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这样可得或例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n³2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)因此，当且仅当D=(n-1)2-4(2n2-2n-100)³0时，至少存在一个实数a1满足(1)式。因为D³0，所以7n2-6n-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=q100,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M³a12+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d0,则由(3)知2´972³n(n-1)d³n(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c0，使得成立，并证明你的结论证明：(1)设{an}的公比为q,由已知得：a10,q0i)当q=1时，Sn=na1,从而，Sn×Sn+2-Sn+12=na1(n+2)a1-(n+1)2a12=-a120ii)当q¹1时，∴由i)、ii)均有Sn×Sn+2Sn+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=-a120即不存在常数c0使结论成立ii)当q¹1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a1qn¹0，故只能是a1-c(1-q)=0即，此时，由于c0,a10，必须0q1,但0q1时，不满足Sn-c0，即不存在常数c0满足条件综合i)、ii)可得，不存在常数c0，满足题意例9.设任意实数x,y满足|x|1,|y|1,求证：(第19届莫斯科数学竞赛试题)证明：∵|x|1,|y|1，∴x21,y21，故=(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x³y³z∵x+y+z=2×∴x+y,,z成等差数列，故可设x+y=+d,z=-d由x+y³2z，得，则xy+yz+zx-2xyz=(x+y)z+xy(1-2z)=³0当且仅当x=1,y=z=0时取等号又£=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=,则x,，y成等比数列，于是可设x=q,y=代入(2)整理得：15q4-34q2+15=0解得：故经检验都是原方程组的解例12.解方程：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nÎN,点(n,an)共线，所以有，点共线，于是，由，化简得：，所以=所以所求的值为0例14.从n个数1,a,a2,…,an(a2)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a2时，，上式对任意kÎN成立，不妨设剩下的数中最大的数am(m³1)在第一部分中，则第一部分各数之和³am1+a+…+am-1³第二部分之和作业：1.设{an}是等比数列，首项a11,公比q1，求证：数列{}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：1，3,57,9,11,13,15,17,19…………………(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=b10，a2=b20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|¹1，求Sn摘自数学教育之窗