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高中数学竞赛培训专题1-----等差数列与等比数列



竞赛培训专题 1-----等差数列与等比数列

例 1.等差数列中,a3+a7-a10=8,a11-a4=4,求 S13 解:由求和公式

知问题转化为求 a7 由条件得:a7=12

例 2.已知数列{an}满足 (1)计算:a2,a3,a4 (2)求数列的通项公式

解:(1)由

可计算出

a2= -1,a3=

,a4= -1

有两种解法,一由 a2,a3,a4 的值猜想通项公式然后用数学归纳法证明 二是由已知得: (*) 两式相减得:(an-1-1)(an-an-2)=0 显然不存在 an-1-1=0 的情况,否则代入(*)有 an=an+1 即 0=1 矛盾,故只有 an=an-2

这样可得



例 3.已知数列{an}的各项均为正数,且前 n 项之和 Sn 满足 6Sn=an2+3an+2.若 a2,a4,a9 成等比 数列,求数列的通项公式。 解:当 n=1 时,由题意有 6a1=a12+3a+2 于是 a1=1 或 a1=2 当 n? 2 时,有 6Sn=an2+3an+2,6Sn-1=an-12+3an-1+2 两式相减得:(an+an-1) (an-an-1-3)=0 由题意知{an}各项为正,所以 an-an-1=3 当 a1=1 时,an=1+3(n-1)=3n-2 此时 a42=a2a9 成立 当 a1=2 时,an=2+3(n-1)=3n-1 此时 a42=a2a9 不成立,故 a1=2 舍去 所以 an=3n-2 例 4.各项为实数的等差数列的公差为 4,其首项的平方与其余各项之和不超过 100,这样的 数列至多有多少项?

解 设 a1,a2…,an 是公差为 4 的等差数列,则 a12+a2+a3+…+an? 100,

即 a12+(n-1)a1+(2n2-2n-100)? 0 (1) 2 因此,当且仅当 D=(n-1) -4(2n2-2n-100)? 0 时,至少存在一个实数 a1 满足(1)式。 因为 D? 0,所以 2 7n -6n-401? 0, 解得 n1? n? n2 (2)

其中

, 所以满足(2)的自然数 n 的最大

值为 8。故这样的数列至多有 8 项。 例 5.各项均为实数的等比数列{an}的前 n 项之和为 Sn,若 S10=10,S30=70,求 S40。 解 记 b1=S10,b2=S20-S10,b3=S30-S20,b4=S40-S30.设 q 是{an}的公比,则 b1,b2,b3,b4 构成以 r=q10 为公比的等比数列。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.给定正整数 n 和正数 M,对于满足条件 a12+an+12? M 的所有等差数列 a1,a2,a3…试求 S=an+1+an+2+…+a2n+1 的最大值。 解 设公差为 d,an+1=a. 则 S=an+1+an+2+…+a2n+1

=(n+1)a+

故 又 M? a12+an+12 =(a-nd)2+a2

=

所以

|S|

且当

时,

S=

=

= 由于此时 4a=3nd,所以

所以 S 的最大值为



例 7.设等差数列的首项及公差均为非负整数,项数不少于 3,且各项之和为 972,这样的数 列共有多少个? 解 设等差数列首项为 a,公差为 d,依题意有

即 [2a+(n-1)d]n=2? 972, (3) 因为 n 为不小于 3 的自然数,97 为素数,故 n 的值只可能为 97,2? 97,972,2? 972 四者之一。 若 d>0,则由(3)知 2? 972? n(n-1)d? n(n-1). 故只可能有 n=97.于是(3)化为 a+48d=97. 此时可得 n=97,d=1,a=49 或 n=97,d=2,a=1. 若 d=0 时,则由(3)得 na=972,此时 n=97,a=97 或 n=972,a=1。 故符合条件的数列共有 4 个。 例 8.设{an}是由正数组成的等比数列,Sn 是前 n 项之和

(1)证明

(2)是否存在常数 c>0,使得 证明:(1)设{an}的公比为 q,由已知得:a1>0,q>0 i)当 q=1 时,Sn=na1,从而, Sn× Sn+2-Sn+12=na1(n+2)a1-(n+1)2a12= -a12<0

成立,并证明你的结论

ii)当 q? 1 时,

∴ 由 i)、ii)均有 Sn× Sn+2<Sn+12,两边同时取对数即得证

(2)要使

成立,则有

分两种情况讨论 i)当 q=1 时 (Sn-c)× (Sn+2-c)-(Sn+1-c)2=(na1-c)[(n+2)a1-c]-[(n+1)a1-c]2= -a12<0 即不存在常数 c>0 使结论成立 ii)当 q? 1 时,若条件(Sn-c)× (Sn+2-c)=(Sn+1-c)2 成立,则

(Sn-c)× (Sn+2-c)-(Sn+1-c)2= = -a1qn[a1-c(1-q)] 而 a1qn? 0,故只能是 a1-c(1-q)=0



,此时,由于 c>0,a1>0,必须 0<q<1,但 0<q<1 时,

不满足 Sn-c>0,即不存在常数 c>0 满足条件 综合 i)、ii)可得,不存在常数 c>0,满足题意

例 9.设任意实数 x,y 满足|x|<1,|y|<1,求证: 赛试题) 证明:∵|x|<1,|y|<1,∴x2<1,y2<1,故

(第 19 届莫斯科数学竞

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

≥2+2xy+2x2y2+2x3y3+…=

例 10.设 x,y,z 为非负实数,且 x+y+z=1,求证:0? xy+yz+zx-2xyz?

证明:由对称性,不妨设 x? y? z

∵x+y+z=2×

∴x+y,

, z 成等差数列,故可设 x+y=

+d,z=

-d

由 x+y? 2z,得

,则

xy+yz+zx-2xyz=(x+y)z+xy(1-2z)= 当且仅当 x=1,y=z=0 时取等号

? 0



?

=

当且仅当 x=y=z=

时取等号

故 0? xy+yz+zx-2xyz?

例 11.解方程组 解:由(1)得 解得

即 xy=15= 15q4-34q2+15=0 解得:

,则 x,

,y 成等比数列,于是可设 x=

q,y=

代入(2)整理得:

故 例 12.解方程:

经检验都是原方程组的解

解:显然

成等差数列,故可设

(1)2-(2)2 得

-2(3x+2)= -2(3x+2)d 解得 d=1 或

当 d=1 时,代入(1)解得

是增根,舍去



符合题意,∴

是原方程的根

例 13.等差数列{an}中,

,试求(l-m)ab+(m-n)bc+(n-l)ca 的值

解:在直角坐标系中,对于任意 n? N,点(n,an)共线,所以有,点

共线,于是





,化简得:



所以

=

所以所求的值为 0 例 14.从 n 个数 1,a, a2,…, an (a>2)中拿走若干个数,然后将剩下的数任意分成两个部分,证 明:这两部分之和不可能相等

证明:当 a>2 时, 不妨设剩下的数中最大的数 a (m? 1)在第一部分中, 则第一部分各数之和? am>1+a+…+am-1? 第二部分之和 作业: 1.设{an}是等比数列,首项 a1>1,公比 q>1,求证:数列{
m

,上式对任意 k? N 成立,

}是递减数列

2.确定最大的实数 z,使得 x+y+z=5,xy+yz+zx=3,并且 x 与 y 也是实数 3.将奇数{2n-1}按照第 n 组含有 n 个数的规则分组: 1, 3,5 7,9,11, 13,15,17,19 ………………… (1)求第 8 组中的所有奇数 (2)求 1993 属于第几组中的第几号数 (3)求第 100 组中所有奇数的和 (4)求前 100 组的全体奇数的总和 4.设{an}与{bn}分别是等差数列和等比数列,且 a1=b1>0,a2=b2>0 试比较 an 和 bn 的大小 5.设 S={1,2,3,…,n},A 为至少含有两项的公差为正的等差数列,其每一项均在 S 中,且添 加 S 中的其它元素于 A 以后,均不能构成与 A 有相同公差的等差数列,求这种数列 A 的个 数(只有两项的数列也看成等差数列) 6.数列{an}的前 n 项之和为 Sn,若 S1=1 且 Sn1=Sn+(5n+1)an,n=1,2,…,|a|? 1,求 Sn 摘自数学教育之窗



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