例1.等差數(shù)列中,a₃+a₇-a₁₀=8,a₁₁-a₄=4,求S₁₃

解：由求和公式

知問題轉化為求a₇

由條件得：a₇=12

例2.已知數(shù)列{a_n}滿足

(1)計算：a₂,a₃,a₄　 (2)求數(shù)列的通項公式

解：(1)由可計算出

a₂= -1,a₃=，a₄= -1

有兩種解法，一由a₂,a₃,a₄的值猜想通項公式然后用數(shù)學歸納法證明

二是由已知得：

(*)　

兩式相減得：(a_n-1-1)(a_n-a_n-2)=0

顯然不存在a_n-1-1=0的情況，否則代入(*)有a_n=a_n+1即0=1矛盾，故只有a_n=a_n-2

這樣可得　 或

例3.已知數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，且前n項之和S_n滿足6S_n=a_n²+3a_n+2.若a₂，a₄,a₉成等比數(shù)列，求數(shù)列的通項公式。

解：當n=1時，由題意有6a₁=a₁²+3a+2

于是　 a₁=1 或 a₁=2

當n³2時，有6S_n=a_n²+3a_n+2，6S_n-1=a_n-1²+3a_n-1+2

兩式相減得：(a_n+a_n-1) (a_n-a_n-1-3)=0

由題意知{a_n}各項為正，所以a_n-a_n-1=3

當a₁=1時，a_n=1+3(n-1)=3n-2

此時a₄²=a₂a₉成立

當a₁=2時，a_n=2+3(n-1)=3n-1

此時a₄²=a₂a₉不成立，故a₁=2舍去

所以a_n=3n-2

例4.各項為實數(shù)的等差數(shù)列的公差為4，其首項的平方與其余各項之和不超過100，這樣的數(shù)列至多有多少項？

解 設a₁,a₂…,a_n是公差為4的等差數(shù)列，則

　 a₁²+a₂+a₃+…+a_n£100,　

即　

a₁²+(n-1)a₁+(2n²-2n-100)£0　 (1)

因此，當且僅當D=(n-1)²-4(2n²-2n-100)³0時，至少存在一個實數(shù)a₁滿足(1)式。

因為D³0，所以

7n²-6n-401£0,

解得 n₁£n£n₂　 (2)

其中，所以滿足(2)的自然數(shù)n的最大值為8。故這樣的數(shù)列至多有8項。

例5.各項均為實數(shù)的等比數(shù)列{a_n}的前n項之和為S_n，若S₁₀=10，S₃₀=70，求S₄₀。

解　 記b₁=S₁₀,b₂=S₂₀-S₁₀,b₃=S₃₀-S₂₀,b₄=S₄₀-S₃₀.設q是{a_n}的公比，則b₁,b₂,b₃,b₄構成以r=q¹⁰為公比的等比數(shù)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.給定正整數(shù)n和正數(shù)M，對于滿足條件a₁²+a_n+1²£M的所有等差數(shù)列a₁,a₂,a₃…試求

S=a_n+1+a_n+2+…+a_2n+1的最大值。

解　 設公差為d,a_n+1=a. 則

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|

且當 時，

S=

=

=

由于此時4a=3nd，所以

所以S的最大值為。

例7.設等差數(shù)列的首項及公差均為非負整數(shù)，項數(shù)不少于3，且各項之和為97²，這樣的數(shù)列共有多少個？

解　 設等差數(shù)列首項為a，公差為d，依題意有

即　 [2a+(n-1)d]n=2´97², (3)

因為n為不小于3的自然數(shù)，97為素數(shù)，故n的值只可能為97，2´97,97²,2´97²四者之一。

若 d>0,則由(3)知

2´97²³n(n-1)d³n(n-1).

故只可能有n=97.于是(3)化為 a+48d=97.

此時可得n=97,d=1,a=49 或 n=97,d=2,a=1.

若d=0時，則由(3)得na=97²,此時n=97,a=97 或 n=97²,a=1。

故符合條件的數(shù)列共有4個。

例8.設{a_n}是由正數(shù)組成的等比數(shù)列，S_n是前n項之和

(1)證明

(2)是否存在常數(shù)c>0，使得成立，并證明你的結論

證明：(1)設{a_n}的公比為q,由已知得：a₁>0,q>0

i)當q=1時，S_n=na₁,從而，

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

ii)當q¹1時，

∴

由i)、ii)均有S_n×S_n+2<S_n+1²，兩邊同時取對數(shù)即得證

(2)要使成立，則有

分兩種情況討論

i)當q=1時

(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

即不存在常數(shù)c>0使結論成立

ii)當q¹1時，若條件(S_n-c)×(S_n+2-c)=(S_n+1-c)²成立，則

(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，此時，由于c>0,a₁>0，必須0<q<1,但0<q<1時，

不滿足S_n-c>0，即不存在常數(shù)c>0滿足條件

綜合i)、ii)可得，不存在常數(shù)c>0，滿足題意

例9.設任意實數(shù)x,y滿足|x|<1,|y|<1,求證： (第19屆莫斯科數(shù)學競賽試題)

證明：∵|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.設x,y,z為非負實數(shù)，且x+y+z=1,求證：0£xy+yz+zx-2xyz£

證明：由對稱性，不妨設x³y³z　 ∵x+y+z=2×

∴x+y,, z成等差數(shù)列，故可設x+y=+d,z=-d

由x+y³2z，得，則

xy+yz+zx-2xyz=(x+y)z+xy(1-2z)=³0

當且僅當x=1,y=z=0時取等號

又£

=

當且僅當x=y=z=時取等號

故0£xy+yz+zx-2xyz£

例11.解方程組

解：由(1)得 解得

即xy=15=,則x,，y成等比數(shù)列，于是可設x=q,y= 代入(2)整理得：

15q⁴-34q²+15=0

解得：

故經(jīng)檢驗都是原方程組的解

例12.解方程：

解：顯然成等差數(shù)列，故可設

　　 (1)²-(2)²得

-2(3x+2)= -2(3x+2)d 解得d=1或

當d=1時，代入(1)解得是增根，舍去

∵符合題意，∴是原方程的根

例13.等差數(shù)列{a_n}中，，試求(l-m)ab+(m-n)bc+(n-l)ca的值

解：在直角坐標系中，對于任意nÎN,點(n,a_n)共線，所以有，點

共線，于是

_，由，化簡得：

_，所以

₌

所以所求的值為0

例14.從n個數(shù)1,a, a²,…, aⁿ (a>2)中拿走若干個數(shù)，然后將剩下的數(shù)任意分成兩個部分，證明：這兩部分之和不可能相等

證明：當a>2時，，上式對任意kÎN成立，

不妨設剩下的數(shù)中最大的數(shù)a^m (m³1)在第一部分中，

則第一部分各數(shù)之和³a^m>1+a+…+a^m-1³第二部分之和

作業(yè)：

1.設{a_n}是等比數(shù)列，首項a₁>1,公比q>1，求證：數(shù)列{}是遞減數(shù)列

2.確定最大的實數(shù)z，使得x+y+z=5，xy+yz+zx=3，并且x與y也是實數(shù)

3.將奇數(shù){2n-1}按照第n組含有n個數(shù)的規(guī)則分組：

1，

3,5

7,9,11,

13,15,17,19

…………………

(1)求第8組中的所有奇數(shù)

(2)求1993屬于第幾組中的第幾號數(shù)

(3)求第100組中所有奇數(shù)的和

(4)求前100組的全體奇數(shù)的總和

4.設{a_n}與{b_n}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列，且a₁=b₁>0，a₂=b₂>0試比較a_n和b_n的大小

5.設S={1,2,3,…,n}，A為至少含有兩項的公差為正的等差數(shù)列，其每一項均在S中，且添加S中的其它元素于A以后，均不能構成與A有相同公差的等差數(shù)列，求這種數(shù)列A的個數(shù)(只有兩項的數(shù)列也看成等差數(shù)列)

6.數(shù)列{a_n}的前n項之和為S_n，若S₁=1且S_n1_=Sn+(5n+1)aⁿ,n=1,2,…,|a|¹1，求S_n