等差数列与等比数列习题.doc

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1、等差数列与等比数列习题例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

2、=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

3、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-S

4、30.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　M3a12+an+12=(a-nd)2+a2=所以　

5、S

6、且当时，S===

7、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′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

8、=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，使得成立，并证明你的结论证明：(1)设{an}的公比为q,由已知得：a1>0,q>0i)当q=1时，Sn=na1,从而，Sn×Sn+2-Sn+12=na1(n+2)a1-(n+1)2a12=-a12<0ii)当q11时，∴由i)、ii)均有Sn×Sn+2

9、<0即不存在常数c>0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c>0,a1>0，必须00，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

10、x

11、<1,

12、y

13、<1,求证：(第19届莫斯科数