數(shù)列應(yīng)用第1頁經(jīng)典例題解:

設(shè)第二個數(shù)為a,則第三個數(shù)為

12-a.

∵前三個數(shù)成等差數(shù)列,∴第一個數(shù)為

3a-12.

從而第四個數(shù)為16-(3a-12)=28-3a.依題意得:(12-a)2=a(28-3a).化簡整理得

a2-13a+36=0.

解得

a=4

或

9.

∴這四個數(shù)分別為

0,4,8,16

或

15,9,3,1.

1.有四個數(shù),前三個數(shù)成等差數(shù)列,后三個數(shù)成等比數(shù)列,而且第一個數(shù)與第四個數(shù)和是

16,第二個數(shù)與第三個數(shù)和是

12,求這四個數(shù).第2頁∴a2=1從而a1=1-d,a3=1+d.整理得

4(2d)2-17(2d)+4=0.故

an=2n-3

或

an=-2n+5.

2.設(shè)

{an}

是等差數(shù)列,

bn=()an,已知

b1+b2+b3=,b1b2b3=

,求等差數(shù)列

an.1282118解:設(shè)

{an}

公差為d.

∵

b1b3=()a1()a3=()a1+a3=()2a2=b22,12121212∴由

b1b2b3=

得

b23=.1818

∴b2=

.12又由

b1+b2+b3=得

()1-d++()1+d=.821121212821解得

2d=22或

2-2.∴d=2

或

-2.當(dāng)

d=2

時,

an=a2+(n-2)d=1+2n-4=2n-3;當(dāng)

d=-2

時,

an=a2+(n-2)d=1-2n+4=-2n+5.第3頁∴f(x)=2-10

4x.(2)由已知

an=log2f(n)=log2(2-10

4n)=2n-10.3.已知函數(shù)f(x)=a?bx

圖象過點

A(4,)

和

B(5,1).(1)求函數(shù)

f(x)

解析式;(2)記

an=log2f(n),n為正整數(shù),Sn

是數(shù)列

{an}

前

n

項和,解關(guān)于

n

不等式

anSn≤0;(3)對于(2)中

an

與Sn,整數(shù)

104是否為數(shù)列

{anSn}

中項?若是,則求出對應(yīng)項數(shù);若不是,則說明理由.14解:(1)由已知

a?b4=,a?b5=1,14解得b=4,a=2-10.∴Sn=n(n-9).∴anSn=2n(n-5)(n-9).∵n

N*,∴由

anSn≤0

得

(n-5)(n-9)≤0.解得

5≤n≤9,n

N*.∴n=5,6,7,8,9.(3)a1S1=64,a2S2=84,a3S3=72,a4S4=40;當(dāng)

5≤n≤9

時,anSn≤0;當(dāng)

10≤n≤22

時,anSn≤a22S22=9724<104;當(dāng)

n≥23

時,anSn≥a23S23=11529>104;故整數(shù)

104不是數(shù)列

{anSn}

中項.

第4頁解:(1)由已知數(shù)列

{an+1-an}

是首項為

-2,公差為

1

等差數(shù)列.∴an+1-an=(a2-a1)+(n-1)

1=n-3.∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)4.設(shè)數(shù)列

{an}

和

{bn}

滿足

a1=b1=6,a2=b2=4,a3=b3=3,且數(shù)列{an+1-an}

(n

N*)

是等差數(shù)列,數(shù)列

{bn-2}

(n

N*)

是等比數(shù)列.

(1)求數(shù)列

{an}

和

{bn}

通項公式;(2)是否存在

k

N*,使

ak-bk

(0,)?若存在,求出

k,若不存在,說明理由.

12∴an-an-1=n-4(n≥2).=6+(-2)+(-1)+0+1+2+…+(n-4)=

(n2-7n+18)(n≥2).12而

a1=2

亦適合上式,=

(n2-7n+18)(n

N*).12∴an

又?jǐn)?shù)列

{bn-2}

是首項為

b1-2=4,公比為

等比數(shù)列,12∴

bn-2=4(

)n-1=(

)n-3.1212∴

bn=(

)n-3+2.12故數(shù)列

{an}

和

{bn}

通項公式分別為:an=

(n2-7n+18),12bn=(

)n-3+2.12第5頁解:(2)顯然當(dāng)

k=1,2,3

時,ak-bk=0,不適合題意;∴數(shù)列

{ak}

是遞增數(shù)列,

{bk}

是遞減數(shù)列.∴不存在

k

N*,使

ak-bk(0,).12當(dāng)

k≥4

時,∵

ak=

(k2-7k+18),

bk=(

)k-3+2,1212∴數(shù)列

{ak-bk}

是遞增數(shù)列.∴

ak-bk≥a4-b4=3-(+2)=1212(0,).124.設(shè)數(shù)列

{an}

和

{bn}

滿足

a1=b1=6,a2=b2=4,a3=b3=3,且數(shù)列{an+1-an}

(n

N*)

是等差數(shù)列,數(shù)列

{bn-2}

(n

N*)

是等比數(shù)列.

(1)求數(shù)列

{an}

和

{bn}

通項公式;(2)是否存在

k

N*,使

ak-bk

(0,)?若存在,求出

k,若不存在,說明理由.

12第6頁

5.已知等比數(shù)列

{an}

各項均為正數(shù),公比

q

1,數(shù)列

{bn}

滿足

b1=20,b7=5,且

(bn+1-bn+2)logma1+(bn+2-bn)logma3+(bn-bn+1)logma5=0.(1)求數(shù)列

{bn}

通項公式;(2)設(shè)

Sn=|b1|+|b2|+…+|bn|,求

Sn.解:(1)將

logma3=logma1+2logmq,logma5=logma1+4logmq

代入已知等式整理得:2(bn-2bn+1+bn+2)logmq=0.∴bn-2bn+1+bn+2=0.∵q

1,∴l(xiāng)ogmq

0.

即

bn+bn+2=2bn+1.∴數(shù)列

{bn}

是等差數(shù)列.設(shè)其公差為

d,52-.∴bn=20+(n-1)(-).52即

bn=-n+.52245則由

b7=b1+6d

可得

d=第7頁解:(2)令

bn=0,得

n=9.當(dāng)

n≤9

時,bn≥0.則

Sn=b1+b2+…+bn=20n+

(-)n(n-1)252=-

n2+

n.54485當(dāng)

n>9

時,bn<0,有:Sn=b1+b2+…+b9-b10-b11-…-bn

=2(b1+b2+…+b9)-(b1+b2+…+bn)=180-(-

n2+

n)54485=

n2-

n+180.54485

n2-

n+180,n>9.54485-

n2+

n,n≤9,54485∴Sn=

5.已知等比數(shù)列

{an}

各項均為正數(shù),公比

q

1,數(shù)列

{bn}

滿足

b1=20,b7=5,且

(bn+1-bn+2)logma1+(bn+2-bn)logma3+(bn-bn+1)logma5=0.(1)求數(shù)列

{bn}

通項公式;(2)設(shè)

Sn=|b1|+|b2|+…+|bn|,求

Sn.第8頁6.設(shè)

a0為常數(shù),且

an=3n-1-2an-1(n

N*).(1)證實:對任意

n≥1,an=

[3n+(-1)n-1

2n]+(-1)n

2n

a0;(2)假設(shè)對于任意

n≥1,an>an-1,求

a0取值范圍.15(1)證:

由

an=3n-1-2an-1知:3

+12令

=-得

=-.

15則

{an-

3n}

是以a0-為首項,公比為

-2

等比數(shù)列.1515∴an-

3n=(a0-)(-2)n.1515即

an=

[3n+(-1)n-1

2n]+(-1)n

2n

a0.15(2)解:

由

an>an-1及

an=3n-1-2an-1知:an-an-1=3n-1-3an-1>0.∴an-1<3n-2

.∵an+1-an=3n-3an=3n-3(3n-1-2an-1)=6an-1>0.∴0<an-1<3n-2

.13∴

a0(0,).an+

3n=3n-1-2an-1+

3n=-2(an-1-

3n-1).3

+12第9頁∵(Sk)2=Sk2,∵k

N*,∴k=4.∴滿足

(Sk)2=Sk2

正整數(shù)

k

值是

4.解:(1)由已知易得

Sn=n2+n.127.設(shè)無窮等差數(shù)列

{an}

前

n

項和為

Sn.(1)若首項

a1=,公差

d=1,求滿足

(Sk)2=Sk2

正整數(shù)

k;(2)求全部無窮等差數(shù)列{an},使得對于一切正整數(shù)

k

都有

(Sk)2=Sk2

成立.3212∴(k2+k)2=

(k2)2+k2.12整理得

k3(k-4)=0.第10頁解:(2)設(shè)

{an}

公差為d,則在

(Sk)2=Sk2

中分別取

k=1,2

得:(S1)2=S1且

(S2)2=S4.即

(a1)2=a1且

(2a1+d)2=4a1+6d.解得

a1=0,d=0

或

a1=0,d=6

或

a1=1,d=0

或

a1=1,d=2.若

a1=0,d=0,則

an=0,Sn=0,(Sk)2=Sk2

成立;若

a1=0,d=6,則

S3=18,S9=216,(S3)2

S9;若

a1=1,d=0,則

an=1,Sn=n,(Sk)2=Sk2

成立;若

a1=1,d=2,則

an=2n-1,Sn=n2,(Sk)2=Sk2

成立;總而言之,共有三個滿足條件等差數(shù)列:①{an}:an=0,即0,0,0,…;②{an}:an=1,即1,1,1,…;

③{an}:an=2n-1,即1,3,5,….

7.設(shè)無窮等差數(shù)列

{an}

前

n

項和為

Sn.(1)若首項

a1=,公差

d=1,求滿足

(Sk)2=Sk2

正整數(shù)

k;(2)求全部無窮等差數(shù)列{an},使得對于一切正整數(shù)

k

都有

(Sk)2=Sk2

成立.32第11頁8.已知遞增等比數(shù)列

{an}

滿足

a2+a3+a4=28,且a3+2

是

a2,a4等差中項.(1)求

{an}

通項公式

an;(2)若

bn=anlog

an,Sn=b1+b2+…+bn,求使

Sn+n

2n+1>30

成立

n

最小值.

12解:(1)由已知可設(shè)等比數(shù)列

{an}

公比為

q,依題意得:a1q+a1q2+a1q3=28,a1q+a1q3=2(a1q2+2),解得或(舍去)

a1=2,q=2,a1=32,q=

,12∴an=2

2n-1=2n.即

{an}

通項公式為

an=2n.(2)

bn=anlog

an=-n

2n,12∴-Sn=1

2+2

22+3

23+…+n

2n.∴-2Sn=1

22+2

23+3

24+…+n

2n+1.∴Sn=2+22+23+…+2n-n

2n+1=2n+1-2-n

2n+1.為使

Sn+n

2n+1>30

成立,應(yīng)有

2n+1>32.∴n>4.∴使

Sn+n

2n+1>30

成立

n

最小值為

5.∴Sn=-(1

2+2

22+3

23+…+n

2n).第12頁9.以數(shù)列

{an}

任意相鄰兩項為坐標(biāo)點

Pn(an,

an+1)(n

N*)均在一次函數(shù)

y=2x+k

圖象上,數(shù)列

{bn}

滿足條件:bn=an+1-an(n

N*,b1

0).

(1)求證:數(shù)列

{bn}

是等比數(shù)列;

(2)設(shè)數(shù)列

{an},{bn}

前

n

項和分別為

Sn,Tn,

若

S6=T4,S5=-9,求k

值.(1)證:∵Pn(an,

an+1)

(n

N*)

均在一次函數(shù)

y=2x+k

圖象上,∴an+1=2an+k,即:an+1+k=2(an+k).又bn=an+1-an=an+k,則bn+1=an+1+k,bn+1bn∴=

=2.an+1+k

an+k∴數(shù)列

{bn}

是等比數(shù)列.解得:k=8.(2)解:b1=a1+k,bn=(a1+k)·2n-1,an=bn-k=(a1+k)·2n-1-k,S6=T6-6k=(a1+k)(26-1)-6k=63a1+5k,T4=(a1+k)(25-1)=15(a1+k),S5=31a1+26k=-9,S6=T4

a1=-k,78第13頁10.(1)已知數(shù)列

{cn},其中

cn=2n+3n,且數(shù)列

{cn+1-pcn}

為等比數(shù)列,

求常數(shù)

p;

(2)設(shè)

{an},{bn}

是公比不相等兩個等比數(shù)列,cn=an+bn,證實:數(shù)列

{cn}

不是等比數(shù)列.(1)解:

∵數(shù)列

{cn+1-pcn}

為等比數(shù)列,∴(cn+1-pcn)2=(cn+2-pcn+1)(cn-pcn-1).又

cn=2n+3n,∴[2n+1+3n+1-p(2n+3n)]2

=[2n+2+3n+2-p(2n+1+3n+1)][2n+3n-p(2n-1+3n-1)].即[(2-p)2n+(3-p)3n]2

=[(2-p)2n+1+(3-p)3n+1][(2-p)2n-1+(3-p)3n-1].整理得(2-p)(3-p)

2n

3n＝0.16解得

p=2

或

3.(2)證:

設(shè)

{an},{bn}

公比分別為

p,q,p

q.為證

{cn}

不是等比數(shù)列,只須證

c22

c1

c3.實際上,c22=(a1p+b1q)2=a12p2+b12q2+2a1b1pq,c1

c3=(a1+b1)(a1p2+b1q2)=a12p2+b12q2+a1b1(p2+q2).∵p

q,∴p2+q2>2pq.又

a1,b1不為零,∴c22

c1

c3.故

{cn}

不是等比數(shù)列.第14頁11.設(shè)等比數(shù)列

{an}

各項為實數(shù),前

n

項和為Sn,公比為q.(1)若

S5,

S15,

S10成等差數(shù)列,求證:2S5,S10,S20-S10成等比數(shù)列;(2)若

2S5,S10,S20-S10成等比數(shù)列,試問若

S5,

S15,

S10一定成等差數(shù)列嗎?請說明理由.(1)證:

由已知q

1(若

q=1,則

S5=5a1,S15=15a1,S10=10a1,不滿足

S5,

S15,

S10成等差數(shù)列).1-q

a1記

t

=,則由

S5,

S15,

S10成等差數(shù)列得:S5+S10-2S15=0.∴t(1-q5+1-q10-2+2q15)=0.即

tq5(2q10-q5-1)=0.∵tq5

0,∴2q10-q5-1=0.以下有兩種證法:法1:

∵q

1,∴可解得:q5=-.12∴S102=

t2(1-q10)2=

t2,1692S5(S20-S10)=2t2(1-q5)(q10-q20)=

t2=S102.169∴2S5,S10,S20-S10成等比數(shù)列.第15頁法2:

∴1+q5=2q10.S102S5∴

==(1+q5)=q10.1-q102(1-q5)12S20-S10S10又

=-1=1+q10-1=q10.1-q201-q10

∴

=.S102S5S20-S10S10∴2S5,S10,S20-S10成等比數(shù)列.(2)解:

不一定成立.比如

q=1

時,顯然

2S5,S10,S20-S10成等比數(shù)列,但

S5,

S15,

S10不成等差數(shù)列.

11.設(shè)等比數(shù)列

{an}

各項為實數(shù),前

n

項和為Sn,公比為q.(1)若

S5,

S15,

S10成等差數(shù)列,求證:2S5,S10,S20-S10成等比數(shù)列;(2)若

2S5,S10,S20-S10成等比數(shù)列,試問若

S5,

S15,

S10一定成等差數(shù)列嗎?請說明理由.第16頁12.設(shè)數(shù)列

{an}

前

n

項和為

Sn,若

{Sn}

是首項為

S1各項均為正數(shù)且公比為q

等比數(shù)列.(1)求數(shù)列

{an}

通項公式

an(用

S1和

q

表示);(2)試比較

an+an+2與

2an+1大小,并證實你結(jié)論.解:(1)由已知

Sn=S1qn-1(q>0).當(dāng)

n=1

時,a1=S1;當(dāng)

n≥2

時,an=Sn-Sn-1=S1(q-1)qn-2.(2)當(dāng)

n=1

時,a1+a3-2a2=S1+S1(q-1)q-2S1(q-1)=S1(q2-3q+3)>0.∴a1+a3>2a2;當(dāng)

n≥2

時,an+an+2-2an+1=S1(q-1)qn-2+S1(q-1)qn-2S1(q-1)qn-1,∵S1>0,qn-2>0,∴當(dāng)

q=1

時,(q-1)3=0

an+an+2-2an+1=0

an+an+2=2an+1;∴an=S1,(n=1)

S1(q-1)qn-2,

(n≥2)

=S1(q-1)3qn-2.

當(dāng)

0<q<1

時,(q-1)3<0

an+an+2-2an+1<0

an+an+2<2an+1;當(dāng)

q>1

時,(q-1)3>0

an+an+2-2an+1>0

an+an+2>2an+1.總而言之,當(dāng)

n=1

時,a1+a3>2a2;當(dāng)

n≥2

時,若

q=1,則

an+an+2=2an+1;若

0<q<1,則

an+an+2<2an+1;若

q>1,則

an+an+2>2an+1.第17頁13.下表給出一個

“三角形數(shù)陣”

:已知每一列數(shù)成等差數(shù)列,從第三行起每一行數(shù)成等比數(shù)列,每一行公比都相等.記第

i

行第

j

列數(shù)為

aij(i≥j,i,j

N*).(1)求

a83;(2)寫出

aij

關(guān)于

i,j

表示式;(3)記第

n

行和為

An,求數(shù)列

{An}

前

m

項和

Bm表示式;3438121416314……解:(1)依題意

{ai1}

成等差數(shù)列.∵a11=,a21=

,1214∴每行公比

q=.12∴a81=+(8-1)

=2.1414∵a31=,a32=

,且各行成等比數(shù)列,公比都相等,383412∴a83=2

()2

=.12第18頁(2)由(1)知

ai1=

+(i-1)

=.1414

i4

i412∴aij=ai1

()j-1

=

()j-1

=i()j+1.

1212(3)

An=an1[1+2-1+2-2+…+2-(n-1)]=[2-2-(n-1)]=-n()n+1.

n4n212

Bm=

(1+2+…+m)-(+++…+).

m

2m

1212243812設(shè)

Tm=

++

+…+.

m

2m

122438m+22m+112由錯位相減法可求得Tm=1-

,m+22m+1

Bm=

+

-1.

m(m+1)4第19頁14.設(shè)各項均為正數(shù)數(shù)列

{an}

和

{bn}

滿足

5an,5bn,5an+1

成等比數(shù)列,lgbn,

lgan+1,

lgbn+1成等差數(shù)列,且

a1=1,b1=2,a2=3,求通項

an,bn.解:

∵5an,5bn,5an+1

成等比數(shù)列,

∴(5bn)2=5an

5an+1,2bn=an+an+1.又∵lgbn,

lgan+1,

lgbn+1成等差數(shù)列,∴an+1=

bnbn+1.∴an=

bn-1bn

(n≥2).∴2bn=

bnbn+1+

bn-1bn

(n≥2).∴2bn=

bn-1+

bn+1(n≥2).又由

lgb1,

lga2,

lgb2成等差數(shù)列,且

b1=2,a2=3

得:

b2=.92∴

b2-

b1=.22∴{

bn}

是以

2

為首項,為公差等差數(shù)列.22∴

bn

=2+(n-1)

222n+1=.∴bn=.(n+1)22∴bn-1=(n≥2).n22∴an=

bn-1bn

=(n≥2).n(n+1)

2又

a1=1

亦適合上式,n(n+1)

2∴an=.第20頁15.設(shè)

{an}

是由正數(shù)組成等比數(shù)列,Sn

是其前

n

項和.(1)證實:lgSn+lgSn+2<lgSn+1;2(2)是否存在常數(shù)

c>0,

使得=lg(Sn+1-c)成立?并證實你結(jié)論.lg(Sn-c)+lg(Sn+2-c)

2(1)證:

設(shè)等比數(shù)列

{an}

公比為

q,由題設(shè)知

a1>0,q>0.當(dāng)

q=1

時,Sn=na1,∴SnSn+2-Sn+12=na1(n+2)a1-(n+1)2a12=-a12<0;當(dāng)

q1

時,Sn=

,a1(1-qn)1-q

∴SnSn+2-Sn+12=-a12(1-qn)(1-qn+2)(1-q)2

a12(1-qn+1)2

(1-q)2

=-a12qn<0.∴SnSn+2-Sn+12<0.∴SnSn+2<Sn+12.∴l(xiāng)gSnSn+2<lgSn+12.∴l(xiāng)gSn+lgSn+2<2lgSn+1.lgSn+lgSn+2<lgSn+1.2∴第21頁=-a12<0;=(na1-c)[(n+2)a1-c]-[(n+1)a1-c]2∴條件

①

不成立,即不存在常數(shù)

c>0,使結(jié)論成立.當(dāng)

q1

時,(Sn-c)(Sn+2-c)-(Sn+1-c)2

a1(1-qn)1-q

=[-c][-c]-[-c]2

a1(1-qn+2)1-q

a1(1-qn+1)1-q

當(dāng)

q=1

時,(Sn-c)(Sn+2-c)-(Sn+1-c)2

(Sn-c)(Sn+2-c)=(Sn+1-c)2,①

Sn-c>0,②

解法1:要使=lg(Sn+1-c)成立,則有l(wèi)g(Sn-c)+lg(Sn+2-c)

2(2)是否存在常數(shù)

c>0,

使得=lg(Sn+1-c)成立?并證實你結(jié)論.lg(Sn-c)+lg(Sn+2-c)

2=-a1qn[a1-c(1-q)],且

a1qn0,

故只能有

a1-c(1-q)=0,即c=

,此時,∵c>0,a1>0,a1

1-q

第22頁∴

0<q<1.但當(dāng)

0<q<1

時,Sn-c=Sn-a1

1-q

a1qn

1-q

=-

<0,不滿足條件

②,即不存在常數(shù)

c>0,使結(jié)論成立.故不存在常數(shù)

c>0,

使得=lg(Sn+1-c)

成立.lg(Sn-c)+lg(Sn+2-c)

2解法2:假設(shè)存在常數(shù)

c>0,使=lg(Sn+1-c)成立,則有l(wèi)g(Sn-c)+lg(Sn+2-c)

2(Sn-c)(Sn+2-c)=(Sn+1-c)2,

④Sn-c>0,

①Sn+1-c>0,②Sn+2-c>0,③由

④

得

SnSn+2-Sn+12=c(Sn+Sn+2-2Sn+1),⑤∵Sn+Sn+2-2Sn+1=(Sn-c)+(Sn+2-c)-2(Sn+1-c)≥2

(Sn-c)(Sn+2-c)

-2(Sn+1-c)=0.∵c>0,∴⑤式右端非負(fù),由(1)知⑤式左端小于零,矛盾.

故不存在常數(shù)

c>0,

使得=lg(Sn+1-c)

成立.lg(Sn-c)+lg(Sn+2-c)

2第23頁∵a1=-393,a2+a3=-768,解:(1)設(shè)等差數(shù)列

{an}

公差為

d,前