14等差與等比數(shù)列綜合

PAGE219頁,n

,d ,n

.cc1 2

cnn9

2,

0.aaa,n 1 2 1 4 5.7P(0)C:yex,T,TxH,HC的1 1 1 1,T,TxH,,,n1

(nN

.T 的2 2 2.

n1

n1n{a

+aa=9nS,式|S1

最小整nn是解題

n 1

n n 公大于1,a 6,S .n 2 3求n

通項公式;a與a 之間插入n,使n2組公d.n前nn n1 n項和A.求關于ng(n,使

g(n)d

對任意nN

恒立;n n n 對于(2)中d,d,d,,d,,中否存不項d ,d,d (其中正1 2 3 n m k p整mkp存,求出樣不存

}

0,

},

b a,a

,a bn

n }q;

1 1 3 3 7 5an

b nmN*,nm;mn

},n

}n

},pqrpqpqrcp

p,cq

q,cr

r?.解:(1)n

}q,題意aqaq

aa

aqaq

a2da6dq21 12q12

,q2

qq41 3a b 得n maa(nn1

aqm1,

aq

a

d2m112

(

2)m1n1m122n1N

()m

m1mn22 1n

}n

},a bn mm1(2):mn22 1m

N*,bm

a

2)2k11

a2k1c 2n1anp、q、rpqr滿足則2q

pr2(a2q

q)(a2p1

p)(a2r

r)2q

2

2r,2p

2r12

pr2Pr2Pr2

r時取"")pr,2

2r

pr22y2xR

pr2

pr.q 盾,2r滿足 n

S a

17na

n,1 5 .S 56n,8 .①求該公d; b b 3na n b②設

n滿足n n,則當 時,n大?請說明理;a

a

aa 16 k m

還同時滿足:①

n;② 2

;③對任意正整,存在自然,使得S S S

ak2、k、m依次成

n通2a4d

17(1)①由

18a1

解得d4a 21 a

b 3n

3n(②由①

2,所以n 2

,則n n 2b

b n

3n 2 2

3n

21(2 2

]2n0]b b

n11

b以,當nn

時, nbn

單調(diào)遞增,當

時,

單調(diào)遞減,a1 aa

1 1aa aa

16 a

a a 1(2

是比則24 1

,又1 51

,以 5 或 51從而an

a或

(2)n1 an或n

( a2 或

16

)n12 .又因S 、S、S依次成,得2S

S S ,而公比q1,k2 k m ak2 k m 21 所以 1q

k2 a(1qk2 1 1q

a11q

,即2qk

2

2

(*)a 當n 時,式不成立;當 mk1a 當 mk1n 時得 ;1a ( 當 n 2

時,(*)式不成立;a 16n

12

(*).a (2)n1n{

},aaa 15,bbb27.n 1 2 3 n 123a

b,

b.

}

;1 2 4 3 n na

b,

b,

b,a.1 1 2 2 3 【答案】解a

3a

33a

d2以a 2n1,從而b

2 29,以

1 2 n3n1n 3 4 n(2)設{

}為d,為,則

5d,b3,a5d,

3q.n n 1

1 q 3 3因為a

b,

b,

b,以

b)

b)(a

b)2

64.1 1 2 2 3 3 1 1 3 3 2 2abm設1 1

,m,N*,mn64,abn3 35d3m則 q ,理得,d2(m5(m0.5dqn解得d

m (mn10)236a5d3

,要使得

a ,即需要 d ,即3

及(mn10)2

大. m,N*,mn64,僅n64m1m及(mn10)2取.從而

637 61,2a3

737 612{

a

a(ab a

N*)n 1 2

n n n{an{a

,b3,{

{}nS

};nn n (1)n

a1,an

1n(a1),1(a1(a]5,a3a (4a 2n1n(2)n

qaan

an1,bn

a2na1b1Sn n

n;a1

S a2a2n)nn 1a2na

6,6;b

n

3nt.

n n ;b

n(nN,nc

,:

,n

,得bn1

a nc,n n

nT;ndn

d a

d d

d d

n n n n,

k,“

k k

k k”同

2

kN實取值范圍.:(1)

a,所以a

(61)6(n

6n2t n

S 3n

n

b

(3n1

23n1

n

n 3

,所以, n ,n1bS又

3

b n 23n1

n21 1:

,所以

3t2

2

t

,所以a

6n12

n(nN,n

bn1

2

6

6(3n12)12n,nc 2N*

a 6(2)12bn令n ,則 c n1,所以命題成立n13n 1 11313

T 2n 3n2nn

nn 2 231d

n1n (nn, n2得 ,n2

d d

4n1n1nn

n(

32

,7t32 t72

d

n

d若 ,,n1

n,

,

97

977dd 31)36(2

4 4 41 2,即2t3

7t

,得 , 2

,4 4

,

n3dn

,,7d 7

4(

4(3 t42 3,即3mt m(mN,m3

,m3tm5(mN,m2

,2 4 2 4 ,2nm

nm1

d2m32m34

n ,

,

,d

4(

4(mm1 tm ,

,

97

2m3t

4 4 或

(mN,m2)

(nccncn2cnkN,ccc,c

,k 0 1 2 k 0 1 2 k{a}a=1,nS+Sf(n.n 1

n n k:{a;n{a.n(1)k0,fk

(nf0

(n),

f(n)c(c).0aS f(n),a

c,c

2.n n k

1 1 1,aSn n

2, ①a S 2,②nn-

2a a (nN).n n1a=0,a =0,,a=0,與已知矛盾

0(nN*).n n1 1 n{a1,公1

.n 2(2)(i(1).f1

(nc),aSn n

c, ③a S b(nn1 n1

c, ④③-④得

2a an n

b(n

列{ana bdn

( a=1,故{a}只能是a=1nN*,1 n n 故列{aa=1nN*f

(n)n1.n n 1f(n2ca0),2時,aS an2bnc, ⑤n na S a(n1)2b(n1)c,⑥nn⑤-⑥得

2a a 2nba(nN),n n要使列{a列,必須有na 2anbadn a=1,所以a1 n

1(n2a2an2a1

nN*. a列{aan

2an2an

nN*,此時f2

(n2(a12a(a非零(iv時,列{a}能成等差列,則knka Sn n

n列{a能成等差n綜上得,2列{an已列n

},其前n項和S .nS⑴對任的nN,a ,a ,a 組成公差4的等差,且

,

,求n2n2n2nS

1 2n⑵列{ an1

+a}是公比q(q的等比a,求證:列n

}等比列的充要條件為q.aa2na2na2n成公差4的等差PAGE1219頁n

a1

,a 2

,nSn

n

Sn1

2Sn

1,n

,nN*.;n

;b

a

nT

nT>2n.n n n n ncn

4

(1)n1

a(nN*),nN*

ncnn1

c.n:(1)n1

Sn

S n1

(n

,nN*),a

1(n

nN*),

a1.n1∴n

n是以a1

2 1首1.∴a n1n1(2)∵an

n

,∴bn

1)2nT 213

n 1 (n1)

1)n 2 2

2n1 2n1 1 1 1 1T 22 n

22

23

2n

1) (2)2n11)(2)

1

11

1

1) 12∴ T n

n 22 23 2n32n

2n1代入不

n2n

2n2n

10f(n

n2n

1,則f

1)

f(n)n2

2 0n1f(n在N1 1∵f1)

0

f(2)4

0

f3)4

0,

f(n0,

3f(n)0,所以n

3,

N(3)

a n

1,cn

4

(1)n1

n

cn1

c,nc cn1 n

4n

4

(1)n

n

(1)n1

n

0恒,34n

3(1)n2n

0(1)n2n,當n為奇數(shù)時,即2n,當且僅當n12n有最小值為1,1.n2nn22n有最大值,21,又為非零整數(shù),則

2.即綜上所述存在,使得對任意的nN,都有c cnn已知等差數(shù)列{a}的首項

a(aRa0n

,且對任意正整數(shù)n都有a2n

n 1 n4n1.a 2n1naS;n nnSn

,Sn+1

,Sn+k

nk明理由.【答案】設

}是首項為a,公差為d的等差數(shù)列(d

0),S是其前n項和記b nS

nN*,其中c為nnn實數(shù).若c0,且bb

nn2

n(k,nN*);

n2c1 2 4 nk k若n

}是等差數(shù)列,證明:c0.能力.{a}a,d(n

0)Snn∴S na

n(ndn 2S n1c

∴b n

na n 21 3bb

成比b

b

∴(a

d)2

a(a d)1 2 1 1

2 14 2 21 1 1∴ 2

d204n(n

∴ d(a d)2 2n(n

d

∴a 2

∴d2a∴S na n 2

na 2

n2a∴左邊=Snk

(nk)2

n2k2

n2Sk

n2k2a∴左邊=右邊∴原式成立nS{bn

}∴設db1 n

b(n1

帶入bn

n

n 得:cnSb(n

∴

1d)n

(b

a

1d)n

nc(d

bnN恒成1 1 n2c 1 2

1 1 2

1 1 1立d 1d0d1 21∴d a d01 1 2cdc(

0b)0d1 1由①式得:d1

12

d

∴d 01由③式得:c0:(1)若c0,則an

a(n,Sn

n[(n2

2a],bn

(n1)d2a .2當bb

成比b2

bb,1 2 d2

2 14 2即:a 2

aa

d22ad2

0,故

2a.由此:Sn

n2a,Snk

(nk)2

n2k2a,n2Sk

n2k2a.故:Snk

n2S(k,nN*).k(n

2anS(2)b

n2 2 ,n n2c n2cn2(n1)d 2

c(n1)d2n2

c(n2

2a(n

c(n 2

. (※)2 n2c若{bn

}是等差數(shù)列,則bn

An

Bn型.觀察(※)式后一項,分子冪低于分母冪,故有:

c(n2

0,即c(n

0,而(n

≠0,n2c 2 2故c0.經(jīng)檢驗,當c0時n

}是等差數(shù)列.已知等差數(shù)列n

的前n項和為S ,差n

0,且S S3

a,a,a1 4

成等比數(shù)列.(Ⅰ)求數(shù)列an

的通項公式;b 設 為公比為3的等比數(shù)列求數(shù)列 的前 項和 . na na

b n Tn n【答案】解:(Ⅰ)依題意得3a

32

45

50 (a

2)2

1a(a

212d)1 1 1a 3解得d12,a an 1b

(n

32(n)2n即an

2n1(Ⅱ)ann

3n,bn

a 3nn

(2n)3n1T 35373n

(2n)3n1n

3353

73

(2n)3n

(2n)3nn

32323

23n

(2n32

3n113

(2n1)3n2n3nT n3nn{an

nS.n(Ⅰ)若

是等比

a2aa等差中,求

通項n公式;

1 3 2 3 2 4 n(Ⅱ)是否存在等差anN*a

2n2(n

?若存在,請求出所有滿足條n n n件等差解:(Ⅰ)設等比n

首a,公比q,1依題意,有

2aa1

, 2 即

a(2q2)1 1

(1)a a2 4

2(a3

a(qq3)2aq21 1

(2)由

q220,解得q1或q2.當q1q2(2)得1

2an

22n(Ⅱ)假設存在滿足條件an

,設此公差d,則方法1:

[a(n1)d][an

n(n

d]2n2(n1),得1 1 2d2 3 3 1( add2)n(a2 ad

d2)2n2

2nnN*恒成立,2 2 1 1 2 1 2d2

2,223則2ad d2

2, 1 3 1a2

ad d22 2

0,1 1d解得a1

2,

d2,或a1

an

2n,或an

2n.故存在等差

,使對任意nN*都有a

2n2(n

2n,n或a 2nn

n n nn11

4,a2,1n2,aa240,2 1 2①當a2時,a4或a6,1 2 2a4,則d2a2nSnN*aS

(n;2 n n n na6,則da14S18,不滿足aS232(3.2 3 3 3 3②當a2時,a4或a6,1 2 2若a4,則d,a2n,S ,意nN*有a

(n;2 n n n na6,則d8a14S18aS232(3.2 3 3 3 3綜上所述,存在等差數(shù)列},使對任意nN*都有aS

(n

2n,或a

2nn設數(shù)列的前S,滿足aS

n nBn1(A

n n0).n若a

3,a

n9,求證數(shù)列

n