竞赛试题(等差等比)

1、等差数列和等比数列知识点归纳1、等差数列：(1)、定义：an1and(常量)或2an+ianan2；(2)、通项公式：anai(n1)d;(3)、前n项和公式：Sn(a12an)nnainnjd；(4)、任意两项an,am有anam(nm)d;(5)、对于任意正整数m,n,k,l.若mnkl;则amanakai;(6)、若an,bn均是等差数列，则candbn也是等差数列.(c,dR)(1)、定义：aq (常量)或anan+2an+12、等比数列:an1;(2)、通项公式：anan1;anna(q1)(3)、前n项和公式：&a1(11(q1)(4)、任意两项an,am有anamqnm;(5):

2、对于任意正整数m,n,k,l ,若m nk l ,贝U anamakai ;(6)、无穷递缩等比数列所有项和公式:a1S lim Sn (0q 1).n 1 q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:Sn= na1n(n-1) d2Sn二曲2Sn=na2nV*0)当dw0时，&是关于n的二次式且常数项为0；当d=0时(ai*0),Sn=nai是关于n的正比例式；当q=1时，Sn=nai(是关于n的正比例式)；当qwl时，Sh=a1(1q)Sn=a1anqq1q2、基本公式法：等差、等比数列的前n项和公式、(2)1222Ln21nn12n160132333Ln31nn1

3、243、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)115、分裂项法求和，如an=1/n(n+1)-nn1(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=nC；0o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，则这个数歹1的前2004项之和S2004等于A.2005

4、 B. 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alog23,alog43,alog83的公比是.5、设数列8(-)n1的前n项和为&,则满足不等式31|Sn6|六的最小整数n是.6、在数列an中，为2,an11a0(nN*),设&为数列an的前n项和，则S20082s2009S2010.7、已知数列比e2,，an,，满足关系式一in1上，(3an1)(6an)18,且a。3,则一的值是。oa TOC o 1-5 h z 8、设数列an

5、的前n项的和Sn4an12n1-,n1,2,3,333(I)、求首项a1与通项an;一2nn3(R)、设Tn,n1,2,3,证明：TiSni129、数列an为等差数列,an为正整数,其前n项和为Sn,数列bn为等比数列，且ai3,bi1,数列ban是公比为64的等比数列，1113b2s264.(1)求an,bn;(2)求证L.S1S2Sn410、设p,q为实数，,是方程x2pxq0的两个实根，数2列*口酒足X1p,X2pq,Xnpxn1qxn2(n3,4,).(1)证明：p,q；(2)求数列xn的通项公式；4.1(3)右p1,q,求xn的刖n项和Sn.411、已知点列B(1,y1)、B(2,y

6、2)、B(n,yn)(nWN)顺次为一次函数y(x12图象上的点，点列A(x1,0)、A2(x2,0)、A(xn,0)(n6N)顺次为x轴正半轴上的点，其中x1=aOa1),对于任意n6N,点A、Bn、An+1构成以B为顶点的等腰三角形求yn的通项公式，且证明yn是等差数列；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；在上述等腰三角形ABA+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an满足3anian4(n1)且a19,其前n项之和为Sn,则一一一一1满足不等式Snn6的最小整数n是125A.5B.6C.7D.82、设

7、等差数列an满足3a85a13，且a10,&为其前n项之和，则Sn中最大的是A. S10B.S.1C.S20D.S2113、等比数列an中，ai1536，公比q万,用n表示它的前n项之积，则n中最大的是A. 9B. 11C. 12D.134、已知数列an满足 Xn 1XnXn1（n 2）,Xia, X2SnX1X2Xn，则下列结论正确的是A. X1ooa, SI002b aB. x1oob, S1002bC. X100b, S100b aD. XiooaS。5、给定公比为q(q1)的等比数列an,设 b a1 a2 a3 ,b2 a4a5 a6, bna3n 2a3n 1a3n ,则数列bnA

8、.是等差数列车员B.是公比为q的等比数列3C.是公比为q的等比数列D.既非等差数列又非等比数列6、设数列 a1，a2, ,a满足a1a? 1,a3 2,且对任意自然数n，都有an an 1 an 21，又 an an 1 an 2an 3anan 1 an 2 an 3,则 aa2a1oo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.一一18、已知an=-1oo(n=1,2,)，贝U&9=a1+a2+a99=4n20已知数列an,a11 ,前 n项部分和Sn满足Sn，S?7S11-.,Sn2、，SnSn1,则Sn解答题：10、n2(n4)

9、个正数排成几行几列anlan2an3 Hn4ann其中每一行的数成等差数列知 a241 , a42-, a438，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已-,试求 an a2216ann的值.a11a12a13a14a1na21a22a23a24a2na31a32a33a34a3n11、设数列an的前n项和为Sn,点n,(nN*)均在函数y=3x2n的图像上。(i)求数列an的通项公式；(n)设bn一，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn皿对所有anan120nN都成立的最小正整数m。12、数列an满足&1鸟 2,an 2(I)求a3,a4,并求数列(n)设 bn 也；Sn b1b2 L a

10、2n2 n 、. 2 n(1 cos )an sin ,n 1,2,3,L .an的通项公式;一一 一 1bn.证明：当n 6时，Sn 2 .n13、已知a为实数，数列an满足：an3,(anaia,ani一an4,(an当0an4时，求证：0an13),(n N )3)4;an 3成立;(2)证明：存在正整数n,使0(3)当0a2时，设Sn是数列an的前n项和，是否存在实数a及正整数n,使得Sn2009?若存在，求出a与n的值，若不存在，请说明理由.答案：1、C在数列1,2,3,2003中,删去了44个(4421936)完全平方数，现给该数列再补上44项，得2,2003,2047.所补的44

11、个数中2048还有1个(2025452)完全平方数，把它删除，再补上一项2、D3、分析:1234357812591661120202836LL99100197199392396788第n行的第一个数的是an12n2an2n2an12n31an2n 2a100 101 298n1an24、I5、答案易知数列81)n1是首项是8,公比是3列，；Sn1c81(-)n66(于是|Sn356、S20083)23n1A3)，243250,11253n1250,36729250,故最小整数n是7.(a1a2)(a3a4)L(a2007a2008)100411004,S2009a1(a2a3)(a4a5)L(

12、a200822009)2100411006S2010(aa2)(a3a4)L(a2009a201。)100511005代入可得S20082S2009S20103.7、解：设bn,n0,1,2，则(3an1bn-)(611-)18,bn3bn16bn10.bn12bn13,12(bn-)3故数列bn1一-是公比为2的等比数歹I，3bnn八2(b02n1bn3(2n1).ainbii03(21)2(2n1211)(n1)8、解:a122anSn1Snan12nan4-an32n4-an323，解得:12n22n3所以数列an2n是公比为4的等比数列所以：an（11）2na1214n2n（其中n为正

13、整数）SnTn4an32nS13322n232n44n32n所以:Tii12n112n12n312n22n1n)一一21213312n11121112n119、解：（1）设an的公差为d,bn的公比为q,则d为正整数,an3(n1)d,n1bnq依题意有ban1ban3ndq3(n1)dqS2b2(6d)q由(6d)q解得d故an(2)64266464知q为正有理数，故d为6的因子1,2,3,6之一,2,q82(n1)n12n1,bn8(2n1)n(n2)1S1S21Sn-LL351n(n2)2(12(11312七）10、【解析】p,p24q2)求根公式p24q、P24qPP24q2不妨设p.

14、p24qP24q2(2)设SXn1t(Xn1SXn2),则Xn(st)Xn1StXn2,由当stXnPXniqXn2行，st方程X2pXq0的根,由题点可知，与,s2p,消去t,得s2qps时，此时方程组stP的解记为stqtiXnXni(XniXn2),XnXni(XniXn2),即XntiXni、Xnt?Xni分别是公比为SiS2的等比数列，由等比数列性质可得XnXni(X2Xi)n2Xni(X2Xi)两式相减,)Xni(X2Xi)(X2Xi)QX22Pq,xX2Xi(X2n2Xi)(X2Xi)XniXniXn时，即方程PX(st)24st0,得（st)20,t,不妨设XnXni(X2Xi

15、)n2,QXnXn(X2Xi)即XnXn,等式两边同时除以得Xnini数列与是以1为公差的等差数列,土 (n 1) 1n 1 n 1, xn nn1n1 TOC o 1-5 h z 综上所述，Xn，()nnz、121一0 ,得 x x - 0 ,解4n,()1c(3)把p1,q-代入xpxq4加1JnJ、n行2xnngc-)(2)112131n112131nSn(2)(2)(-).(-)(2)2q2)3g(2).ng;-).1,n.11.21.3.1.n1(2)(2)2g(2)3g(2).ngf-)1(2)n2(2)n1ng)n3(n3)夕11、解：(1)yn1n12(nN),yn+1yn=,

16、yn为等差数列(2 ) xn+1-x n=2 为常数(6)x1,x3,x5,，x2n-1及x2,x4,x6,，x2n都是公差为2的等差数列,x2n-1=x1+2(n-1)=2n-2+a,x2n=x2+2(n-1)=2-a+2n-2=2n-a,na1,当n为奇数n-a,当n为偶数(3)要使ABAn+1为直角三形，则|AnAn+11=2yBn=2(n112)xn+1-Xn=2(n4)当n为奇数时，Xn+1=n+1-a,Xn=n+a-1,Xn+1-xn=2(1-a).2(1-a)=2(312)a=24(n为奇数，0a1)(*)取n=1,得a=3,取n=3,得a二,若nA5,则(*)无解;当偶数时，X

17、n+1=n+a,Xn=n-a,.Xn+1-xn=2a.2a=2GJ)a=z12(n为偶数，0a4,则(*)无解.综上可知，存在直角三形，此时a的值为12.练习答案：8,公比为1口-的等比数列，于是31、C由递推式变形得：3(an11)(an1),令bnan1,则bn11bn且bia1-1=8.得bn是首项为31n11n1bn8(1)n1,得an8(1)n11,331n81(-)nSn3113,得 3n 1125250，所以满足这个不等式的最1.所以Sn66(-)n13小整数n7.2、C设等差数列an的公差为d,由3a85a13,得 3(a1 7d) 5(a1 12d)，即 a139d0,所以d

18、0,则2a20a119d1d0，a21a1220d1.八d0,S20最大.23、C由已知an1536(2)1、n102)(3)n(2)n(n19)-2，知12，13为正数，11为负数，且12加ana。4)3)27813a13121212，得12最大.4、由Xn1XnXn(XnXnXnXnXn6Xn3XnXn列，得x100X4X1X6k1X6k2%k6X1X2+X6X1X2X3X1X2X3得S100X1X2X3X4X2X2X12b5、由题设ann1aqa1bna3n1a3n2a3n3a3n2a3n1a3na3n1(1a3n2(12、qq)6、200由anan1an2an3anan1an2anan

19、an2an3an4Hn1an2an两式相减得:(anan4)(an1an2an31)0，又an1an2an31，有an4an;aa21，a32，由得a44a，所以a44,从而a1 a2 a3 a4 8,于是 a1 a27、8设a,a2, , an是公差为知：a1a2+ an2_ 2 _ai(n 1)ai (2n2n 1等式有解 应有(n 1)2 4(21a1oo25(aa2a3a4)200.4的等差数列，则ana14(n1),由已100a12(a14an)(n11002)0)0.此关于a1为未知数的一元二次不22n100)0,有7n26n4010,得n28W9773、28168，所以n的最大值

20、是8,即满足题设的数列至多有8项.11221004n100n418、an+a100-n_十nc100100424n2100=410022100(4n-100nX4)2100，19919999所以&9=(ana100n)-100-1012n129、解：SnTST 61至 2jSnSn1.其 22(n 1) 1 2n 1Sn (2n 1)2.解答题：10、(分析)设a11a，第一行数的公差为d，第一列数的公比为q，可得s1asta(t1)dq解:设第一行数列公差为d,各列数列的公比为q,则第四行数列公差是dq3,于是可得a24(a113d)q1a42(aiid)qa43a42dq3316解此方程组

21、，得a11d1,_2一,由于所给n2个数都是正数，必有q0,从而有andq1于是对任意的1kn,有a1kq(k1)dqk1t得2k两式相减后得所以11、解：(I)当n2时,1s2：1S2121221212n1222223122n2n323324123n2n,n2n112nn2n1依题意得,3n2,即Sn3n22n。anSnSn1(3n22n)322(n1)6n5;当n=1时，a12S13x1-2X1-1-6X1-5；所以an6n5。(II)由(I)得bn31anan1(6n5)6(n1)511126n56n1Tn111工713116n56n16n111。因此，使得1126n1mn20Ng成立的

22、m必须满足m,即10,故满足要求的最小整数2010。12、解：(I)因为41,a22,所以a4(1(1cos2)a1sin2a112,222、.2cos)a2sin2a24.一般地,2k1(k*N)时,a2k1M2(2k1)1cos2一a2k1.22ksin一2=a2k11,即a2k1a2k11.所以数列a2k1是首项为1、公差为1的等差数列,因此a2k1k.当n2k(k*.N)时，a2k2(1cos2型2)a2k.22ksin22a2k.所以数列a2k是首项为2、公比为2的等比数列，因此a2k2k.故数列an的通项公式为ann12n24n,n2k1(k*N),(n)由(i)知,ba2n1a2nSn*2k(kN).1-得，1Sn222232222124nn2n12n2n1.*1g)2112n2n112nn2n1.-八1nn2,-,_-1,所以Sn2FF2一.要证明当n6时，Sn2成n2n12n2nnn立，