等差等比数列经典例题以及详细答案

【本讲教育信息】一.教学内容：等差等比数列综合应用二.重点、难点1.等差等比数列综合题2.数列与其它章节知识综合3.数列应用题【典型例题】[例1]一个等比数列共有三项，如果把第二项加上4所得三个数成等差数列，如果再把这个等差数列的第3项加上32所得三个数成等比数列，求原来的三个数。解：等差数列为daada,,∴22)32)(()4()()(adadaadada∴)2()(32)()1(168222222adadaaada∴223232168adaa0432da代入（1）16)24(3182dd0643232dd0)8)(83(dd①8d10a②38d926a∴此三数为2、16、18或92、910、950[例2]等差数列}{na中，3931a，76832aa，}{nb是等比数列，)1,0(q，21b，}{nb所有项和为20，求：（1）求nnba,（2）解不等式2211601bmaamm解：（1）∵768321da∴6d∴3996nan2011qb109q∴1)109(2nnb不等式10921601)(2121maammm)1(1816)399123936(21mmmm0)1(181639692mmm032122mm0)8)(4(mm}8,7,6,5,4{m[例3]}{na等差，}{nb等比，011ba，022ba，21aa，求证：)3(nbann解：qadaba1122∴)1(1qaddnaqaabnnn)1(111)]1)(1()1[(11qnqan)]1)(1()1)(1[(321qnqqqann)]1()1)[(1(21nqqan)]11()1()1()1)[(1(321qqqqann*)1,0(q01q01nq∴0*),1(q01q01nq∴0*∴Nn3n时，nnab[例4]（1）求nT；（2）nnTTTS21，求nS。解：221048115987654daaaaaaaanT中共12n个数，依次成等差数列11~nTT共有数1222112nn项∴nT的第一个为2)12(21121nna∴2)12()2(21)232(2111nnnnnT122112222232nnnn2222323nnnnTTTS21)]22()222[(3232220nn]21)21(241)41(1[33nn2423143nn)12)(232(232244nnnn1221naaa[例5]已知二次函数)(xfy在22tx处取得最小值)0(42tt，0)1(f（1）求)(xfy的表达式；（2）若任意实数x都满足等式)]([)()(1xgxbxaxgxfnnn为多项式，*Nn，试用t表示na和nb；（3）设圆nC的方程为222)()(nnnrbyax，圆nC与1nC外切),3,2,1(n；}{nr是各项都是正数的等比数列，记nS为前n个圆的面积之和，求nnSr,。解：（1）设4)22()(22ttxaxf由0)1(f得1a∴1)2()(2xtxxf（2）将)]1()[1()(txxxf代入已知得：1)()]1()[1(nnnxbxaxgtxx上式对任意的Rx都成立，取1x和1tx分别代入上式得：1)1()1(1nnnnntbatba且0t，解得]1)1[(11nntta，])1(1[1nntttb（3）由于圆的方程为222)()(nnnrbyax又由（2）知1nnba，故圆nC的圆心nO在直线1yx上又圆nC与圆1nC相切，故有111)1(2||2nnnnntaarr设}{nr的公比为q，则2)1(21)1(22111nnnnnntqrrtqrr2÷1得11trrqnn代入1得2)1(21ttrnn∴1)1()(222122221qqrrrrSnnn]1)1[()2()1(2234ntttt[例6]一件家用电器现价2000元，可实行分期付款，每月付款一次且每次付款数相同，购买后一年还清，月利率为0.8%，按复利计算（每一个月的利息计入第二个月的本金），那么每期应付款多少？（)1.1008.112分析：这是一个分期付款问题，关键是计算各期付款到最后一次付款时所生的利息，并注意到各期所付款以及所生利息之和，应等于所购物品的现价及这个现价到最后一次付款所生利息之和。解析一：设每期应付款x元第1期付款与到最后一次付款时所生利息之和为11)008.01(x元，第2期付款与到最后一次付款时所生利息之和为10)008.01(x元，……，第12期付款没有利息，所以各期付款连同利息之和为xx1008.11008.1)008.1008.11(1211又所购电器的现价及利息之和为12008.12000∴1212008.120001008.11008.1x解得1761008.1008.1161212x元∴每期应付款176元解析二：设每期付款x元，则第1期还款后欠款x)008.01(2000第2期还款后欠款xxxx008.1008.12000008.1)008.12000(2……第12期还款后欠款为x)1008.1008.1(008.12000101112第12期还款后欠款应为0∴0)1008.1008.1(008.12000101112x解得1761008.11008.1008.120001212x元∴每期应还款176元[例7]设数列}{na的各项都是正数，且对任意Nn都有22133231)(nnaaaaaa，记nS为数列}{na的前n项和。（1）求证：nnnaSa22；（2）求数列}{na的通项公式；（3）若annnb2)1(31，（为非零常数，Nn），问是否存在整数，使得对任意Nn都有nnbb1。解：（1）在已知式中，当1n时，2131aa∵01a∴11a当2n时，3313231nnaaaa2121)(nnaaaa①2121313231)(nnaaaaaa②①－②得)222(1213nnnnaaaaaa∵0na∴nnnaaaaa1212222，即nnnaSa22∵11a适合上式∴)(22NnaSannn（2）由（1）知，)(22NnaSannn③当2n时，11212nnnaSa④③－④得11212)(2nnnnnnaaSSaa112nnnnnaaaaa∵01nnaa∴11nnaa∴数列}{na是等差数列，首项为1，公差为1，可得nan（3）∵nan∴nnnannnnb2)1(32)1(311[例8]已知点),(naanA为函数1:21xyF上的点，),(nnbnB为函数xyF:2上的点，其中*Nn，设)(*Nnbacnnn（1）求证：数列}{nc既不是等差数列也不是等比数列；（2）试比较nc与1nc的大小。（1）证：由已知12nan，nbn∴nnbacnnn12假设}{nc是等差数列，则必有3122ccc（1）而)25(2)212(2222c4102)313()111(2131cc由（1）5210252矛盾∴}{nc不是等差数列假设}{nc是等比数列，则必有3122ccc即)310)(12()25(21023)51(6即52147矛盾∴}{nc不是等比数列综上所述，}{nc既不是等差数列，也不是等比数列（2）0)1(1)1(21nncn012nncn∴)1(1)1(11)1(1)1(22221nnnnnnnnccnn∵1)1(1022nn10nn∴1)1(1)1(1022nnnn∴101nncc又∵0nc∴1nncc[例9]设)2()(xaxxf，)(xfx有唯一解，10031)(1xf，)()(*1Nnxxfnn（1）求2004x的值；（2）若40094nnxa。且)(2*1221Nnaaaabnnnnn，求证：121nbbbn；（3）是否存在最小整数m，使得对于任意*Nn有2005mxn成立，若存在，求出m的值；若不存在，说明理由。（1）解：由)2(xaxx，可以化为xxax)2(∴0)12(2xaax∴当且仅当21a时，)(xfx有唯一解0x从而22)(xxxf又由已知1)(nnxxf得122nnnxxx∴nnxx12111，即)(2111*1Nnxxnn∴数列}1{nx是首项为11x，公差为21的等差数列∴112)1(22111xxnnxxn∴2)1(211xnxx∵10031)(1xf∴100312211xx，即200521x∴20042220052)1(200522nnxn故200412004200422004x（2）证明：∵20042nxn∴124009422004nnan∴1414)12)(12(2)12()12(222221212nnnnnnaaaabnnnnn1211211)12)(12(21nnnn∴nbbbn21nnn)1211211()51311()3111(11211n（3）解：由于20042nxn若)(200520042*Nnmn恒成立∵20052)20042(maxn∴200522005m∴2m，而m为最小正整数∴3m[例10]数列}{na是公差0d的等差数列，其前n项和为nS，且2152910,1aaa。（1）求}{na的通项公式；（2）求nS的最大值；（3）将nS表示成关于na的函数。解：（1）因为xxxy1111所以，函数)10(1xxxy是增函数由已知nnnaaa11，10na所以2101na（2）因为)(1*1Nnaaannn，所以nnnnaaaa11111所以)(111*1Nnaann即数列}1{na是首项为a1，公差为1的等差数列所以)1(11naan，anaan)1(1)(*Nn（3）由已知nnaanaan1)1(11)1(1（∵10a）所以)1(13211111432321nnnaaaan1111n【模拟试题】（答题时间：45分钟）1.数列}{na的通项公式是11nnan，若前n项和为10，则项数n为（）A.11B.99C.120D.1212.数列,21)12(,,1617,815,413,211nn的前n项之和为nS，则nS的值等于（）A.nn21