等差数列与等比数列竞赛试题总结

1等差数列与等比数列竞赛试题总结知识点归纳1、等差数列：(1)、定义：12()nnnnaadaan+1常量或2a；(2)、通项公式：1(1)naand；(3)、前n项和公式：11()(1)22nnaannnSnad；(4)、任意两项,nmaa有()nmaanmd；(5)、对于任意正整数,,,mnkl.若mnkl；则mnklaaaa；(6)、若{},{}nnab均是等差数列，则{}nncadb也是等差数列.(,cdR)2、等比数列：(1)、定义：11()nnnnaaqaan+2n+1a常量或a；(2)、通项公式：11nnaaq；(3)、前n项和公式：11(1)(1)(1)1nnnaqSaqqq；(4)、任意两项,nmaa有nmnmaaq；(5)：对于任意正整数,,,mnkl，若mnkl，则nmklaaaa；(6)、无穷递缩等比数列所有项和公式：1lim(01)1nnaSSqq.二．数列的求和1、等差数列的前n项和公式.等比数列的前n项和公式：2Sn=dnnna2)1(1，Sn=2)(1naan；Sn=dnnnan2)1(（d=0）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；当q=1时，Sn=na1(是关于n的正比例式)；当q≠1时，Sn=qqan1)1(1Sn=qqaan112、基本公式法：○1等差、等比数列的前n项和公式、○22221121216nnnn○323333112314nnn3、拆项法求数列的和，如an=2n+3n4、错位相减法求和，如an=(2n-1)2n（非常数列的等差数列与等比数列的积的形式）5、分裂项法求和，如an=1/n(n+1)111nn（分子为非零常数，分母为非常数列的等差数列的两项积的形式）6反序相加法求和，如an=nnC100例题讲解：1、删去正整数数列1,2,3,中的所有完全平方数,得到一个新数列.这个新数列的第2003项是A.2046B.2047C.2048D.20492、已知数列2004，2005，1，2004，2005，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2004项之和2004S等于3A.2005B.2004C.1D.03、一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数字之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是＿＿＿＿。4、等比数列3log2a,3log4a，3log8a的公比是___________.5、设数列118()3n的前n项和为nS，则满足不等式1|6|125nS的最小整数n是_________________.6、在数列{}na中,12a,11(*)nnaanN,设nS为数列{}na的前n项和,则2008200920102SSS.7、已知数列012,,,...,,...,naaaa满足关系式10(3)(6)18,3nnaaa且，则1nioia的值是_____________。8、设数列na的前n项的和14122333nnnSa，,3,2,1n（Ⅰ）、求首项1a与通项na；（Ⅱ）、设2nnnTS，,3,2,1n，证明：132niiT49、数列{}na为等差数列，na为正整数，其前n项和为nS，数列{}nb为等比数列，且113,1ab，数列{}nab是公比为64的等比数列，2264bS.（1）求,nnab；（2）求证1211134nSSS.10、设pq，为实数，，是方程20xpxq的两个实根，数列{}nx满足1xp，22xpq，12nnnxpxqx（34n，，…）．（1）证明：p，q；（2）求数列{}nx的通项公式；（3）若1p，14q，求{}nx的前n项和nS．11、已知点列B1(1,y1)、B2(2,y2)、…、Bn(n,yn)（n∈N）顺次为一次函数12141xy图象上的点，点列A1(x1,0)、A2(x2,0)、…、An(xn,0)（n∈N）顺次为x轴正半轴上的点，其中x1=a0＜a＜1），对于任意n∈N，点An、Bn、An+15构成以Bn为顶点的等腰三角形。⑴求{yn}的通项公式，且证明{yn}是等差数列；⑵试判断xn+2-xn是否为同一常数（不必证明），并求出数列{xn}的通项公式；⑶在上述等腰三角形AnBnAn+1中，是否存在直角三角形？若有，求出此时a值；若不存在，请说明理由。练习：1、已知数列{}na满足134(1)nnaan且19a,其前n项之和为nS,则满足不等式16125nSn的最小整数n是A.5B.6C.7D.82、设等差数列{}na满足81335aa,且10a,nS为其前n项之和,则nS中最大的是A.10SB.11SC.20SD.21S1A1A2A3A4A5B1B2B3B4BnAnAn+1234nxOy…63、等比数列{}na中,11536a,公比12q,用n表示它的前n项之积,则n中最大的是A.9B.11C.12D.134、已知数列{}na满足11(2)nnnxxxn,12,xaxb,记12nnSxxx,则下列结论正确的是A.100100,2xaSbaB.100100,2xbSbaC.100100,xbSbaD.100100,xaSba5、给定公比为(1)qq的等比数列{}na,设1123baaa,2456baaa,,32313nnnnbaaa,则数列{}nbA.是等差数列车员B.是公比为q的等比数列C.是公比为3q的等比数列D.既非等差数列又非等比数列6、设数列12,,,,naaa满足121aa,32a,且对任意自然数n,都有12nnnaaa1,又123123nnnnnnnnaaaaaaaa,则12100aaa的值是.7、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,这样的数列至多有项.8、已知an=100241n(n=1,2,…)，则S99=a1+a2+…+a99＝9、已知数列na，11a，前n项部分和nS满足1112nnnnnnSSSSSS，则ns.7解答题：10、2(4)nn个正数排成几行几列:111213141naaaaa212223242naaaaa313233343naaaaa1234nnnnnnaaaaa其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且所有公比相等,已知241a,4218a,43316a,试求1122nnaaa的值.11、设数列{}na的前n项和为nS，点)(,*Nnnsnn均在函数y＝3x－2的图像上。（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）设13nnnaab，nT是数列{}nb的前n项和，求使得20nmT对所有nN都成立的最小正整数m。812、数列221221,2,(1cos)sin,1,2,3,.22nnnnnaaaaan满足(Ⅰ)求34,,aa并求数列na的通项公式；(Ⅱ)设21122,.nnnnnabSbbba证明：当162.nnSn时，13、已知a为实数,数列{}na满足:1aa,13,(3)4,(3)nnnnnaaaaa,(nN).(1)当04na时,求证:104na;(2)证明:存在正整数n,使03na成立;(3)当02a时,设nS是数列{}na的前n项和,是否存在实数a及正整数n,使得2009nS?若存在,求出a与n的值,若不存在,请说明理由.9答案：1、C在数列1,2,3,,2003中,删去了44个(2441936)完全平方数,现给该数列再补上44项,得2,,2003,,2047.所补的44个数中还有1个(2202545)完全平方数,把它删除,再补上一项20482、D3、12321212345679910035791119719981216203923962028367881112222232112nnnnnnnnnnaanaanna分析：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第n行的第一个数的是a2981002121012.nnnna4、_135、答案：易知数列118()3n是首项是8，公比是13的等比数列，∴18[1()]1366()131()3nnnS，于是1|6|125nS112132503125nn，∵53243250，63729250，故最小整数n是7.6、32008123420072008()()()100411004Saaaaaa,1020091234520082009()()()2100411006Saaaaaaa2010123420092010()()()100511005Saaaaaa代入可得20082009201023SSS.7、解：设1111,0,1,2,...,(3)(6)18,nnnnbnabb则即13610.nnbb111112,2()333nnnnbbbb故数列1{}3nb是公比为2的等比数列，11001111112()2()2(21)33333nnnnnnbbba.112001112(21)1(21)(1)2333213nnnniniioiiibnna8、解：（I）21114122333aSa，解得：12a2111144122333nnnnnnnaSSaa11242nnnnaa所以数列2nna是公比为4的等比数列所以：111224nnnaa得：42nnna（其中n为正整数）（II）1114124122242221213333333nnnnnnnnSa112323112221212121nnnnnnnnTS所以：1113113221212niniT119、解：（1）设{}na的公差为d，{}nb的公比为q，则d为正整数，3(1)nand，1nnbq依题意有1363(1)22642(6)64nnndadndabqqbqSbdq①由(6)64dq知q为正有理数，故d为6的因子1,2,3,6之一，解①得2,8dq故132(1)21,8nnnannb（2）35(21)(2)nSnnn∴121111111132435(2)nSSSnn11111111(1)2324352nn11113(1)22124nn10、【解析】（1）由求根公式，不妨设，得2244,22ppqppq224422ppqppqp224422ppqpp