等差数列问题十篇

2024-05-18

等差数列问题篇1

先看下面的两个问题.

这是《中学数学教学参考》 (2010·7 (上旬) ) 上的两个问题, 也是高三复习时常见的一类等差数列的问题.先看下面的三种解法.

解法1:设等差数列{an}、{bn}的首项和公差分别为a1、d1和b1、d2, 则它们的前n项和分别为

, 观察此式的分子和分母, 不妨设d1=7k, 则d2=k, 2a1-d1=45k, 2b1-d2=3k (此处k为比例系数, 可以是某个常数或整式) , 可得

解法2:设等差数列{an}、{bn}的首项和公差分别为a1、d1和b1、d2, 等差数列{an}的前n项和公式可以看做是变量n的二次函数, 由, 不妨直接设An=kn (7n+45) , Bn=kn (n+3) ,

解法3:在等差数列{an}中, 若m, n, p, q∈N+, 且m+n=p+q, 则am+an=ap+aq, 特别地, 2an=a1+a2n-1,

反反复复地研读这三种解法, 思量着解法1和解法2中的某些步骤实在是非常精妙, 而解法3又太巧太特殊了, 它又只能解决问题1.然而, “老师, 这些解法怎么这么难啊!”“老师, 这些解法怎样想得到啊?”“老师, 这些解法怎样记得住啊?”“这些学生怎么搞的?这些内容、方法我都讲了多少遍还是没有掌握.”这些声音在数学课堂上、在数学教师之间恐怕没少听到吧.我们教研室正在做一个课题研究:山区农村学校校本研修的有效策略研究.研究校本研修的有效策略, 探索山区农村学校校本研修的基本方式和基本方法, 目的是提高教师的素质和专业水平, 促进教师的专业发展, 加强山区农村学校的教师队伍建设, 推进山区农村学校的课程改革, 最终提高教育教学质量.2010年颁布和实施的《国家中长期教育改革和发展规划纲要 (2010—2020) 》, 对教师提出了更高的要求, 高中的新课程标准也将在广西全面开展实施, 这是一个教育的转型时期.但是, 无论什么时候, “教什么”, “怎么教”, 总是每一个教师必须面对的问题.因此, 要有效地提高课堂教学质量, 还必须把设计“教师如何教”转变为设计“学生如何学”, 使有效教学与高效学习相结合, 这也是新的课程改革对教师教育的新要求.

李海良老师有一篇文章是《读着并困惑着》[《中学数学教学参考》 (2010·7 (上旬) ) .李老师认为, 一个好的教师应该懂得并且传授给学生下述看法:没有任何一节课 (一道题) 是可以教 (解决) 得十全十美的, 总剩下些工作要做, 经过充分的探讨与钻研, 我们能够改进这个教学 (解答) , 而且在任何的情况下, 我们总能提高自己对这个教学 (解答) 的理解水平.文中的“困惑5”令笔者深有同感, 关于一题多解, 李老师应该是希望能找到一种大多数学生比较容易想得到的, 也能做得下的方法, 哪怕这个解法的计算多一些、书写长一些.笔者非常赞同李老师的这种观点, 更希望广大的中学数学教师也能这么想这样做.

基于此, 再对问题1、问题2作进一步的探究, 还可以得到下面的解法4.

至此, 反回去又可以再验证

等差数列问题篇2

函数是高中数学的重要知识, 它象一根主线贯穿于高中数学的各个章节中. 数列是一类定义在正整数集或它的有限子集{1, 2, 3, …, n}上的特殊函数, 可见, 任何数列问题都蕴含着函数的本质及意义, 具有函数的一些固有特征. 从函数的观点出发, 以它的概念、图象、性质为纽带, 变动地、直观地研究数列的一些问题, 有利于认识数列的本质, 加深对函数概念的理解.

一、数列的本质

数列是函数概念的继续和延伸, 它是定义在正整数集或其子集上的函数, 用图象表示是一群孤立的点. 例如, 对于公差不为零的等差数列{an}来说, 它的通项是关于n的“一次函数”, 因此它的图象是均匀地分布在一直线上的离散点;它的前n项和Sn是关于n的“二次函数”, 且常数项为零, 因此它的图象是分布在过原点的抛物线上的离散点. 很明显, $\frac{S_{n}}{n}$ 是关于n的“一次函数”.对于公比不为1的等比数列{an}来说, 它的通项是关于n的“指数型函数”.

例1 等差数列{an}中,

$a_{n} = \frac{2 n^{2} - 3 n + 1}{p n + q} (n \in Ν^{*} ‚ p$ 、q为常数) , 则p、q应满足的关系式是_____.

解:

$a_{n} = \frac{2 n^{2} - 3 n + 1}{p n + q} = \frac{(n - 1) (2 n - 1)}{p n + q} .$

考虑到an是关于n的一次函数且n∈N*, 故pn+q与2n-1是同类因式.

因此p+2q=0.

例2 设{an}为等差数列, Sn为数列{an}的前n项和.已知S7=7, S15=75, Tn为数列 ${\frac{s_{n}}{n}}$ 的前n项和.求Tn.

解:因为 $(7, \frac{S_{7}}{7})$ 、 $(15 ‚ \frac{S_{15}}{15}) ‚ (n, \frac{S_{n}}{n})$ 三点共线, 所以 $\frac{\frac{S_{15}}{15} - \frac{S_{7}}{7}}{15 - 7} = \frac{\frac{S_{n}}{n} - \frac{S_{7}}{7}}{n - 7} .$

即 $\frac{5 - 1}{15 - 7} = \frac{\frac{S_{n}}{n} - 1}{n - 7}$ , 解得 $\frac{S_{n}}{n} = \frac{n}{2} - \frac{5}{2}$ , 故 $Τ_{n} = \frac{1}{4} n (n + 1) - \frac{5}{2} n = \frac{1}{4} n^{2} - \frac{9}{4} n .$

例3 公差不为零的正项等差数列{an}的前n项和为Sn, 正项等比数列{bn}的前n项和为Tn, 若a15=b5, a30=b20, 则

(A) (0, 1) (B) (0.5, 1)

分析:本题关键是比较S30-S15与T20-T5的大小.

解:因为数列{an}为公差不为零的正项等差数列, 所以a30>a15, 又a15=b5, a30=b20, 有b20>b5, 则等比数列{bn}的公比q>1.

当q>1时, 如图1, 点 (n, an) 在一直线上, 点 (n, bn) 在一指数型 (下凸) 函数图象上,

结合图象, 易知a16+a17+a18+…+a30>b6+b7+b8+…+b20成立.

故选 (C) .

评注:用函数的观点与数形结合的方法解决数列问题, 常可揭示问题本质特征, 使抽象问题具体化.

二、数列的单调性

在数列{an}中, 如果an+1>an (an+1<an) 对n∈N*恒成立, 那么称{an}是单调递增 (递减) 数列. 在正项数列{an}中, 如果 $\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} > 1 (\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} < 1)$ 对n∈N*恒成立, 那么称{an}是单调递增 (递减) 数列. 数列的单调性可用函数的单调性来刻画. 例如, 公差不为零的等差数列的单调性与一次函数的单调性相同;公比大于零且不等于1的等比数列的单调性与指数型函数 (a>0且a≠1) 的单调性相同.

例4 已知数列{an}的通项公式 $a_{n} = \frac{9^{n} (n + 1)}{10^{n}}$ , 试判断此数列是否有最大项, 若有, 求出第几项最大, 若没有, 说明理由.

解: $a_{n + 1} - a_{n} = \frac{9^{n + 1} (n + 2)}{10^{n + 1}} - \frac{9^{n} (n + 1)}{10^{n}} = \frac{9^{n} (8 - n)}{10^{n + 1}} .$

当1≤n<8时, an+1>an;当n=8时, an+1=an, 即a8=a9;当n>8时, an+1<an.

由数列{an}的单调性知存在最大项, 即第8、9项.

评注:上面用了差值比较法, 也可用商值比较法. 这是与函数单调性的处理方法相似.

还可以设第n项最大, 得, 解得n=8或9. 这是与函数单调性的处理方法不相同.

例4 设数列{an}和{bn}满足a1=b1=6, a2=b2=4, a3=b3=3, 且数列{an+1-an}是等差数列, 数列{bn-2}是等比数列. 问是否存在k∈N*, 使 $a_{k} - b_{k} \in (0, \frac{1}{2})$ 若存在, 求出k;若不存在, 说明理由.

解: $b_{n} = 2 + 8 \cdot (\frac{1}{2})^{n}, a_{n + 1} - a_{n} = n - 3 .$

当n≥2时, $a_{n} = a_{1} + (a_{2} - a_{1}) + (a_{3} - a_{2}) + \dots + (a_{n} - a_{n - 1}) = 6 + (- 2) + (- 1) + \dots + (n - 5) + (n - 4) = \frac{1}{2} (n^{2} - 7 n + 18) . n = 1$ 也适合.

所以 $f (k) = a_{k} - b_{k} = \frac{1}{2} (k - \frac{7}{2})^{2} + \frac{7}{8} - 8 \cdot (\frac{1}{2})^{k}$

当k≥4时, 数列f (k) 单调递增数列,

所以 $f (k) \geq f (4) = \frac{1}{2} .$

又f (1) =f (2) =f (3) =0, 故不存在正整数k, 使 $a_{k} - b_{k} \in (0, \frac{1}{2}) .$

例6 求证:不等式 $\sqrt{1 \cdot 2} + \sqrt{2 \cdot 3} + \dots + \sqrt{n (n + 1)} - \frac{n}{2} (n + 1) .$

证明令 $a_{n} = \sqrt{1 \cdot 2} + \sqrt{2 \cdot 3} + \dots + \sqrt{n (n + 1)} - \frac{n}{2} (n + 1) .$

则 $a_{n + 1} - a_{n} = \sqrt{(n + 1) (n + 2)} + \frac{1}{2} n (n + 1) - \frac{1}{2} (n + 1) (n + 2) = \sqrt{(n + 1) (n + 2)} - (n + 1) > 0 .$

所以数列{an}是递增数列.所以 $a_{n} \geq a_{1} = \sqrt{2} - 1 > 0$ , 故得证.

三、数列的最值

运用函数的观点求数列的最值, 可以更深刻地认识数列的本质, 同时又能深化函数的理解.

例7 设等差数列{an}满足3a8=5a13, 且a1>0, Sn为前n项之和, 则Sn (n∈N*) 中最大的是 ( )

(A) S10 (B) S11

分析:等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数, 且常数项为0.因此它的图象是分布在过原点的抛物线上的离散点.

解:由3 (a1+7d) =5 (a1+12) d, 知2a1+39d=0,

所以S40=20 (a1+a40) =20 (2a1+39d) =0.

由二次函数的性质, 结合图象知其最大值为S20.

例8 给定正整数n和正数M, 对于满足条件a $_{1}^{2}$ +a $_{n + 1}^{2}$ ≤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 $a_{1} = r \sqrt{Μ} \sin θ, a_{n + 1} = r \sqrt{Μ} \cos (0 < r \leq 1, 0 \leq θ < 2 π),$

则 $S = \frac{n + 1}{2} (a_{n + 1} + a_{2 n + 1}) = \frac{n + 1}{2} (a_{n + 1} + 2 a_{n + 1} - a_{1}) = \frac{n + 1}{2} (3 a_{n + 1} - a_{1}) = \frac{n + 1}{2} (3 r \sqrt{Μ} \cos θ - r \sqrt{Μ} \sin θ) = \frac{n + 1}{2} \cdot r \cdot \sqrt{10 Μ} \cos (θ + φ) \leq \frac{\sqrt{10}}{2} (n + 1) \sqrt{Μ} .$

等号当r=1, θ+φ=2π时取得, 其中锐角φ满足 $\cos φ = \frac{3}{\sqrt{10}}, \sin φ = \frac{1}{\sqrt{10}} .$

例9 等比数列{an}的首项为a1=2002, 公比 $q = - \frac{1}{2} .$

①设f (n) 表示该数列的前n项的积, 求f (n) 的表达式;②当n取何值时, f (n) 有最大值.

解: $① a_{n} = 2002 \times (- \frac{1}{2})^{n - 1}, f (n) = 2002^{n} \cdot (- \frac{1}{2})^{\frac{n (n - 1)}{2}} .$

②因为 $\frac{| f (n + 1) |}{| f (n) |} = \frac{2002}{2^{n}}$ , 则当n≤10时, $\frac{| f (n + 1) |}{| f (n) |} = \frac{2002}{2^{n}} > 1,$

所以|f (11) |>|f (10) |>…>|f (1) |;

当n≥11时, $\frac{| f (n + 1) |}{| f (n) |} = \frac{2002}{2^{n}} < 1$ , 有|f (11) |>|f (12) |>…….

由f (11) <0, f (10) <0, f (9) >0, f (12) >0, 所以f (n) 的最大值为f (9) 或f (12) 中的最大者.

又 $\frac{f (12)}{f (9)} = \frac{2002^{12} \times (\frac{1}{2})^{66}}{2002^{9} \times (- \frac{1}{2})^{36}} = 2002^{3} \times (\frac{1}{2})^{30} = (\frac{2002}{2^{10}})^{3} > 1,$

故当n=12时, f (n) 有最大值为 $f (12) = 2002^{12} \times (\frac{1}{2})^{66} .$

四、数列的周期性

数列是一种特殊的函数, 所以数列中也必然存在着周期问题. 有些数列题, 表面上看与周期无关, 但实际上隐含着周期性, 一旦揭示了其周期, 问题便迎刃而解.

例10 若数列{an}满足, 若 $a_{1} = \frac{6}{7}$ , 则a20的值为 ( )

$\begin{array}{l} (A) \frac{6}{7} (B) \frac{5}{7} \\ (C) \frac{3}{7} (D) \frac{1}{7} \end{array}$

解:紧扣分段函数的定义代入法求项. 由 $a_{1} = \frac{6}{7}$ , 求得 $a_{2} = \frac{5}{7}, a_{3} = \frac{3}{7} ‚ a_{4} = \frac{6}{7}, \dots,$

所以此数列是周期为3的周期性数列, $a_{20} = a_{2} = \frac{5}{7}$ . 故选 (B) .

评注:本题通过“列”出其前几项, 从而掌握其构成规律, 揭示其周期, 是一种原始、朴素的思想方法. 这与函数周期性的处理方法不相同.

例11 已知定义在R上的函数f (x) 对于任意x∈R, 都有 $f (x + 2) = \frac{1 + f (x)}{1 - f (x)}$ , 设an=f (n) (n∈N*) , 则数列{an}中, 值不同的项至多有 ( ) .

(A) 12项 (B) 8项 (C) 6项 (D) 4项

解:易证f (x) 是以8为周期的周期函数, 可知{an}是以8为周期的周期数列, 即{an}中值不同的项至多有8项, 故选 (B) .

评注:本题中周期性是数列最重要的性质. 利用函数的方法来解决问题, 大大减少了运算量.

例12 数列{an}中, a1=1, a2=2, 若对一切n∈N*有anan+1an+2=an+an+1+an+2, 且an+1an+2≠1, 则该数列前2008项的和S2008的值是.

解:由anan+1an+2=an+an+1+an+2, 得an+1an+2an+3=an+1+an+2+an+3,

两式相减可得an+3=an, 周期T=3. 由1×2×a3=1+2+a3, 得a3=3, 则S3=6, 所以S2008=S2007+a1=669×6+a1=4015.

五、数列中的恒成立问题

处理函数恒成立问题有两种基本方法:一是图象法, 二是最值法. 对于数列中的恒成立问题, 与函数中的恒成立问题的处理方法相类似.

例13 若an=n2+λn, 且an+1>an对一切正整数n恒成立, 求实数 λ的取值范围.

解:点 (n, an) 是图2上的点.因为函数an为离散函数, 因此要使函数an为递增函数, 只要对称轴 $x = - \frac{λ}{2}$ 在 $x = \frac{3}{2}$ 的左侧即可.

由 $- \frac{λ}{2} < \frac{3}{2}$ , 解得λ<-3.

例14 求自然数a的最大值, 使不等式 $\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{3 n + 1} > 2 n - 5$ 对一切正整数n恒成立.

解:令 $a_{n} = \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{3 n + 1} (n \in Ν^{*}),$

则 $a_{n + 1} - a_{n} = \frac{1}{3 n + 2} + \frac{1}{3 n + 3} + \frac{1}{3 n + 4} - \frac{1}{n + 1} = \frac{1}{3 n + 2} + \frac{1}{3 n + 4} - \frac{2}{3 n + 3} = \frac{6 n + 6}{9 n^{2} + 18 n + 8} - \frac{6 n + 6}{9 n^{2} + 18 n + 9} > 0$ , 所以数列{an}是单调递增数列, 有 $(a_{n})_{\min} = \frac{13}{12} .$

要使原不等式对一切正整数n都成立, 需 (an) min>2a-5, 即 $a < \frac{73}{24} .$

故所求自然数a的最大值为3.

六、构造辅助函数, 巧解决数列问题

函数与数列之间的关系, 是一般与特殊的关系, 基于这种关系, 我们可以根据数列对应地构造辅助函数, 利用导数法研究函数的单调性, 从而获得数列的单调性, 使数列问题巧妙地得到解决.这样不仅可以加深学生对导数工具的认识, 而且可以使学生深入领会特殊→一般→特殊这一认知规律在数列中的具体应用.

例15 已知数列{an}满足:0<a1<1, an+1=an-sinan (n=1, 2, 3, …) .

求证:①0<an+1<an<1; $② a_{n + 1} < \frac{1}{6} a_{n}^{3} .$

证明:①先用数学归纳法证明0<an<1, n=1, 2, 3, ….

(1) 当n=1时, 由已知, 结论成立.

(2) 假设当n=k, 结论成立, 即0<ak<1.

设函数f (x) =x-sinx.当0<x<1时, f′ (x) =1-cosx>0, 故f (x) 在 (0, 1) 上是增函数, 又f (x) 在[0, 1]上连续, 有f (0) <f (ak) <f (1) , 即0<ak+1<1-sin1<1.

故当n=k+1时, 结论成立.

综上 (1) 、 (2) , 0<an<1对一切正整数都成立.

又0<an<1时, an+1-an=f (an) -an=an-sinan=-sinan<0, 即an+1<an.

综上, 0<an+1<an<1对一切正整数都成立.

②设函数 $g (x) = \sin x - x + \frac{1}{6} x^{3}, 0 < x < 1$ .由①知, 当0<x<1时, sinx<x.

则 $g^{'} (x) = \cos x - 1 + \frac{1}{2} x^{2} = - 2 \sin^{2} \frac{x}{2} + \frac{1}{2} x^{2} > - 2 (\frac{x}{2})^{2} + \frac{1}{2} x^{2} = 0 .$

故g (x) 在 (0, 1) 上是增函数, 又g (x) 在[0, 1]上连续,

有当0<x<1 时, g (x) >0成立, 所以g (an) >0, 即 $\sin a_{n} - a_{n} + \frac{1}{6} a_{n}^{3} > 0$ , 故 $a_{n + 1} < \frac{1}{6} a_{n}^{3} .$

例16 某水库进入汛期的水位升高量hn (标高) 与进入汛期的天数n的关系是 $h_{n} = 20 \sqrt{50 n^{2} + 6 n}$ , 汛期共计约40天, 当前水库水位为220 (标高) , 而水库警戒水位是400 (标高) , 水库共有水闸15个, 每开启一个泄洪, 一天可使水位下降4 (标高) .

(1) 若不开启水闸泄洪, 这个汛期水库是否有危险?若有危险, 将发生在第几天?

(2) 若要保证水库安全, 则在进入汛期的第一天起每天至少应开启多少个水库泄洪?

(参考数据:2.272=5.1529, 2.312=5.3361)

解: (1) 进入汛期的水库水位标高 $f (n) = 20 \sqrt{5 n^{2} + 6 n} + 220,$

令 $20 \sqrt{5 n^{2} + 6 n} + 220 > 400$ , 整理得5n2+6n>81, 代值验证得n≥4, 所以会发生危险, 在第4天发生.

(2) 设每天开启p个水闸泄洪, 则 $f (n) = 20 \sqrt{5 n^{2} + 6 n} + 220 - 4 n p$ , 令 $20 \sqrt{5 n^{2} + 6 n} + 220 - 4 n p \leq 400$ , 则 $p \geq \frac{5 \sqrt{5 n^{2} + 6 n} - 45}{n} = 5 (\sqrt{5 + \frac{6}{n}} - \frac{9}{n}) .$

下证 $g (n) = \sqrt{5 + \frac{6}{n}} - \frac{9}{n}$ 为增函数.事实上, 令

当x≥1时, g′ (x) >0, 所以g (x) 在x≥1时为增函数, 即 $g (n) = \sqrt{n + \frac{6}{n}} - \frac{9}{n}$ 为增函数,

故 $g (n)_{\max} = g (40) = \sqrt{5 + \frac{6}{40}} - \frac{9}{40} \approx 2.04$ , 则p≥5×2.04=10.20.

即每天开启11个水库泄洪, 才能保证水库安全.

答:每天开启11个水库泄洪, 才能保证水库安全.

综上可见, 数据问题往往都体现出浓厚的函数背景, 从函数的观点出发, 变动地、直观地研究数列问题是一种较为普遍而行之有效的方法, 因此就掌握各种基本数列所对应的函数及其相关性质, 习惯于用函数的观点解题是很重要的.

利用函数图像研究等差数列问题篇3

一、通项公式对应的函数图像

公差为d的等差数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d.从中可以看出,点列(n,an)在一次函数y=dx+a1-d的图像(亦即直线y=dx+a1-d)上,并且公差d为该直线的斜率,当n-m≠0时,有d=,该直线过点(0,a1-d),1-,0.

例1已知数列{an}是等差数列,an=m,am=n,且m≠n,求an+m.

公式解法由等差数列通项公式,有an=a1+(n-1)d=m,am=a1+(m-1) d=n,两式相减,有(n-m)d=m-n.又m≠n,所以d=-1.

(这里若使用公式d=,则可直接求出d==-1.)

把d=-1代入a1+(n-1)d=m,可知a1=m+n-1.

所以an+m=a1+(n+m-1)d=0.

图像解法不妨设m>n,如图1,令点N为(n,m),M为(m,n),结合平面几何的知识可知,点P为(m+n,0).而这三点的意义恰好是an=m,am=n,an+m=0.

二、前n项和公式对应的函数图像

公差为d的等差数列{an}的前n项和公式为Sn=na1+n(n-1)d

=dn2+a1-n.由此可知,当d≠0时,点列(n,Sn)在二次函数y=dx2+a1-x的图像(亦即抛物线y=dx2+a1-)上,并且该抛物线经过点(0,0),1-,0.

例2 若等差数列{an}的前n项和为Sn,a1>0,公差d<0,S9=S17,求使Sn取最大值的n的值.

图像解法因为S9=S17,所以两点(9,S9),(17,S17)关于直线x==13对称,结合d<0,知抛物线Sn=n2+a1-n开口向下,对称轴为直线x=13,所以使Sn取得最大值的n的值为13.

归纳小结通过类比,将这个问题朝着一般性推广,由此得到以下一个重要结论:在等差数列{an}中,当a1<0,且Sp=Sq(p≠q)时,若p+q为偶数,则n=时,Sn取得最小值;若p+q为奇数,则n=或时,Sn取得最小值.当a1>0,且Sp=Sq(p≠q)时,上述两种情况下,Sn取得最大值.

例3 若等差数列{an}的前n项和为Sn,Sm=Sn(m≠n),求Sm+n.

公式解法

法1 设等差数列{an}的公差为d,则由Sm=Sn,得ma1+•d=na1+d,所以(m-n)a1=d-d,所以(m-n)a1=-d,又因为m≠n,所以a1=-d.

所以Sm+n=(m+n)a1+(m+n)•(m+n-1)d=(m+n)a1+d=0.

法2 由Sm=Sn,得Am2+Bm

=An2+Bn,于是A(m+n)(m-n)+

B(m-n)=0.又m≠n,所以A(m+n)+B=0.

因此Sm+n=A(m+n)2+B(m+n)=(m+n)[A(m+n)+B]=0.

法3 由Sm=Sn,得Sn-Sm=0(设n>m),即am+1+am+2+…+an=0,故•(am+1+an)=0,即有am+n+an=0,

所以Sm+n=Sm+(Sn-Sm)+(Sm+n-Sn)=Sm+(Sm+n-Sn)=(a1+a2+…+am)+(an+1+an+2+…+am+n)=(a1+am+n)+(a2+am+n-1)+…+(am+an+1)=m(am+1+an)=0.

图像解法

法4 如图2,因为Sm=Sn,所以两点M(m,Sm),N(n,Sn)所在的抛物线Sn=An2+Bn关于直线x=对称.

如果能够注意到抛物线Sn=An2+Bn经过原点(0,0),则由对称知识,很容易求得抛物线Sn=An2+Bn也过点(m+n,0),即Sm+n=0.

在数学里,许多定理或公式都有其相应的几何解释,当然一些典型的题目也有其相应的的图解,探索这些典型题目的几何解法,对于培养数形结合的能力具有重要的意义.

1. 已知数列{an}的前n项和Sn=-n2+24n(n∈N*),则当n为何值时,Sn最大,最大值是多少?

2. 在等差数列{an}中,a1<0,S9=S12,则该数列前多少项和最小?

3. 在等差数列{an}中,已知a1=20,前n项和为Sn,且S10=S15,求当n取何值时,Sn有最大值,并求出它的最大值.

1. n=12,最大值144.

2. 前10或11项和.

等差数列问题探究六则篇4

探究1：等差数列的证明问题

提升对an1and（常数）本质的认识，只要后项减前项为同一个常数，就能证明数列an是等差数列.根据条件，判断下列数列是否为等差数列？

22（1）an（2）an1an2；（3）1an4；111； an1an

an1ann1； n122（4）lgan1lgan2；（5）

2an12an2；（6）

思考1.已知数列an及bn是两个无穷等差数列，公差分别是d1和d2，求证：anbn成等差数列，并求它的公差.思考2.已知a,b,c的倒数成等差数列，求证：等差数列.思考3.（2012年江苏20）已知各项均为正数的两个数列{an}和{b

n}满足：

2bbnnan1nN．设bn11，nN，求证：数列是等差数列.ananabc，的倒数也成bcacababc

探究2：含绝对值的数列问题

已知等差数列an的首项a116，公差d

（1）此等差数列中从第几项开始出现负数？

（2）当an最小时，求n.3.4探究3：三个数或四个数成等差数列问题

1.三个数成等差数列，它们的和是15，它们的平方和等于83，求这三个数.2.成等差数列的四个数之和为26，第二个数和第三个数之积为40，求这四个数.探究4：等差数列通项的若干性质探究.1.已知xy，两个数列x,a1,a2,a3,y和x,b1,b2,b3,b4,y都是等差数列，且公差分别为d1和d2，求d1:d2.2.已知an是等差数列，当mnpq（m,n,p,qN*）时，是否有

amanapaq？如果是，请给出证明.并思考能否对该结论作进一步推广？

例：在等差数列an中，已知a2a7a1512，则a8______.3.（1）已知an是等差数列，且apq，aqp（pq），求apq.n

（2）若已知数列an的通项公式为：an(3p)24n3，则p的值为________.4.（1）在等差数列数列an中，2anankank(nk0)是否成立？

（2）如果在数列an中，2anankank(nk0)，你能得到什么结论？

探究5：数阵数表问题

下列数阵称为“森德拉姆筛”，其特点是每行每列都是等差数列.2 3 4 5 6 3 5 7 9 11 4 7 10 13 16 5 9 13 17 21 6 11 16 21 26 7 13 19 25 31 „

„

定义第i行第j列的项为aij，求数列aij的通项公式.„13 „19 „25 „31 „37 „„

„

探究6：等差数列探究性问题

1.在一个等差数列中，如果其中有一项为连续三项？

变式：（2009北大、北师大等高水平学校自主招生试题）已知由正数组成的无穷等差数列中有3项13,25,41.求证：2009是其中一项.2.已知数列an满足：a11，an1(n2n)an（n1,2,3,），其中为常数.（1）当a21时，求与a3的值；

（2）数列an是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，请说明理由.26151，能否成为该等差数列的，那么

巧用数学思想解答数列问题篇5

归纳思想是数列学习过程中的重要思想方法之一, 教师要重视学生观察、发现、猜想、归纳等学习过程的体验, 强调归纳思想的具体运用.

例1写出数列13+2, 13+6, 13+12, 13+20, 13+30……的一个通项公式, 并验证2563是否为该数列中的一项.

解:数列每项由两个数的和组成, 第1个数都是13, 第2个数分别为2, 6, 12, 20, 30, ……, 都是两个连续自然数的乘积:1×2, 2×3, 3×4, 4×5, 5×6…….

∴该数列的通项公式为an=13+n (n+1) (n∈N+) .

令13+n (n+1) =2563, 即n2+n-2550=0, 解得n=50或n=-51 (舍去) .

∴2563是该数列中的项且为第50项.

方法点拨:解这类问题就是要观察各项与对应序号之间的联系, 利用我们熟知的一些基本数列进行合理地联想.

2. 方程思想

方程思想主要是解决数列中有关数量关系探究方面的问题, 特别是等差数列a1, an, n, Sn, d或等比数列a1, an, n, Sn, q中“知三求二”问题都是利用了方程思想.

例2已知等差数列{an}中, a1+a4+a7=15, a2a4a6=45, 求数列的通项公式.

解:∵a1+a7=2a4=a2+a6, ∴a1+a4+a7=3a4=15, ∴a4=5.

∵a2+a6=10且a2a6=9.

∴a2和a6是方程x2-10x+9=0的两根,

解得a2=1, a6=9或a2=9, a6=1.

若a2=1, a6=9, 则d=2.∴an=2n-3.

同理可得:若a2=9, a6=1时, d=-2, ∴an=13-2n.

综上所述, an=2n-3或an=13-2n.

方法点拨:解此类问题的一般思路是根据等差数列的性质, 若m+n=p+q, 则am+an=ap+aq.特例若m+n=2p则am+an=2ap, m、n、p、q∈N+, 通过列方程和方程组求解.

3. 数形结合思想

数形结合思想在数列概念的引入及其简单表示方面有具体应用, 等差数列、等比数列中有关问题的研究, 很多都是借助 (函数) 图象的背景来研究的.

例3等差数列{an}中, Sn是它的前n项和, a5=10, S3=3, 求证:数列{Sn}是单调递增数列.

证明:设等差数列{an}的公差为d, 则a1+4d=10, 3a1+3d=3, 解得a1=-2, d=3.

把a1=-2, d=3代入前n项和公式, 得

设Sn对应的函数为, 易知当时, 函数为增函数, 如右图所示.所以当n≥2时, 有Sn+1>Sn.

另一方面, 由知, Sn的最小值在n=1时取得, 即 (Sn) min=S1, 从而有S1

方法点拨:解此类题实际上是研究Sn随n的变化规律.由于等差数列中Sn是关于n的二次函数, 可以用二次函数的方法处理.具体方法就是将Sn写成, 根据二次函数的图象, 若a1>0, d<0, 则Sn必有最大值;若a1<0, d>0, 则Sn必有最小值.最后利用二次函数图象的对称性来确定n的值.

4. 函数思想

数列与函数有着密切的关系, 因而, 我们可以利用函数的思想来解决数列问题.

例4已知数列{an}的首项a1=21, 前n项和Sn=an2+bn, 等比数列{bn}的前n项和Tn=2n+1+a, 则Sn的最大值为______.

解:由等比数列{bn}的前n项和Tn=2n+1+a, 易得它的公比不是1.

∵Tn=2×2n+a, ∴a=-2, ∴Sn=-2n2+bn,

∴数列{an}为等差数列.

数列中的恒成立问题研究篇6

策略一:直接观察求最值

分析:恒成立问题的本质是最值,本题中,Tn可以视作一个关于n的函数,因此只要求其最小值即可.而通过观察单调性,则是求最值最常见的方法.

又因为m∈N*,所以m的最大值为7.

策略二:作差的方法求最值

除了套用常规求函数最值的方法, 数列中由于其变量是正整数这一特殊性,决定了其还具有变通的方法求最值,即通过作差或作商的方法比较an与an-1的大小确定其单调性. 具体来说,当an-an-1>0则an单调递增;an-an-1<0则an单调递减.

分析:把Tn视作关于n的一个函数,再通过作差研究其单调性.

策略三:作商的方法求最值

除了采取作差的方法外,还可以采取作商的方法,即正项数列满足,则an单调递增,则an单调递减.

例3: 已知数列Cn≤1/4m2+m-1对一切正整数n恒成立 ,求实数m的取值范围.

分析:Cn= (3n-2 ) (1/4)n, 直接通过观察法无法确定其单调性 ,又由于其中涉及指数形式 ,故采取作商研究其单调性.

策略四:分离参数后求最值

除了上述能够直接求出最值的情形,更多时候,所研究的数列中字母参数跟主元(通常是n)混在一起,这样就不容易直接求出最值,便需要通过恒等变形,使参数跟主元分离,从而转化为求主元函数的值域.

(1)求an;

由于涉及(-1)n-1,因此需要对n的奇偶进行分类讨论.具体如下:

此时f(n)min=f(1)=1,所以λ<1.

策略五:分别研究最值

例5:数列an首项为-1,(n+1)an,(n+2)an+1,n成等差数列

(1)若bn=(n+1)an-n+2, 求证 :{bn} 为等比数列;

(2)求{an}的通项公式 ;

(3)若an-bn≤kn对任意的nn∈N*都成立,求实数k的范围。

分析:当某个复杂的数列是由两个数列相加的结果,通常可考虑上述策略,利用观察法或者作差(作商)等方法对两者的单调性分别进行研究,从而得出整个数列的最值。

解:(1)(2)略

高中数学数列问题常见错解简析篇7

一忽略了项数n的限定条件致错

例题:已知数列{an}的前n项和sn=2n2-3n+1, 求an的通项公式。

错解:当n=1时, a1=s1=0;

11当n≥2时, an=Sn-Sn-1= (2n2-3n+1) -[2 (n-1) 2-3 (n-1) +1]=4n-5。

∴an=4 n-5。

正解:当n=1时, a1=s1=0。

当n≥2时, an=Sn-Sn-1= (2n2-3n+1) -[2 (n-1) 2-3 (n-1) +1]=4n-5。

二对等差数列前n项和公式理解不透彻致错

A.3 B.4 C.5 D.6

错解分析:错解错在对等差数列前n项和公式没有理解透彻。错解中令An= (7n+45) k, 即将等差数列前n项和看成n的一次函数, 显然是错误的。

正解:方法一:由题意设An= (7n+45) nk, Bn= (n+3) nk。

则an=An-An-1=14nk+38k, bn=Bn-Bn-1=2nk+2k。

故n=1, 2, 3, 5, 11, 故选C。

三在应用等比数列求和公式时忽略q=1致错

例题:在等比数列{an}中, 前n项和为Sn, 若Sm, Sm+2, Sm+1成等差数列, 则am, am+2, am+1成等差数列。 (1) 写出这个命题的逆命题。 (2) 判断逆命题是否为真。

错解: (1) 逆命题:在等比数列中, 前n项和为Sn, 若am, am+2, am+1成等差数列, 则Sm, Sm+2, Sm+1成等差数列。

(2) 逆命题为真。证明如下:设{an}首项为a1, 公比为q, 由 (1) 得2am+2=am+am+1。

∴2a1q m+1=a1q m-1+a1q m

∴Sm+Sm+1=2Sm+2, ∴Sm, Sm+2, Sm+1成等差数列。

∴逆命题为真。

正解: (1) 逆命题:在等比数列{an}中, 前n项和为Sn, 若am, am+2, am+1成等差数列, 则Sm, Sm+2, Sm+1成等差数列。

(2) 设{an}的首项为a1, 公比为q。

∴Sm+Sm+1=2Sm+2。∴Sm, Sm+2, Sm+1成等差数列。

综上得:当公比q=1时, 逆命题为假, 当公比q≠1时, 逆命题为真。

四忽视了通项an是关于项数n的分段函数致错

错解分析:这里数列的通项an是关于n的分段函数, 当n为奇数或为偶数时对应不同的法则, 因此求和必须对项数n进行分段讨论。

五忽略n的取值范围致错

例题:已知数列{an}是递增数列, 且对任意的正整数n, an=n2+λn恒成立, 求实数λ的取值范围。

错解分析:错解原因是忽略了n的取值范围, 在本题中, n∈N*, 错解中扩大到了n∈[1, +∞) , 需要注意的是, 数列是特殊的函数, 可以用动态的函数的观点研究数列, 但必须时刻注意其特殊性, 即定义域为n∈N*。

正解:由于{an}是递增数列, 因此有an0, 对任意n∈N*恒成立, 将an=n2+λn, an+1= (n+1) 2+λ (n+1) 代入化简可得, λ>- (2n+1) 。

又因为- (2n+1) max=-3, 因此λ>-3, 即为所求实数λ的取值范围。

高考数列求和问题的破解策略篇8

一、利用常用数列求和公式求和

若所给数列的通项是关于n的多项式，此时可采用公式法求和，常用求和公式列举如下：

等差数列求和公式：Sn=n（a1+an）2=na1+n（n—1）2d，

等比数列求和公式：

Sn=na1（q=1）

a1（1—qn）1—q=a1—anq1—q（q≠1）

自然数的方幂和：∑nk=1k3=13+23+33+…+n3=14n2（n+1）2，∑nk=1k=1+2+3+…+n=12n（n+1），

∑nk=1k2=12+22+32+…+n2=16n（n+1）（2n+1）.

例1设Sn=1+2+3+…+n，n∈N*，求f（n）=Sn（n+32）Sn+1的最大值.

解：由等差数列求和公式得 Sn=12n（n+1），Sn+1=12（n+1）（n+2）

∴f（n）=Sn（n+32）Sn+1=nn2+34n+64

=1n+34+64n=1（n—8n）2+50≤150

∴当n=88，即n=8时，f（n）max=150

二、错位相减法求和

若数列{cn}的通项公式为cn=anbn，其中{an}，{bn}中有一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q，然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法.

例2求和：Sn=1+3x+5x2+7x3+…+（2n—1）xn—1（x≠1）……①

解：由题可知，{（2n—1）xn—1}的通项是等差数列{2n—1}的通项与等比数列{xn—1}的通项之积

设xSn=1x+3x2+5x3+7x4+…+（2n—1）xn……②（设制错位）

①—②得（1—x）Sn=1+2x+2x2+2x3+2x4+…+2xn—1—（2n—1）xn（错位相减）

再利用等比数列的求和公式得：（1—x）Sn=1+2x·1—xn—11—x—（2n—1）xn

∴Sn=（2n—1）xn+1—（2n+1）xn+（1+x）（1—x）2

例3求数列22，422，623，…，2n2n，…前n项的和.

解：由题可知，{2n2n}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{12n}的通项之积

设Sn=22+422+623+…+2n2n……①

12Sn=222+423+624+…+2n2n+1……②（设制错位）

①—②得（1—12）Sn=22+222+223+224+…+22n—2n2n+1（错位相减）

=2—12n—1—2n2n+1

∴Sn=4—n+22n—1

三、倒序相加法求和

将一个数列倒过来排列（倒序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an），Sn表示从第一项依次到第n项的和，然后又将Sn表示成第n项依次倒序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到Sn的一种求和方法.也称倒序相加法.

例4求证：C0n+3C1n+5C2n+…+（2n+1）Cnn=（n+1）2n.

证明：设Sn=C0n+3C1n+5C2n+…+（2n+1）Cnn……①

把①式右边倒转过来得

Sn=（2n+1）Cnn+（2n—1）Cn—1n+…+3C1n+C0n（反序）

又由Cmn=Cn—mn可得

Sn=（2n+1）C0n+（2n—1）C1n+…+3Cn—1n+Cnn……②

①+②得2Sn=（2n+2）（C0n+C1n+…+Cn—1n+Cnn）=2（n+1）·2n（反序相加）

∴Sn=（n+1）·2n.

例5求sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°的值.

解：设S=sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°……①

将①式右边反序得

S=sin289°+sin288°+…+sin23°+sin22°+sin21°……②（反序）

又因为 sinx=cos（90°—x），sin2x+cos2x=1，

①+②得2S=（sin21°+cos21°）+（sin22°+cos22°）+…+（sin289°+cos289°）=89（反序相加）

∴S=892.

四、分组求和法

有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，能分为几个等差、等比或常见的数列的和、差，则对拆开后的数列分别求和，再将其合并即可求出原数列的和.

例6求数列{n（n+1）（2n+1）}的前n项和.

解：设ak=k（k+1）（2k+1）=2k3+3k2+k，

∴Sn=∑nk=1k（k+1）（2k+1）=∑nk=1（2k3+3k2+k），

将其每一项拆开再重新组合得：

Sn=2∑nk=1k3+3∑nk=1k2+∑nk=1k

=2（13+23+…+n3）+3（12+22+…+n2）+（1+2+…+n）

=n2（n+1）22+n（n+1）（2n+1）2+n（n+1）2

=n（n+1）2（n+2）2.

五、裂项相消法求和

有些数列求和的问题，可以对相应的数列的通项公式加以变形，将其写成两项的差，这样整个数列求和，各加数都按同样的方法裂成两项之差，其中每项的被减数一定是后面某项的减数，从而经过逐项相互抵消仅剩下有限项，可得出前n项和公式.这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用，也称为分裂通项法.它适用于{canan+1}型（其中{an}是各项不为0的等差数列，c为常数）、部分无理数列、含阶乘的数列等.常见拆项公式有：

an=f（n+1）—f（n）；1（2n—1）（2n+1）=12（12n—1—12n+1）；1n（n+1）=1n—1n+1；1n（n+1）（n+2）=12（1n（n+1）—1（n+1）（n+2））；1a+b=1a—b（a—b）；

（2n）2（2n—1）（2n+1）=1+12（12n—1—12n+1）；sin1°cosn°cos（n+1）°=tan（n+1）°—tann°.

例7求数列11+2，12+3，…，1n+n+1，…的前n项和.

解：设an=1n+n+1=n+1—n，

则Sn=11+2+12+3+…+1n+n+1

=（2—1）+（3—2）+…+（n+1—n）

=n+1—1.

例8设数列{an}的前n项的和

Sn=43an—13×2n+1+23，n=1，2，3，…，令Tn=2nSn，n=1，2，3，…，求∑ni=1Ti.

解：由题意得：an=4n—2n（其中n为正整数）

Sn=43an—13×2n+1+23=43（4n—2n）—13×2n+1+23=23（2n+1—1）（2n—1）

Tn=2nSn=32×2n（2n+1—1）（2n—1）=32×（12n—1—12n+1—1）

所以：∑ni=1Ti=32×（121—1—12n+1—1）

=3（2n—1）2n+1—1.

六、并项求和

针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求和Sn.

例9设数列{an}的首项为a1=1，前n项和Sn满足关系式：3tSn—（2t+3）Sn—1=3t，（t>0，n=2，3，4，…）设数列{an}的公比为f（t），作数列{bn}使b1=1，bn=f（1bn—1），（n=2，3，4，…），求和：b1b2—b2b3+b3b4—b4b5…+b2n—1b2n—b2nb2n+1.

解：由题意知{an}为等比数列，得an=（2t+33t）n—1，故f（t）=2t+33t

故：bn=2n+13，可知{b2n—1}和{b2n}是首项分别为1和53，公差均为43的等差数列.

于是b1b2—b2b3+b3b4—b4b5+…+b2n—1b2n—b2nb2n+1

=b2（b1—b3）+b4（b3—b5）+b6（b5—b7）+…+b2n（b2n—1—b2n+1）

=—43（b2+b4+…+b2n）=—4312n（53+4n+13）

=—49（2n2+3n）.

七、利用数列的通项求和

先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和，是一个重要的方法.

例10求1+11+111+…+111…1n个1之和.

解：由于111…1k个1=19×999…9k个9=19（10k—1）（找通项及特征）

∴1+11+111+…+111…1n个1

=19（101—1）+19（102—1）+19（103—1）+…+19（10n—1）（分组求和）

=19（101+102+103+…+10n）—19（1+1+1+…+1n个1）

=19·10（10n—1）10—1—n9=181（10n+1—10—9n）.

八、累加法

给出数列{Sn}的递推式和初始值，若递推式可以巧妙地转化为Sn—Sn—1=f（n）型，可以考虑利用累加法求和，此法也叫叠加法.

例11已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=12，Sn=n2an—n（n—1），n∈N，求Sn

解：由Sn=n2an—n（n—1）（n≥2）得：Sn=n2（Sn—Sn—1）—n（n—1），

即（n2—1）Sn—n2Sn—1=n（n—1），

∴n+1nSn—nn—1Sn—1=1，对n≥2成立.

将n+1nSn—nn—1Sn—1=1，nn—1Sn—1—n—1n—2Sn—2=1，…，32S2—21S1=1累加，则n+1nSn—2S1=n—1，又S1=a1=12，

所以Sn=n2n+1，当n=1时，也成立.

九、多法并举求和

根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和，它通常集分组、裂项、公式求和于一体，是一个解决综合性数列求和的重要途径.

例12已知数列{an}：an=8（n+1）（n+3），求∑nk=1（k+1）（ak—ak+1）的值.

解：∵（k+1）（ak—ak+1）

=8（k+1）[1（k+1）（k+3）—1（k+2）（k+4）]

=4·（1k+2—1k+4）+8（1k+3—1k+4），

∴ ∑nk=1（k+1）（ak—ak+1）

=4∑nk=1（1k+2—1k+4）+8∑nk=1（1k+3—1k+4）

=13n2+43n3（n+4）（n+3）.

等差数列、等比数列综合习题篇9

一．选择题

1.已知an1an30，则数列an是（）

A.递增数列

B.递减数列

C.常数列

D.摆动数列

1，那么它的前5项的和S5的值是（）231333537A．

B．

C．

D．

22223.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S7=35，则a4=（）2.等比数列{an}中，首项a18，公比q A.8

B.7

C.6

D.5 ,则2a9a10（）4.等差数列{an}中，a13a8a15120 A．24

B．22

C．20

D．-8 215.已知数列an中，a11,an2an13，求此数列的通项公式.16.设等差数列

an的前n项和公式是sn5n23n,求它的前3项，并求它的通项公式.5.数列an的通项公式为an3n28n，则数列an各项中最小项是（）

A.第4项

B.第5项

C.第6项

D.第7项

2ab等于（）

2cd11

1A．1

B．

C．

D．

824a20（）7.在等比数列an中,a7a116,a4a145,则a1023232

3A.B.C.或

D.或 

3232328.已知等比数列an中,an>0,a2a42a3a5a4a625,那么a3a5=（）6.已知a，b，c，d是公比为2的等比数列，则

A.5

B.10

C.15

D.20 二．填空题

9．已知{an}为等差数列，a15＝8，a60＝20，则a75＝________

10.在等比数列{an}中，a2a816，则a5=__________

11．在等差数列{an}中，若a7＝m，a14＝n，则a21＝__________

12.等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3+a17=10,则S19的值_________

13.已知等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＝40，a4＋a5＋a6＝20，则前9项之和等于_________

三.解答题

14.设三个数成等差数列，其和为6，其中最后一个数加上1后，这三个数又成等比数列，求这三个数.等差数列、等比数列同步练习题

等差数列

一、选择题

1、等差数列-6，-1，4，9，……中的第20项为（）

A、89 B、-101 C、101 D、-89

2．等差数列{an}中，a15=33，a45=153，则217是这个数列的（）

A、第60项 B、第61项 C、第62项

D、不在这个数列中

3、在-9与3之间插入n个数，使这n+2个数组成和为-21的等差数列，则n为

A、4 B、5 C、6 D、不存在

4、等差数列{an}中，a1+a7=42，a10-a3=21，则前10项的S10等于（）

A、720 B、257 C、255 D、不确定

5、等差数列中连续四项为a，x，b，2x，那么 a ：b 等于（）

A、B、C、或 1 D、6、已知数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n，而a1，a3，a5，a7，……组成一新数列{Cn}，其通项公式为（）

A、Cn=4n-3 B、Cn=8n-1 C、Cn=4n-5 D、Cn=8n-9

7、一个项数为偶数的等差数列，它的奇数项的和与偶数项的和分别是24与30 若此数列的最后一项比第-10项为10，则这个数列共有（）

A、6项 B、8项 C、10项 D、12项

8、设数列{an}和{bn}都是等差数列，其中a1=25，b1=75，且a100+b100=100，则数列{an+bn}的前100项和为（）

A、0 B、100 C、10000 D、505000

答案1． A

2、B

3、B

4、C

5、B

6、D 7、A

8、C

二、填空题

9、在等差数列{an}中，an=m，an+m=0，则am= ______。

10、在等差数列{an}中，a4+a7+a10+a13=20，则S16= ______。11．在等差数列{an}中，a1+a2+a3+a4=68，a6+a7+a8+a9+a10=30，则从a15到a30的和是 ______。

12．已知等差数列 110，116，122，……，则大于450而不大于602的各项之和为 ______。

三、解答题

13．已知等差数列{an}的公差d=，前100项的和S100=145求： a1+a3+a5+……+a99的值

14．已知等差数列{an}的首项为a，记

(1)求证：{bn}是等差数列

(2)已知{an}的前13项的和与{bn}的前13的和之比为 3 ：2，求{bn}的公差。

15．在等差数列{an}中，a1=25，S17=S9(1)求{an}的通项公式

(2)这个数列的前多少项的和最大？并求出这个最大值。

16、等差数列{an}的前n项的和为Sn，且已知Sn的最大值为S99，且|a99|〈|a100| 求使Sn〉0的n的最大值。

答案：

二、填空题

9、n10、80

11、-368 12、13702

13、∵{an}为等差数列∴ an+1-an=d

∴ a1+a3+a5+…+a99=a2+a4+a6+…+a100-50d

又（a1+a3+a5+…+a99）+（a2+a4+a6+…+a100）=S100=145 ∴ a1+a3+a5+…+a99=

=60

14、(1)证：设{an}的公差为d则an=a+（n-1）d

当n≥0时 b n-bn-1=

d 为常数∴ {bn}为等差数列

（2）记{an}，{bn}的前n项和分别为A13，B13则，∴{bn}的公差为

15、S17=S9 即 a10+a11+…+a17=

∴ an=27-2n

=169-（n-13）2

当n=13时，Sn最大，Sn的最大值为169

16、S198=（a1+a198）=99(a99+a100)<0 S197=

(a1+a197)=

(a99+ a99)>0

又 a99>0，a100<0则 d<0

∴当n<197时，Sn>0 ∴ 使 Sn>0 的最大的n为197

等比数列

一、选择题

1、若等比数列的前3项依次为A、1 B、C、D、，……，则第四项为（）

2、等比数列{an}的公比q>1，其第17项的平方等于第24项，求：使a1+a2+a3+……+an>

成立的自然数n的取值范围。

2、公比为的等比数列一定是（）

A、递增数列 B、摆动数列 C、递减数列 D、都不对

3、在等比数列{an}中，若a4·a7=-512，a2+a9=254，且公比为整数，则a12=（）

A、-1024 B、-2048 C、1024 D、2048

4、已知等比数列的公比为2，前4项的和为1，则前8项的和等于（）

A、15 B、17 C、19 D、21

5、设A、G分别是正数a、b的等差中项和等比中项，则有（）

3、已知等比数列{an}，公比q>0，求证：SnSn+26、{an}为等比数列，下列结论中不正确的是（）

A、{an2}为等比数列 B、为等比数列

C、{lgan}为等差数列 D、{anan+1}为等比数列

7、a≠0，b≠0且b≠1，a、b、c为常数，b、c必须满足（）

一个等比数列前几项和Sn=abn+c，那么a、A、a+b=0

B、c+b=0

C、c+a=0

D、a+b+c=0

8、若a、b、c成等比数列，a，x，b和b，y，c都成等差数列，且xy≠0，则的值为（）

A、1 B、2 C、3 D、4

4、数列{an}的前几项和记为An，数列{bn}的前几项和为Bn，已知答案：

一、1、A

2、D

3、B

4、B

5、D

6、C

7、C

8、B 求Bn及数列{|bn|}的前几项和Sn。

二、填空题

1、在等比数列{an}中，若S4=240，a2+a4=180，则a7= _____,q= ______。

2、数列{an}满足a1=3，an+1=-，则an = ______，Sn= ______。

3、等比数列a，-6，m，-54，……的通项an = ___________。

4、{an}为等差数列，a1=1，公差d=z，从数列{an}中，依次选出第1，3，32……3n-1项，组成数

列{bn},则数列{bn}的通项公式是__________，它的前几项之和是_________。

二、计算题

1、有四个数，前三个数成等差数列，后三个成等比数列，并且第一个数与第四个数的和为37，第

二个数与第三个数的和为36，求这四个数。，答案

一、1、6；32、3、-2·3n-1或an=2（-3）n-1 4、2·3n-1-1；3n-n-1

二、1、解：由题意，设立四个数为a-d，a，a+d，则

由（2）d=36-2a（3）

把（3）代入（1）得 4a2-73a+36×36=0（4a-81）（a-16）=0 ∴所求四数为或12，16，20，25。

2、解：设{an}的前几项和Sn，的前几项的和为Tn an=a1qn-1

∵Sn>Tn ∴即>0 又

∴a12qn-1>1（1）

又a172=a24即a12q32>a1q23 ∴a1=q-9（2）由（1）（2）

∴n≥0且n∈N

3、证一：（1）q=1 Sn=na1 SnSn+2-Sn+12=（na1）[（n+2）a1]-[（n+1）a1]2=-a12（2）q≠1

=-a12qn<0

∴SnSn+2

SnSn+2-Sn+12=Sn（a1+qSn+1）-Sn+1（a1+qSn）=a1（Sn-Sn+1）

=-a1a n+1=-a12qn<0 ∴SnSn+2

4、解：n=1

n≥2时，∴

bn=log2an=7-2n

∴{bn}为首项为5，公比为（-2）的等比数列

令bn>0，n≤3

∴当n≥4时，bn〈0

1≤n≤3时，bn〉0 ∴当n≤3时，Sn=Bn=n（6-n），B3=9

等差数列问题篇10

数列 (sequence of number) 是一列有序的数。它是以正整数集或它的有限子集为定义域的一种函数。数列中所包含的每一个数叫做这个数列的项。排在这个数列第一位的数称之为首项 (通常也叫做数列的第1 项) , 而排在第二位的数称为数列的第2 项……依次类推排在第n位的数则称为这个数列的第n项, 通常使用来an表示。

开始接触并学习函数的知识以后, 可以发现, 数列其实是一种比较特殊的函数。它的特殊性主要表现在数列的定义域和值域上。一般的, 数列可以被看做是一个定义域为正整数集N* 或者其有限子集{1, 2, 3, …, n}的函数, 其中的{1, 2, 3, …, n}不能被省略。

可以看到用函数的观点认识数列是一种重要的思想方法, 一般情况下, 函数通常有三种表示方法, 同样的数列也有三种表示的方法:1.列表法;2.图像法;3.解析法。其中解析法包含以通项公式表示数列和以递推公式表示数列。因为函数不一定有解析式, 所以同样的数列也并非都有通项公式。

(一) 数列的分类

常用的数列通常有以下几种:“有穷数列” (finite sequence) , 项数有限的数列;“无穷数列” (infinite sequence) , 项数无限的数列。正项数列, 数列的各项都是正数;递增数列, 即从第2 项起, 每一项都大于它的前一项的数列;递减数列, 即从第2 项起, 每一项都小于它的前一项的数列;摆动数列, 从第2 项起, 有些项大于它的前一项, 有些项小于它的前一项的数列;周期数列, 数列各项呈周期性变化的数列;常数列, 各项相等的数列。

(二) 数列的表示

数列有时会有很多项数, 而有的无限数列的项数是无穷的, 那么应该如何更好地表示数列呢?通常我们使用通项公式和递推公式来表达和表示一个数列。

1.数列的通项公式, 即数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以通过同一个式子来表示, 即数列的通项公式。如an= (-1) n+1+1, 可以注意到首先有些数列的通项公式可以有不同形式, 而有些数列没有通项公式。比如, 素数由小到大排成一列2, 3, 5, 7, 11, ……这个数列就没有通项公式。

2.数列的递推公式, 即表现数列的某一项和它的前一项或前若干项之间关系的式子。数列的递推公式同其通项公式的特点类似, 即有些数列的递推公式是不唯一的, 可以有不同形式。同样有些数列也可以没有递推公式, 且有递推公式的数列不一定有通项公式。

二、数列的产生与发展

数列是除去数字、三角、函数之外的另一个非常重要的数学概念。数列很早就体现出了人类的睿智, 因为它不仅推进了级数的产生和组合的发展, 还充满着人文气息和人类智慧, 并被广泛应用在艺术、建筑等诸多领域, 是数学中的重要模型。

数列的历史十分悠久, 在古代中国、古印度、古希腊、古代阿拉伯等历史中都可以发现数列的记载和介绍。在古代中国, 《庄子》中就有:“一尺之锤, 日取其半, 万世不竭。”的记载。而在古巴比伦, 约在公元前20 世纪的石板上记录了以下数字:1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, ……其实这是现在非常常见的自然数的平方和。同时, 中国的《九章算术》或西方的欧几里得的《几何原本》都对数列有丰富的记录。关于数列, 还有许多经典的命题广为流传, 像熟悉的数学家高斯幼年巧算1 到100 自然数和的故事, 以及国际棋盘上叠加小麦的问题和比较著名的阿莫斯之谜等。不仅在数学研究上, 在自然界和生活中, 数列依然随处可见。下文将就菲波那切数列的单独分析来揭示上述讨论。

三、菲波那切数列

菲波那切数列是一个比较常见的数列, 学生应该都比较熟悉, 即0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, ……这个数列的特点是从第三项起, 每一项都等于它的前两项相加之和, 是意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现的, 自斐波那契数列发现之时起, 就引起了人们的广泛关注。

在数学表示上, 斐波那契数列可以表示为:

F (n) =0, 当n=0时;

F (n) =1, 当n=1 时;

F (n) =F (n-1) +F (n-2) , 当n>1 时。

(一) 斐波那契数列的相关数学性质

1.与黄金比例的关系。通过研究可以发现, 对于菲波那切数列的各项来说, 相邻两项的商, 越靠后就越接近0.618, 而通过通项公式去求相邻两项商的极限其结果正是黄金比例, 因此, 菲波那切数列又称为黄金比数列。

2.简单的规律。透过数列我们可以发现其中一些简单的规律:每3 个连续的斐波那契数有且只有一个被2 整除, 每4个连续的斐波那契数有且只有一个被3 整除, 每5 个连续的斐波那契数有且只有一个被5 整除, 每6 个连续的斐波那契数有且只有一个被8 整除, 每7 个连续的斐波那契数有且只有一个被13 整除, ……每n个连续的斐波那契数有且只有一个被整除。

(二) 斐波那契数列的应用

除了在数学方面的研究外, 菲波那切数列在很多领域都有着广泛的应用。

1.物理学。在已学到的氢原子能级方面, 在氢原子吸收能量发生能级跃迁时, 电子所处的状态可能的情形是:1、2、3、5、8、13、21…种。这就是斐波那契数列的一部分。

2.计算机科学。在计算机算法方面, 同样可以应用到斐波那契数列。如斐波那契堆 (Fibonacci heap) , 它是计算机科学中, 最小堆有序树的集合。可用于计算机计算时实现合并优先队列。通过斐波那契数列算法的应用, 它可以不涉及删除元素的操作的平摊时间, 和另一种算法二项堆相比是巨大的改进, 大大提高了计算速度。

3.自然界。在自然界中, 很多动植物的生长都遵从斐波那契数列的规律。一些植物的萼片、花瓣、果实数目以及排列方式上, 都非常符合斐波那契数列, 如菠萝、松子等。而贝壳螺旋轮廓线则符合斐波那契螺旋。

四、结语

数列从古至今的发展可以看到, 在每个细微的方面深入思考, 都可以有很深入的发现。这也是每个人在学习上应当具备的优良品德。通过数列这一小小的切入点, 也可以看到数学是如此实用和美妙的学科。正是对数学的研究才逐步推动着各个领域科技的进步与发展, 也需要一代代人们努力去研究, 让数学的发展更进一步。

摘要：数列是我们从中学时期就会接触和涉及的一个知识点, 虽看似简单却蕴含着很玄妙的数学规律, 值得我们去深入探讨。我们通过了解数列的产生和发展过程, 可以发现数列中所代表和体现的数学规律之美。其中, 菲波那切数列更能体现出数学的应用之美。

关键词：数列,历史,应用,菲波那切数列

参考文献

[1]王君行.斐波那契数列的一些有趣性质[J].数学通报, 2009 (3) :60.

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