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高中数学 等差数列与等比数列的性质及应用


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题目 第三章数列 等差数列与等比数列的性质及其应用 高考要求 (1)理解数列的概念, 了解数列通项公式的意义了解递推公式是给出数列 的一种方法,并能根据递推公式写出数列的前几项 (2)理解等差数列的概念, 掌握等差数列的通项公式与前 n 项和公式, 并 能解决简单的实际问题 (3)理解等比数列的概念, 掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式, 井 能解决简单的实际问题 知识点归纳
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1 一般数列的通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系:an= ?
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S1 ( n ? 1) ?S n ? S n ?1 ( n ? 2) ?

2 等差数列的通项公式:an=a1+(n-1)d an=ak+(n-k)d (其中 a1 为首 项、ak 为已知的第 k 项) 当 d≠0 时,an 是关于 n 的一次式;当 d=0 时,an 是一个常数
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3 等差数列的前 n 项和公式:Sn= na1 ?
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n(n ? 1) d 2

Sn=

n( a1 ? a n ) 2

Sn= na n ?

n( n ? 1) d 2
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当 d≠0 时,Sn 是关于 n 的二次式且常数项为 0;当 d=0 时(a1≠0) ,Sn=na1 是关于 n 的正比例式
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4 等差数列的通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系:an=
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S 2 n ?1 2n ? 1

5 等差中项公式:A=
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a?b 2

(有唯一的值) (其中 a1 为首项、ak 为 (是关于 n 的正比例式);

6 等比数列的通项公式: an= a1 qn-1 an= ak qn-k 已知的第 k 项,an≠0) 7 等比数列的前 n 项和公式:当 q=1 时,Sn=n a1
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当 q≠1 时,Sn=

a1 (1 ? q n ) 1? q

Sn=

a1 ? a n q 1? q

8 等比中项公式:G= ? ab
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(ab>0,有两个值)

9 等差数列{an}的任意连续 m 项的和构成的数列 Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m S3m、??仍为等差数列
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10 等差数列{an}中,若 m+n=p+q,则 am ? an ? a p ? aq
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11 等比数列{an}中,若 m+n=p+q,则 am ? an ? a p ? aq
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12 等比数列{an}的任意连续 m 项的和构成的数列 Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m - S3m、??仍为等比数列(当 m 为偶数且公比为-1 的情况除外) 13 两个等差数列{an}与{bn}的和差的数列{an+bn}、{an-bn}仍为等差数列
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14 两个等比数列{an}与{bn}的积、商、倒数的数列{an ? bn}、 ?
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? an ? ? 1 ? ? 、? ? ? bn ? ? b n ?

仍为等比数列 15 等差数列{an}的任意等距离的项构成的数列仍为等差数列 16 等比数列{an}的任意等距离的项构成的数列仍为等比数列 17 三个数成等差的设法: a-d,a,a+d; 四个数成等差的设法: a-3d,a-d,,a+d,a+3d 18 三个数成等比的设法:a/q,a,aq;四个数成等比的错误设法:a/q3,a/q,aq,aq3
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(因为其公比为 q 2 >0,对于公比为负的情况不能包括) 19 {an}为等差数列,则 c
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? ? (c>0)是等比数列
an

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20 {bn}(bn>0)是等比数列,则{logcbn} (c>0 且 c ? 1) 是等差数列 题型讲解 例 1 公差不为零的等差数列的第二、三、六项成等比数列,求公比 q 解: 设等差数列的通项 an = a1+(n-1)d (d≠0) 根据题意得 a32 = a2a6 即(a1+2d)2 = (a1+d)(a1+5d),
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解得

1 a1 ? ? d 2

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a a ? 2d 所以 q ? 3 ? 1 ? a2 a1 ? d

1 ? d ? 2d 2 ? 3. 1 ? d ?d 2
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例 2 设各项均为正数的数列{an}和{bn}满足:an、bn、an+1 成等差数列,bn、 an+1、bn+1 成等比数列,且 a1 = 1, b1 = 2 , a2 = 3 ,求通项 an,bn 解: 依题意得: 2bn+1 = an+1 + an+2 ① 2 a n+1 = bnbn+1 ②
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∵ an、bn 为正数, 由②得 an?1 ?

bn bn?1 , an?2 ? bn?1bn?2 ,

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代入①并同除以 bn?1 得: 2 bn?1 ? ∴ { bn } 为等差数列
2
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bn ? bn?2 ,

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∵ b1 = 2 , a2 = 3 , a 2 ? b1b2 , 则b2 ?

9 , 2



bn ? 2 ? (n ? 1)(

9 2 (n ? 1) 2 , ? 2) ? (n ? 1),? bn ? 2 2 2

n(n ? 1) , 2 n(n ? 1) 又 a1 = 1,当 n = 1 时成立, ∴ a n ? 2
∴当 n≥2 时, a n ?

bn bn ?1 ?

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例 3 在等比数列{an}的前 n 项中,a1 最小,且 a1+an=66,a2 an-1=128, 前 n 项和 Sn=126, 求 n 和公比 q 解:∵{an}为等比数列 ∴a1·an=a2·an-1 由 a1·an=128 , a1+an=66 且 a1 最小 得 a1=2 ,an=64 a ?a q 2 ? 64q Sn ? 126,? 1 n ? 126,即 ? 126 1? q 1? q
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解得 q ? 2

2 ? qn?1 ? 64,? 2n ? 6,
解得 n=6,
∴n=6,q=2
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例 4 已知:正项等比数列{an}满足条件: ① a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? a5 ? 121; ②

1 1 1 1 1 ? ? ? ? ? 25 ; a1 a2 a3 a4 a5
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求 ?an ? 的通项公式 an

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解:易知 q ? 0 , q ? 1 ,

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由已知得

a1 (1 ? q ) ? 121 1? q
5

①,

1 (1 ? q 5 ) a5 ? 25 1? q



①÷②得 a1 a5 ?

121 121 11 2 ,即 a 3 ? ,∴ a3 ? 25 25 5

(1 ? q 5 ) 2 1 ? q ? q2 ? q3 ? q4 2 ①×②得 4 ? 55 ,即 ? 55 , q (1 ? q) 2 q2
即 (q ?

1 2 1 1 7?3 5 ) ? (q ? ) ? 56 ? 0 ,∴ q ? ? 7 ,即 q ? q q q 2
n ?3

∴ a n ? a3 q

?

11 7 ? 3 5 n?3 ( ) 5 2

例 5 在等比数列{an}中,前 n 项和为 Sn,若 Sm,Sm+2,Sm+1 成等差数列, 则 am, am+2, am+1 成等差数列
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(1)写出这个命题的逆命题; (2)判断逆命题是否为真,并给出证明
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解: (1)逆命题:在等比数列{an}中,前 n 项和为 Sn,若 am, am+2, am+1 成等差数列,则 Sm,Sm+2,Sm+1 成等差数列 (2)设{an}的首项为 a1,公比为 q 由已知得 2am+2= am + am+1 ∵a1≠0
2
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∴2a1q =a1 q m?1 +a1q
m+1

m

q≠0 ,∴2q -q-1=0 ,

∴q=1 或 q=- 当 q=1 时,

1 2

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∵Sm=ma1, Sm+2= (m+2)a1,Sm+1= (m+1)a1, ∴Sm+Sm+1≠2 Sm+2, ∴Sm,Sm+2,Sm+1 不成等差数列
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当 q=-

1 时, 2

1 m? 2 2a1[1 ? (? )m? 2 ] 4 ? ? 1? ? 2 2Sm? 2 ? ? a1 ?1 ? ? ? ? ? , 1 3 ? ? ? ? 2? ? 1? 2 1 1 m? 2 a1[1 ? (? ) m ] a1[1 ? (? ) m?1 ] 4 ? ? 1? ? 2 ? 2 Sm ? Sm?1 ? ? a1 ?1 ? ? ? ? ? 1 1 3 ? ? ? 2? ? ? 1? 1? 2 2
∴Sm+Sm+1=2 Sm+2 , ∴Sm,Sm+2,Sm+1 成等差数列
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综上得:当公比 q=1 时,逆命题为假;当公比 q≠1 时,逆命题为真

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点评 对公比进行分类是本题解题的要害所在,问题好在分类,活在逆命 题亦假亦真二者兼顾,可谓是一道以知识呈现、能力立意的新颖试题
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例 6 在 1 与 2 之间插入 n 个正数 a1,a2,a3,?,an 使这 n+2 个数成等比数列; 又在 1 与 2 之间插入 n 个正数 b1,b2,b3,?,bn 使这 n+2 个数成等差数列 记 An = a1a2a3?an , Bn = b1+b2+b3+?+bn ①求数列{An}和{Bn}的通项; ②当 n≥7 时,比较 An 与 Bn 的大小,并证明你的结论 解: ①∵1,a1,a2,a3,?,an , 2 成等比数列, ∴ a1·an = a2·an-1 = ? = ak·an-k+1 = ?=1×2 = 2 ∴A2n = (a1·an)( a2·an-1)?(ak·an-k+1)?(an-1·a2)(an·a1) = 2n
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∴ An ? 2

n 2

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∵1,b1,b2,b3,?,bn ,2 成等差数列, ∴ b1+ bn = 1+2 = 3 , ∴ Bn ?

b1 ? bn 3n ?n ? 2 2
n

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② ∵ An ? 2 2 , Bn ?

9n 2 3n 2 n 2 , ∴ An ? 2 , Bn ? , 4 2

要比较 An 与 Bn 的大小,只需比较 A2n 与 B2n 的大小,

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也即比较当 n≥7 时, 2 与

n

9n 2 的大小 , 4
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∵当 n = 7 时, 128 ?

9 ? 49 9 ? 72 ,即2 7 ? , 4 4

∴当 n = 7 时, 2 ?
n

9n 2 4

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9n 2 经验证: n = 8 , n = 9 时,均有命题 2 ? 成立 4
n

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猜想当 n≥7 时有 2 ?
n

9n 2 ,用数学归纳法证明: 4
n

(ⅰ) 当 n = 7 时, 已验证 2 ?

9n 2 , 命题成立 4
k

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9k 2 9k 2 k ?1 , 那么2 ? 2 ? (ⅱ) 假设 n = k ( k≥7) 时,命题成立,即 2 ? 4 4
又当 k≥7 时,有 k2 > 2k + 1, ∴ 2
k ?1

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?

9 9(k ? 1) 2 ? (k 2 ? 2k ? 1) ? 4 4

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这就是说,当 n = k + 1 时, 命题 2 ?
n

9n 2 成立 4
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根据(ⅰ) (ⅱ),可知命题对于都成立 故当 n ≥7 时,An > Bn 例 7 n2( n≥4)个正数排成 n 行 n 列:其中每一行的数成等差数列,每一列
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的数成等比数列,并且所有公比相等 已知 a24=1, a 42 ?
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1 3 , a 43 ? 8 16

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求 S=a11 + a22 + a33 + ? + ann

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解: 设数列{ a1k }的公差为 d, 数列{ aik }(i=1,2,3,?,n)的公比为 q 则 a1k = a11 + (k-1)d , akk = [a11 + (k-1)d]qk-1
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? ?a 24 ? (a11 ? 3d )q ? 1 ? 1 1 ? 依题意得: ?a 42 ? (a11 ? d )q 3 ? ,解得:a11 = d = q = ± 2 8 ? 3 ? a 43 ? (a11 ? 2d )q 3 ? ? 16 ?
又 n2 个数都是正数, ∴a11 = d = q =

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1 k , ∴akk = k 2 2

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S ?

1 1 1 1 ? 2 ? 2 ? 3? 3 ? ? ? n ? n , 2 2 2 2

1 1 1 1 1 S ? 2 ? 2 ? 3 ? 3 ? 4 ? ? ? n ? n ?1 , 2 2 2 2 2
两式相减得: S ? 2 ?

1 2
n ?1

?

n 2n

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例 8 已知数列 ?an ? 中,S n 是其前 n 项和, 并且 Sn?1 ? 4an ? 2(n ? 1,2, ) ,

a1 ? 1

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⑴设数列 bn ? an?1 ? 2an (n ? 1,2,??) ,求证:数列 ?bn ? 是等比数列; ⑵设数列 c n ?

an , (n ? 1,2, ??) ,求证:数列 ?cn ? 是等差数列; 2n
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⑶求数列 ?an ? 的通项公式及前 n 项和

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分 析 : 由 于 {b n } 和 {c n } 中 的 项 都 和 {a n } 中 的 项 有 关 , {a n } 中 又 有 S n?1 =4a n +2,可由 S n ? 2 -S n?1 作切入点探索解题的途径
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解: (1)由 S n?1 =4a n ?2 , S n ? 2 =4a n?1 +2, 两式相减, 得 S n ? 2 -S n?1 =4(a n?1 -a n ), 即 a n ? 2 =4a n?1 -4a n
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(根据 b n 的构造,如何把该式表示成 b n?1 与 b n 的关系是证明的关键,注意 加强恒等变形能力的训练) ∴a n ? 2 -2a n?1 =2(a n?1 -2a n ), 又 b n =a n?1 -2a n ,所以 b n?1 =2b n ① ②
n ?1
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已知 S 2 =4a 1 +2,a 1 =1,a 1 +a 2 =4a 1 +2,解得 a 2 =5,b 1 =a 2 -2a 1 =3 由①和②得,数列{b n }是首项为 3,公比为 2 的等比数列,故 b n =3·2

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当 n≥2 时,S n =4a n?1 +2=2

n ?1

(3n-4)+2;当 n=1 时,S 1 =a 1 =1 也适合上式
n ?1

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综上可知,所求的求和公式为 S n =2

(3n-4)+2

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说明:本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差,等比数 列, 求数列通项与前 n 项和 解决本题的关键在于由条件 S n?1 ? 4an ? 2 得出
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递推公式 小结: 1 等差数列和等比数列的通项公式、前 n 项和公式联系着五个基本量: a1,d(或 q),n,an,Sn “知三求二”是最基本的运算,充分利用公式建立方程是最 基本的思想方法 2 列举一些项来判断“关系”和“性质”是解决数列问题常用的思路和
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手段 3 解综合题要总揽全局,尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已 知条件,在后面求解的过程中适时应用 学生练习 1 数列 1,1/3,1/7,1/16,1/31,?的一个通项公式为 an= 答案:1/(2n─1) ; 2 数列 a,b,a,b,?的一个通项公式 an=
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答案:
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1 [(a+b)+(─1)n─1(a─b)] ; 2

3 数列{an}的前 n 项之和为 Sn=3+2n,则其通项公式为 an=
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答案: ?
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?5 ?2
n ?1

(n ? 1) (n ? 1)
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;
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4 数列{an}满足 a1=1,an=an─1/2+1 (n?2),求其通项公式 答案:2─1/2n─1 5 数列{an}中,已知 a1=c,an+1=pan+q, (p≠1),求 an 的通项公式 答案: (略) 6 数列{an}满足 a1=1/2,a1+a2+?+an=n2an,求 an
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答案:a1+a2+?+an=n2an,a1+a2+?+an─1= (n ? 1) an─1 ?an/an─1=(n─1)/(n+1)
2

取 n=2,3,4,?,n 代入上式,各式相乘得: an/a1=

2a1 n ?1 n ? 2 n ? 3 n ? 4 3 2 1 1 ? ? ? ??? ? ? = = n ?1 n n ?1 n ? 2 5 4 3 n(n ? 1) n(n ? 1)

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(注意上述变形方法, 一个式子可以变化成无穷多个式子, 这就是函数思想) 7 数列{an}的前 n 项之和 Sn 和第 n 项 an 之间满足 2lg
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S n ? an ? 1 =lgSn 2

+lg(1─an),求 an 和 Sn 答案:原式可以变为(Sn─an+1)2=4Sn(1─an)?a1=1/2, 可以变为 (Sn─1+1)2=4Sn(1+Sn─1─Sn)?(Sn─1+1)2─4Sn(Sn─1+1)+4Sn2=(Sn─1+1─2Sn)2=0 ?Sn─1+1=2Sn?Sn=Sn─1/2+1/2, 如果有常数 x,使得 Sn+x=(Sn─1+x)/2,比较原式可得:
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─x/2=1/2?x=─1,∴ Sn─1=(Sn─1─1)/2?Sn=(S1─1)? ( ) 从而 an=Sn─Sn─1= ( ) ,
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1 2

n ?1

=─ ( ) ,

1 2

n

1 2

n

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另解:直接由原式移项配方可得: [Sn─(1─an)]2=0?Sn=1─an, Sn─1=1─an─1 两式相减得: an=Sn─Sn─1=an─1─an(适合 n=1)?an=an─1/2,{an}为等比数列,an= ( )

1 2

n

点评:以上两种解题的思路有所不同,第一种方法是从 an 转向 Sn,第二种方 法是从 Sn 转向 an 8 数列{an}与{bn}的通项公式分别为 an=2n,bn=3n+2,它们的公共项从小到大排 成的数列是{cn},写出{cn}的前 5 项;(2)证明{cn}是等比数列 答案:(1){cn}的前 5 项为 8,32,128,512,2048; 设 am=bp=cn,则 cn=2m=3p+2?am+1=2m+1=2(3p+2)=3(2p+1)+1, ∴ am+1 不在{cn}中, 而 am+2=2m+2=4(3p+2)=3(4p+2)+2 是{bn}中的项, 即 cn+1=4cn {cn}是公比为 4 的等比数列 9 如图:一个粒子在第一象限运动,在第一秒内它从原点运动到(0,1),而后它 接着按图所示的方向在与 x 轴,y 轴平行的方向上来回运动,且每秒移动一 个单位长度,那么 1999 秒时,这个粒子所处的位置为 答案:选择粒子到达对角点时的总时间为分析对象 设粒子到达第 n 个正方 形的对角点所用的总时间为 an,则有 an+1=an+(n+1)+1+n=an+2(n+1), ∴a1=2 y a2=a1+4 a3=a2+6 5 a4=a3+8 4 ?? 3 an=an─1+2n 2 以上各式相加可得: 1 an=n(n+1),比较 an 与 1999 列式:n(n+1)=1999, o 1 2 3 4 x 当 n=44 时,an=1980, 当 n=45 时,an=2070>1999, 因此粒子走到第 44 个对角点(44,44)后,在向左走 19 秒(经过奇数对角点后 向下,经过偶数对角点后向左),即(25,44) 本题的解题关键是构造数列,找出数列的递推式 10 一楼至 2 楼共 n 级台阶,上楼梯可以一步上一级台阶,也可以一步上两 级台阶,问从一楼上到 2 楼共有多少种不同的走法? 答案:设从一楼到第 k 级台阶共有 ak 种走法, 则有关系式:a1=1,a2=2, ak+2=ak+1+ak,(这是一个 Fibonacci 数列) 假设存在两个常数 p,q,使得 ak+2+pak+1=q(ak+1+pak) 设 bk=ak+1+pak, 便有 bk=b1qk─1, 即 ak+1+pak=(a2+pa1)qk─1
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用方程思想,假设有这样的 p,q,则有: ?

?q ? p ? 1 ? pq ? 1

解得:p=

5 ?1 5 ?1 5 ?1 5 ?1 ,q= ,或 p=─ ,q=─ 2 2 2 2

将上述两组数据分别代入 ak+1+pak=(a2+pa1)qk─1 式,可得:

? 5 ?1 5 ? 1 5 ? 1 k ?1 5 ? 1 k ?1 a k ? (2 ? )( ) ?( ) ?a k ?1 ? ? 2 2 2 2 ? ?a ? 5 ? 1 a ? (2 ? 5 ? 1)(1 ? 5 ) k ?1 ? (1 ? 5 ) k ?1 k ?1 k ? 2 2 2 2 ?
上述两式子相减得: a k ? 课前后备注
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1 5

[(

5 ? 1 k ?1 1 ? 5 k ?1 ) ?( ) ] 2 2

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