等差数列与等比数列新题含详细答案

..等差数列与等比数列新题赏析1、分值降低、侧重基础题1、题面：等差数列{}na的前n项和为nS，若132,12aS，则a6等于().A.8B.10C.12D.14解析：福建卷唯一数列的题答案：C同类题一题面：已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a1＝12，S2＝a3，则a2＝________，Sn＝________.答案：114n2＋14n详解：设{an}的公差为d，由S2＝a3知，a1＋a2＝a3，即2a1＋d＝a1＋2d，又a1＝12，所以d＝12，故a2＝a1＋d＝1，Sn＝na1＋12n(n－1)d＝12n＋12(n2－n)×12＝14n2＋14n.同类题二题面：已知数列{an}的前n项和Sn是n的二次函数，且a1＝－2，a2＝2，S3＝6.(1)求Sn；(2)证明：数列{an}是等差数列．答案：(1)Sn＝2n2－4n.(2)略.详解：(1)设Sn＝An2＋Bn＋C(A≠0)，则－2＝A＋B＋C，0＝4A＋2B＋C，6＝9A＋3B＋C，..解得A＝2，B＝－4，C＝0.故Sn＝2n2－4n.(2)证明：∵当n＝1时，a1＝S1＝－2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－4n－[2(n－1)2－4(n－1)]＝4n－6.∴an＝4n－6(n∈N*)．an＋1－an＝4，∴数列{an}是等差数列.题2、题面：等差数列{}na的公差为d，若数列1{2}naa为递减数列，则（）.A.d0B.d0C.a1d0D.a1d0答案：同类题一题面：在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm.答案：(1)an＝9n－8(2)92m＋1－10×9m＋180.详解：(1)因为{an}是一个等差数列，所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，所以a4＝28.设数列{an}的公差为d，则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9.由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．(2)对m∈N*，若9man92m，..则9m＋89n92m＋8，因此9m－1＋1≤n≤92m－1，故得bm＝92m－1－9m－1.于是Sm＝b1＋b2＋b3＋…＋bm＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)＝9×1－81m1－81－1－9m1－9＝92m＋1－10×9m＋180.同类题二题面：设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S412－S39＝1，则公差为________．答案：6.详解：依题意得S4＝4a1＋4×32d＝4a1＋6d，S3＝3a1＋3×22d＝3a1＋3d，于是有4a1＋6d12－3a1＋3d9＝1，由此解得d＝6，即公差为6.题3、题面：若等差数列{}na满足：7897100,0aaaaa，则当n时，{}na的前n项和最大.答案：同类题一题面：若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*)，则数列{an}的前n项和数值最大时，n的值为()A．6B．7C．8D．9答案：B.详解：..∵an＋1－an＝－3，∴数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n.设前k项和最大，则有ak≥0，ak＋1≤0，即22－3k≥0，22－3k＋10，解得193≤k≤223.∵k∈N*，∴k＝7.故满足条件的n的值为7.同类题二题面：已知数列{an}满足：a1＝1，an0，a2n＋1－a2n＝1(n∈N*)，那么使an5成立的n的最大值为()A．4B．5C．24D．25答案：C.详解：∵a2n＋1－a2n＝1，∴数列{a2n}是以a21＝1为首项，1为公差的等差数列．∴a2n＝1＋(n－1)＝n.又an0，∴an＝n.∵an5，∴n5.即n25.故n的最大值为24.2、综合题在基础知识上增加了一点分析转化要求题4、题面：已知等差数列na满足：12a，且1a，2a，5a成等比数列.(1)求数列na的通项公式.(2)记nS为数列na的前n项和，是否存在正整数n，使得60800nSn？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由.解题步骤：..同类题一题面：已知在等差数列{an}中，a1＝31，Sn是它的前n项和，S10＝S22.(1)求Sn；(2)这个数列的前多少项的和最大，并求出这个最大值．答案：(1)Sn＝32n－n2.(2)n＝16时，Sn有最大值256.详解：(1)∵S10＝a1＋a2＋…＋a10，S22＝a1＋a2＋…＋a22，又S10＝S22，∴a11＋a12＋…＋a22＝0，即12a11＋a222＝0，故a11＋a22＝2a1＋31d＝0.又∵a1＝31，∴d＝－2，..∴Sn＝na1＋nn－12d＝31n－n(n－1)＝32n－n2.(2)法一：由(1)知Sn＝32n－n2，故当n＝16时，Sn有最大值，Sn的最大值是256.法二：由Sn＝32n－n2＝n(32－n)，欲使Sn有最大值，应有1n32，从而Sn≤n＋32－n22＝256，当且仅当n＝32－n，即n＝16时，Sn有最大值256.同类题二题面：1．已知数列{an}中，a1＝35，an＝2－1an－1(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝1an－1(n∈N*)．(1)求证：数列{bn}是等差数列；(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．答案：(1)略.(2)当n＝3时，an取得最小值－1；当n＝4时，an取得最大值3.详解：(1)证明：∵an＝2－1an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝1an－1.∴n≥2时，bn－bn－1＝1an－1－1an－1－1＝12－1an－1－1－1an－1－1＝an－1an－1－1－1an－1－1＝1.又b1＝1a1－1＝－52.∴数列{bn}是以－52为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)知，bn＝n－72，则an＝1＋1bn＝1＋22n－7，设函数f(x)＝1＋22x－7，易知f(x)在区间－∞，72和72，＋∞内为减函数．..故当n＝3时，an取得最小值－1；当n＝4时，an取得最大值3.题5、题面：已知等比数列na满足：2310aa，123125aaa。（1）求数列na的通项公式；（2）是否存在正整数m，使得121111maaa？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由.解题步骤：（1）由已知条件得：25a，又2110aq，13q或，所以数列na的通项或253nna（2）若1q，12111105maaa或，不存在这样的正整数m；若3q，12111919110310mmaaa，不存在这样的正整数m。同类题一题面：若数列{an}满足：a1＝23，a2＝2,3(an＋1－2an＋an－1)＝2.(1)证明：数列{an＋1－an}是等差数列；(2)求使1a1＋1a2＋1a3＋…＋1an52成立的最小的正整数n.答案：(1)略．(2)最小的正整数n为6.详解：(1)由3(an＋1－2an＋an－1)＝2可得：an＋1－2an＋an－1＝23，即(an＋1－an)－(an－an－1)＝23，故数列{an＋1－an}是以a2－a1＝43为首项，23为公差的等差数列．(2)由(1)知an＋1－an＝43＋23(n－1)＝23(n＋1)，于是累加求和得an＝a1＋23(2＋3＋…＋n)＝13n(n＋1)，..∴1an＝31n－1n＋1，∴1a1＋1a2＋1a3＋…＋1an＝3－3n＋152，∴n5，∴最小的正整数n为6.同类题二题面：设函数f(x)＝x3，在等差数列{an}中，a3＝7，a1＋a2＋a3＝12，记Sn＝f(3an＋1)，令bn＝anSn，数列1bn的前n项和为Tn.(1)求{an}的通项公式和Sn；(2)求证：Tn13.答案：(1)Sn＝f(3an＋1)＝an＋1＝3n＋1.(2)略详解：(1)设数列{an}的公差为d，由a3＝a1＋2d＝7，a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝12，解得a1＝1，d＝3，则an＝3n－2.∵f(x)＝x3，∴Sn＝f(3an＋1)＝an＋1＝3n＋1.(2)证明：∵bn＝anSn＝(3n－2)(3n＋1)，∴1bn＝13n－23n＋1＝1313n－2－13n＋1.∴Tn＝1b1＋1b2＋…＋1bn＝131－14＋14－17＋…＋13n－2－13n＋1＝131－13n＋1.∴Tn13.3、关注数学研究题6、题面：数列}{na中，前n项和为nS，nnpnaSaa，21（1）求p的值；（2）确定数列}{na是否为等差数列或等比数列。..（3）令2112nnnnnSSSSb，证明32221nbbbnn.解题步骤：同类题一题面：在等比数列{an}中，a1＞0，n∈N*，且a3－a2＝8，又a1、a5的等比中项为16.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log4an，数列{bn}的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn＜k对任意n∈N*恒成立．若存在，求出正整数k的最小值；不存在，请说明理由．答案：(1)an＝2n＋1.(2)最小值为3.详解：(1)设数列{an}的公比为q，由题意可得a3＝16，又a3－a2＝8，则a2＝8，∴q＝2.∴an＝2n＋1.(2)∵bn＝log42n＋1＝n＋12，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝nn＋34.∵1Sn＝4nn＋3＝431n－1n＋3，∴1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn＝4311－14＋12－15＋13－16＋…＋1n－1n＋3＝431＋12＋13－1n＋1－1n＋2－1n＋3＜229.∴正整数k的最小值为3.同类题二题面：已知数列{an}的首项a1＝35，an＋1＝3an2an＋1，n∈N*.(1)求证：数列1an－1为等比数列；(2)记Sn＝1a1＋1a2＋…＋1an，若Sn100，求最大正整数n；..(3)是否存在互不相等的正整数m，s，n，使m，s，n成等差数列，且am－1，as－1，an－1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由．答案：(1)略．(2)最大正整数n的值为99.(3)不存在满足条件的m，n，s.详解：(1)证明：因为1an＋1＝23＋13an，所以1an＋1－1＝13an－13.又因为1a1－1≠0，所以1an－1≠0(n∈N*)，所以数列1an－1为等比数列．(2)由(1)，可得1an－1＝23×13n－1，所以1an＝2×13n＋1.Sn＝1a1＋1a2＋…＋1an＝n＋213＋132＋…＋13n＝n＋2×13－13n＋11－13＝n＋1－13n，若Sn100，则n＋1－13n100，所以最大正整数n的值为99.(3)假设存在，则m＋n＝2s，(am－1)(an－1)＝(as－1)2，因为an＝3n3n＋2，所以3n3n＋2－13m3m＋2－1＝3s3s＋2－12.化简，得3m＋3n＝2·3s.因为3m＋3n≥2·3m＋n＝2·3s，当且仅当m＝n时等号成立．又m，s，n互不相等，所以3m＋3n＝2·3s不成立，所以不存在满足条件的m，n，s.单纯的课本内容，并不能满足学生的需要，通过补充，达到内容的完善教育之通病是教用脑的人不用手，不教用手的人用脑，所以一无所能。教育革命的对策是手脑联盟，结果是手与脑的力量都可以大到不可思议。单纯的课本内容，并不能满足学生的需要，通过补充