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高中数学竞赛培训专题1-----等差数列与等比数列

上传者:陈建元
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上传时间:2015-04-15
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高中数学竞赛培训专题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

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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:

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(*)

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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,

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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=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+

又 M³a12+an+12 =(a-nd)2+a2

=

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所以 |S|

且当 时,

S=

=

=

由于此时4a=3nd,所以

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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´97, (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=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

2

(1)证明

(2)是否存在常数c>0,使得

证明:(1)设{an}的公比为q,由已知得:a1>0,q>0 i)当q=1时,Sn=na1,从而, Sn×Sn+2-Sn+12=na1(n+2)a1-(n+1)2a12= -a12<0

成立,并证明你的结论

ii)当q¹1时,

由i)、ii)均有Sn×Sn+2<Sn+12,两边同时取对数即得证

(2)要使成立,则有

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分两种情况讨论

i)当q=1时 (Sn-c)×(Sn+2-c)-(Sn+1-c)2=(na-c)[(n+2)a1-c]-[(n+1)a1-c]2= -a12<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

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=

= -a1qn[a1-c(1-q)] 而a1qn¹0,故只能是a1-c(1-q)=0

,此时,由于c>0,a1>0,必须0<q<1,但0<q<1时,

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不满足Sn-c>0,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|x|<1,|y|<1,求证:赛试题)

证明:∵|x|<1,|y|<1,∴x2<1,y2<1,故

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(第19届莫斯科数学竞

=(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)=当且仅当x=1,y=z=0时取等号

³0

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=15q4-34q2+15=0 解得:

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,则x,,y成等比数列,于是可设x=q,y= 代入(2)整理得:

例12.解方程:

经检验都是原方程组的解

解:显然成等差数列,故可设

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