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{a_n}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：(a_n-1-1)(a_n-a_n-2)=0

显然不存在a_n-1-1=0的情况，否则代入(*)有a_n=a_n+1即0=1矛盾，故只有a_n=a_n-2

这样可得 　 或

例3.已知数列{a_n}的各项均为正数，且前n项之和S_n满足6S_n=a_n²+3a_n+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6S_n=a_n²+3a_n+2，6S_n-1=a_n-1²+3a_n-1+2

两式相减得：(a_n+a_n-1) (a_n-a_n-1-3)=0

由题意知{a_n}各项为正，所以a_n-a_n-1=3

当a₁=1时，a_n=1+3(n-1)=3n-2

此时a₄²=a₂a₉成立

当a₁=2时，a_n=2+3(n-1)=3n-1

此时a₄²=a₂a₉不成立，故a₁=2舍去

所以a_n=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…,a_n是公差为4的等差数列，则

　 a₁²+a₂+a₃+…+a_n£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{a_n}的前n项之和为S_n，若S₁₀=10，S₃₀=70，求S₄₀。

解　 记b₁=S₁₀,b₂=S₂₀-S₁₀,b₃=S₃₀-S₂₀,b₄=S₄₀-S₃₀.设q是{a_n}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+a_n+1²£M的所有等差数列a₁,a₂,a₃…试求

S=a_n+1+a_n+2+…+a_2n+1的最大值。

解　 设公差为d,a_n+1=a. 则

S=a_n+1+a_n+2+…+a_2n+1

=(n+1)a+

故

又　 M³a₁²+a_n+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 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{a_n}是由正数组成的等比数列，S_n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{a_n}的公比为q,由已知得：a₁>0,q>0

i)当q=1时，S_n=na₁,从而，

S_n×S_n+2-S_n+1²=na₁(n+2)a₁-(n+1)²a₁²= -a₁²<0

ii)当q¹1时，

∴

由i)、ii)均有S_n×S_n+2<S_n+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

(S_n-c)×(S_n+2-c)-(S_n+1-c)²=(na₁-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(S_n-c)×(S_n+2-c)=(S_n+1-c)²成立，则

(S_n-c)×(S_n+2-c)-(S_n+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0<q<1,但0<q<1时，

不满足S_n-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： (第19届莫斯科数学竞赛试题)

证明：∵|x|<1,|y|<1，∴x²<1,y²<1，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{a_n}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,a_n)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 (a>2)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a>2时， ，上式对任意kÎN成立，

不妨设剩下的数中最大的数a^m (m³1)在第一部分中，

则第一部分各数之和³a^m>1+a+…+a^m-1³第二部分之和

作业：

1.设{a_n}是等比数列，首项a₁>1,公比q>1，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，

3,5

7,9,11,

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{a_n}与{b_n}分别是等差数列和等比数列，且a₁=b₁>0，a₂=b₂>0试比较a_n和b_n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{a_n}的前n项之和为S_n，若S₁=1且S_n1_=Sn+(5n+1)aⁿ,n=1,2,…,|a|¹1，求S_n

摘自数学教育之窗