　a12+a2+a3+…+an￡100,

　　即

　　a12+(n-1)a1+(2n2-2n-100)￡0　 (1)

　　因此，當且僅當D=(n-1)2-4(2n2-2n-100)30時，至少存在一個實數a1滿足(1)式。

　　因為D30，所以

　　7n2-6n-401￡0,

　　解得 n1￡n￡n2　 (2)

　　其中，所以滿足(2)的自然數n的最大值為8。故這樣的數列至多有8項。

　　例5.各項均為實數的等比數列{an}的前n項之和為Sn，若S10=10，S30=70，求S40。

　　解　 記b1=S10,b2=S20-S10,b3=S30-S20,b4=S40-S30.設q是{an}的公比，則b1,b2,b3,b4構成以r=q10為公比的等比數列。于是

　　70=S30=b1+b2+b3

　　=b1(1+r+r2)

　　=10(1+r+r2)

　　即r2+r-6=0. 　解得r=2 或 r=-3

　　由于r=q10>0 , 所以r=2

　　故　 S40=10(1+2+22+23

　　例6.給定正整數n和正數M，對于滿足條件a12+an+12￡M的所有等差數列a1,a2,a3…試求

　　S=an+1+an+2+…+a2n+1的最大值。

　　解　 設公差為d,an+1=a. 則

　　S=an+1+an+2+…+a2n+1

　　=(n+1)a+

　　故

　　又　 M3a12+an+12

　　=(a-nd)2+a2

　　=

　　所以　 |S|

　　且當 時，

　　S=

　　=

　　=

　　由于此時4a=3nd，所以

　　所以S的最大值為。

　　例7.設等差數列的首項及公差均為非負整數，項數不少于3，且各項之和為972，這樣的數列共有多少個？

　　解　 設等差數列首項為a，公差為d，依題意有

　　即　 [2a+(n-1)d]n=2′972, (3)

　　因為n為不小于3的自然數，97為素數，故n的值只可能為97，2′97,972,2′972四者之一。

　　若 d>0,則由(3)知

　　2′9723n(n-1)d3n(n-1).

　　故只可能有n=97.于是(3)化為 a+48d=97.

　　此時可得n=97,d=1,a=49 或 n=97,d=2,a=1.

　　若d=0時，則由(3)得na=972,此時n=97,a=97 或 n=972,a=1。

　　故符合條件的數列共有4個。

　　例8.設{an}是由正數組成的等比數列，Sn是前n項之和

　　(1)證明

　　(2)是否存在常數c>0，使得成立，并證明你的結論

　　證明：(1)設{an}的公比為q,由已知得：a1>0,q>0

　　i)當q=1時，Sn=na1,從而，

　　Sn×Sn+2-Sn+12=na1(n+2)a1-(n+1)2a12= -a12<0

　　ii)當q11時，

　　∴

　　由i)、ii)均有Sn×Sn+2<Sn+12，兩邊同時取對數即得證

　　(2)要使成立，則有

　　分兩種情況討論

　　i)當q=1時

　　(Sn-c)×(Sn+2-c)-(Sn+1-c)2=(na1-c)[(n+2)a1-c]-[(n+1)a1-c]2= -a12<0

　　即不存在常數c>0使結論成立

　　ii)當q11時，若條件(Sn-c)×(Sn+2-c)=(Sn+1-c)2成立，則

　　(Sn-c)×(Sn+2-c)-(Sn+1-c)2=

　　= -a1qn[a1-c(1-q)]

　　而a1qn10，故只能是a1-c(1-q)=0

　　即，此時，由于c>0,a1>0，必須0<q<1,但0<q<1時，

　　不滿足Sn-c>0，即不存在常數c>0滿足條件

　　綜合i)、ii)可得，不存在常數c>0，滿足題意

　　例9.設任意實數x,y滿足|x|<1,|y|<1,求證： (第19屆莫斯科數學競賽試題)

　　證明：∵|x|<1,|y|<1，∴x2<1,y2<1，故

　　=(1+x2+ x4+ x6+…)+(1+ y2+ y4+ y6+…)=2+(x2+y2) (x4+y4)+ (x6+y6)+…

　　≥2+2xy+2x2y2+2x3y3+…=

　　例10.設x,y,z為非負實數，且x+y+z=1,求證：0￡xy+yz+zx-2xyz￡

　　證明：由對稱性，不妨設x3y3z　 ∵x+y+z=2×

　　∴x+y,, z成等差數列，故可設x+y=+d,z=-d

　　由x+y32z，得，則

　　xy+yz+zx-2xyz=(x+y)z+xy(1-2z)=30

　　當且僅當x=1,y=z=0時取等號

　　又￡

　　=

　　當且僅當x=y=z=時取等號

　　故0￡xy+yz+zx-2xyz￡

　　例11.解方程組

　　解：由(1)得 解得

　　即xy=15=,則x,，y成等比數列，于是可設x=q,y= 代入(2)整理得：

　　15q4-34q2+15=0

　　解得：

　　故經檢驗都是原方程組的解

　　例12.解方程：

　　解：顯然成等差數列，故可設

　　(1)2-(2)2得

　　-2(3x+2)= -2(3x+2)d 解得d=1或

　　當d=1時，代入(1)解得是增根，舍去

　　∵符合題意，∴是原方程的根

　　例13.等差數列{an}中，，試求(l-m)ab+(m-n)bc+(n-l)ca的值

　　解：在直角坐標系中，對于任意n?N,點(n,an)共線，所以有，點

　　共線，于是

　　，由，化簡得：

　　，所以

　　=

　　所以所求的值為0

　　例14.從n個數1,a, a2,…, an (a>2)中拿走若干個數，然后將剩下的數任意分成兩個部分，證明：這兩部分之和不可能相等

　　證明：當a>2時，，上式對任意k?N成立，

　　不妨設剩下的數中最大的數am (m31)在第一部分中，

　　則第一部分各數之和3am>1+a+…+am-13第二部分之和

　　作業：

　　1.設{an}是等比數列，首項a1>1,公比q>1，求證：數列{}是遞減數列

　　2.確定最大的實數z，使得x+y+z=5，xy+yz+zx=3，并且x與y也是實數

　　3.將奇數{2n-1}按照第n組含有n個數的規則分組：

　　1，

　　3,5

　　7,9,11,

　　13,15,17,19

　　…………………

　　(1)求第8組中的所有奇數

　　(2)求1993屬于第幾組中的第幾號數

　　(3)求第100組中所有奇數的和

　　(4)求前100組的全體奇數的總和

　　4.設{an}與{bn}分別是等差數列和等比數列，且a1=b1>0，a2=b2>0試比較an和bn的大小

　　5.設S={1,2,3,…,n}，A為至少含有兩項的公差為正的等差數列，其每一項均在S中，且添加S中的其它元素于A以后，均不能構成與A有相同公差的等差數列，求這種數列A的個數(只有兩項的數列也看成等差數列)

　　6.數列{an}的前n項之和為Sn，若S1=1且Sn1=Sn+(5n+1)an,n=1,2,…,|a|11，求Sn