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第9讲 等差数列和等比数列(答案)


等差数列和等比数列(参考答案) 第 9 讲 等差数列和等比数列(参考答案) 例 1.解:由题意知 pq = a ,2b=p+c,2c=q+b,
2

由后二式得

b=

2p + q p + 2q ,c = 。 3 3
2

于是有 bc ? a =

2( p 2 + q 2 ? 2 pq ) 2( p ? q ) 2 2 = ,因为 p≠q,故 bc > a , 9 9
2

方程的判别式 ? = 4a ? 4bc < 0 ,因此方程无实根。故选 A。 例 2.解: (1)Q a1 a 5 + 2a 3 a5 + a 2 a8 = 25, ∴ a 3 + 2a 3 a 5 + a 5 = 25 ,
2 2

又 a n > 0, ∴ a3 + a 5 = 5 , 又 a 3与a 5 的等比中项为 2,∴ a 3 a 5 = 4 , 而 q ∈ (0,1), ∴ a 3 > a5 , ∴ a 3 = 4, a5 = 1 ,

∴q =

1 1 , a1 = 16, ∴ a n = 16 × ( ) n ?1 = 2 5? n 2 2



(2) bn = log 2 a n = 5 ? n ,

∴ bn+1 ? bn = ?1 ,

∴{bn }是以b1 = 4 为首项,-1 为公差的等差数列。

∴ Sn =

S n(9 ? n) 9?n , , ∴ n = 2 n 2 Sn S S > 0 ;当 n = 9 时, n = 0 ;当 n > 9 时, n < 0 , n n n S S1 S 2 S 3 + + + L + n 最大。 1 2 3 n

∴当n ≤ 8 时,

∴当 n = 8 或 9 时,

例 3.解: (Ⅰ)因为 {a n } 是等比数列, S n > 0, 可得a1 = S1 > 0, q ≠ 0. 当 q = 1时, S n = na1 > 0;

a1 (1 ? q n ) 1 ? qn > 0, 即 > 0, ( n = 1, 2,L) 1? q 1? q ?1 ? q < 0, 上式等价于不等式组: ? ① , (n = 1,2,L) n ?1 ? q < 0 当q ≠ 1时, Sn =
或?

?1 ? q > 0,

, (n = 1,2,L) 1? qn > 0 ?



解①式得 q>1;解②,由于 n 可为奇数、可为偶数,得-1<q<1. 综上,q 的取值范围是 ( ?1,0) ∪ (0,+∞ ).

1

3 3 3 an +1 得 bn = a n (q 2 ? q ), Tn = (q 2 ? q ) S n . 2 2 2 3 1 2 于是 Tn ? S n = S n (q ? q ? 1) = S n (q + )( q ? 2). 2 2 又∵ S n >0 且-1< q <0 或 q >0 1 当 ?1 < q < ? 或 q > 2 时 Tn ? S n > 0 即 Tn > S n 2 1 当 ? < q < 2 且 q ≠0 时, Tn ? S n < 0 即 Tn < S n 2 1 当 q = ? 或 q =2 时, Tn ? S n = 0 即 Tn = S n 2
(Ⅱ)由 bn = aa + 2 ? 例 4.解(Ⅰ)证明:假设存在一个实数λ,使{an}是等比数列,则有 a22=a1a3,即

2 4 4 4 ( λ ? 3) 2 = λ ( λ ? 4) ? λ2 ? 4λ + 9 = λ2 ? 4λ ? 9 = 0, 矛盾. 3 9 9 9
所以{an}不是等比数列. (Ⅱ)解:因为 bn+1=(-1)n+1[an+1-3(n-1)+21]=(-1)n+1( =

2 an-2n+14) 3

2 2 (-1)n· n-3n+21)=- bn (a 3 3

又 b1=-(λ+18),所以 当λ=-18,bn=0(n∈N+),此时{bn}不是等比数列: 当λ≠-18 时,b1=—(λ+18) ≠0,由上可知 bn≠0,∴

ba +1 2 = ? (n∈N+). bn 3
2 为公比的等比数列. 3

故当λ≠-18 时,数列{bn}是以-(λ+18)为首项,- 例 5.解: (1)设公差为 d ,则 a2
2

2 2 2 ? a5 = a4 ? a3 ,由性质得

?3d (a4 + a3 ) = d (a4 + a3 ) ,因为 d ≠ 0 ,所以 a4 + a3 = 0 ,即 2a1 + 5d = 0 ,
又由 S7

= 7 得 7 a1 +

7×6 d = 7 ,解得 a1 = ?5 , d = 2 , 2

(2) (方法一)

am am +1 (2m ? 7)(2m ? 5) = ,设 2m ? 3 = t , am + 2 2m ? 3
所以 t 为 8 的约数



am am +1 (t ? 4)(t ? 2) 8 = = t + ?6, am + 2 t t

2

(方法二)因为

am am +1 (am + 2 ? 4)(am + 2 ? 2) 8 = = am + 2 ? 6 + 为数列 {an } 中的项, am + 2 am + 2 am + 2



8 为整数,又由(1)知: am + 2 为奇数,所以 am + 2 = 2m ? 3 = ±1, 即m = 1, 2 a m+2
.

经检验,符合题意的正整数只有 m = 2 。
2

例 6.解:由条件可知: a 5 = a1 a17 , ( a1 + 4d ) 2 = a1 ( a1 + 16d ) ,解得: a1 = 2d ,

∴ a n = (n + 1)d ,数列 {a k n } 的公比为 q = a5 ÷ a1 = 3 ,

∴ a k n = 2d ? 3n ?1 ,从而 (k n + 1)d = 2d ? 3 n ?1 , k n = 2 ? 3 n ?1 ? 1 ,
求得: k1 + k 2 + L + k n = 3 ? n ? 1 .
n

例 7.解: (1)①当 n=4 时, a1 , a2 , a3 , a4 中不可能删去首项或末项,否则等差数列中连续 三项成等比数列,则推出 d=0。

a1 =?4 d a 2 2 若删去 a3 ,则 a2 = a1 ? a4 ,即 ( a1 + d ) = a1 ? ( a1 + 3d ) 化简得 a1 ? d = 0 ,得 1 =1 d a a 综上,得 1 =?4 或 1 =1。 d d ②当 n=5 时, a1 , a2 , a3 , a4 , a5 中同样不可能删去 a1 , a2 , a4 , a5 ,否则出现连续三项。
若删去 a2 , a3 = a1 ? a4 , ( a1 + 2d ) = a1 ? ( a1 + 3d ) 化简得 a1 + 4d = 0 , 则 即 得
2 2

若删去 a3 ,则 a1 ? a5 = a2 ? a4 ,即 a1 ( a1 + 4d ) = ( a1 + d ) ? ( a1 + 3d ) 化简得 3d = 0 ,因
2

为 d ≠ 0 ,所以 a3 不能删去; 当 n≥6 时,不存在这样的等差数列。事实上,在数列 a1 , a2 , a3 ,L , an ? 2 , an ?1 , an 中, 由于不能删去首项或末项,若删去 a2 ,则必有 a1 ? an = a3 ? an ? 2 ,这与 d ≠ 0 矛盾;同样若删 去 an ?1 也有 a1 ? an = a3 ? an ? 2 ,这与 d ≠ 0 矛盾;若删去 a3 ,L , an ? 2 中任意一个,则必有

a1 ? an = a2 ? an ?1 ,这与 d ≠ 0 矛盾。(或者说:当 n≥6 时,无论删去哪一项,剩余的项中必
有连续的三项) 综上所述, n = 4 。 (2)假设对于某个正整数 n,存在一个公差为 d 的 n 项等差数列 b1 , b2 ,......bn ,其中

bx +1 , by +1 , bz +1 ( 0 ≤ x < y < z ≤ n ? 1 )为任意三项成等比数列,则 b 2 y +1 = bx +1 ? bz +1 ,即

3

(b1 + yd ) 2 = (b1 + xd ) ? (b1 + zd ) ,化简得 ( y 2 ? xz )d 2 = ( x + z ? 2 y )b1d
由 b1d ≠ 0 知, y ? xz 与 x + z ? 2 y 同时为 0 或同时不为 0
2

(*)

当 y ? xz 与 x + z ? 2 y 同时为 0 时,有 x = y = z 与题设矛盾。
2

b1 y 2 ? xz 故 y ? xz 与 x + z ? 2 y 同时不为 0,所以由(*)得 = d x + z ? 2y
2

因为 0 ≤ x < y < z ≤ n ? 1 ,且 x、y、z 为整数,所以上式右边为有理数,从而 理数。于是,对于任意的正整数 n(n ≥ 4) ,只要

b1 为有 d

b1 为无理数,相应的数列就是满足题意要求 d 的数列。例如 n 项数列 1, 1+ 2 ,1+ 2 2 ,……,1+ (n ?1) 2 满足要求。
例 8.解:由条件易知两个二次方程 x ? ax + 1 = 0 与 x ? bx + 1 = 0 中,一个的两根为等
2 2

比 数 列 的 第 一 、 四 项 , 而 另 一 个 的 两 根 为 第 二 、 三 两 项 , 于 是 x1 ? q 3 = 1 且
2

ab = x1 (1 + q 3 ) ? x1 (q + q 2 ) ,其中 x1 为该等比数列的首项。
由于 q ∈ [ ,2] ,故 q +

1 3

1 10 ∈ [2, ] ,且 q 3

ab = x1 (1 + q 3 ) ? x1 (q + q 2 ) = 1 1 = ( q + ) 2 + (q + ) ? 2 q q
再利用 t + t ? 2 在 [ 2,
2

1 + q + q3 + q 4 1 1 = (q 2 + 2 ) + (q + ) 2 q q q

10 112 ] 上为增函数,可得: ab ∈ [4, ] 3 9

例 9.解:设 {a n } 的公差为 d , {bn } 的公比为 q ,显然有 q > 0 . 因为 a 2 = b2 ,所以 a1 + d = a1 q 即 d = a1 ( q ? 1) ,所以

a n ? bn = a1 + (n ? 1)d ? a1 q n ?1 = a1 + (n ? 1)a1 (q ? 1) ? a1q n?1

1 ? q n ?1 = a1 (1 ? q )[ ? (n ? 1)] 1? q = a1 (1 ? q )[1 + q + q 2 + L + q n ?2 ? (n ? 1)].
若 q > 1 ,则 1 + q + q 2 + L + q n ? 2 > n ? 1 ,因为 a1 > 0 ,所以 a n < bn , 若 q = 1 ,则 a n = bn , 若 0 < q < 1 ,则 1 + q + q 2 + L + q n ? 2 < n ? 1 ,所以 a n < bn , 综上可知,有 a n < bn .

4

说明:此题关键是将

1 ? q n ?1 2 n?2 转化为 1 + q + q + L + q . 1? q
3 1 1 1 - = .又因为 a44=a24·q2=q2,所以 q= ,于是有 16 8 4 2

例 10. 解:设第一行数列公差为 d,各列数列公比为 q.因为 2a43=a42+a44, 所以 a44=2a43-a42=2×

1 ? ?a 24 = a14 ? q = (a11 + 3d ) 2 = 1, ? ? ?a = a ? q 3 = (a + d )( 1 ) 3 = 1 , 12 11 ? 42 2 8 ?
解此方程组,得 d=

1 1 ,a11= . 2 2

对于任意的 1≤k≤n,有

1 1 k 1 a kk = a1k ? q k ?1 = [a11 + (k ? 1)d ]q k ?1 = [ + (k ? 1) ]( ) k ?1 = k , 2 2 2 2 设S = a11 + a 22 + a33 + K + a nn , 则有 1 2 3 n + 2 + 3 + K + n+1 , 2 2 3 2 1 1 1 1 1 n 两式相减得 S = + 2 + 3 + K + n ? n +1 2 2 2 2 2 2 1 1 (1 ? n ) 2 ? n = 1? 1 ? n , = 2 1 2 n +1 2 n 2 n +1 1? 2 1 n 故a11 + a 22 + a 33 + K + a nn = 2 ? n ?1 ? n . 2 2

S=

课后巩固
1.答案:C【解析】由 a4 = a3 a7 得 ( a1 + 3d ) = ( a1 + 2d )( a1 + 6d ) 得 2a1 + 3d = 0 ,再由
2 2

S8 = 8a1 +

56 90 d = 32 得 2a1 + 7 d = 8 则 d = 2, a1 = ?3 ,所以 S10 = 10a1 + d = 60 ,.故选 C 2 2

2.【解析】∵ a1 + a3 + a5 = 105 即 3a3 = 105 ∴ a3 = 35 同理可得 a4 = 33 ∴公差 d = a4 ? a3 = ?2 ∴ a20 = a4 + (20 ? 4) × d = 1 .选 B。 3 . 【 解 析 】 由 a5 ? a2n?5 = 22n (n ≥ 3) 得 a n = 2
2 2n

, an > 0 , 则 an = 2

n



log 2 a1 + log 2 a3 + ? ? ? + log 2 a 2 n ?1 = 1 + 3 + ? ? ? + (2n ? 1) = n 2 ,选 C.
4. a18
? 5n ? 1 (n为奇数) ? = 3,S = ? 2 ? n ? 5n (n为偶数) ?2 ?

5

5.解:Q{an } 为等差数列,∴ 解

S9 9a5 = =9 S5 5a3

6.

1 ,设公比为 q,由已知条件知, 3

q=

a + log 4 3 a + log 8 3 = ,由比例性质, a + log 2 3 a + log 4 3

1 1 log 2 3 ? log 2 3 a + log 4 3 ? (a + log 8 3) log 4 3 ? log 8 3 2 1 3 q= = = = 。 1 a + log 2 3 ? (a + log 4 3) log 2 3 ? log 4 3 3 log 2 3 ? log 2 3 2
7. 证明: 证明: (1)∵ a、b、c 依次成等差数列 ∴ b-c=-d,c-a=2d, a-b=-d(d≠0) 代入① 得:-d(logm x-2 logm y + logm z)=0 ∵d≠0,∴ log m x ? 2 log m y + log m z=log m

xz = 0 , y2=xz,可知 x、y、z 成等比数列. 2 y
,∴ 两边取对数, (q ≠ 1)

z y z (2)∵ x、y、z 依次成等比数列, = =q , =q 2 y x x

得 logm z-logm y=logm y-logm x=logm qlogm z-logm x=2 logm q ① 式可变为 a(logm z-logmy)-b(logm z-logmx)+ c(logm y-logmx)=0 即 logm q(a-2b + c)=0,∵ logm q≠0,∴ 2b=a+c,可知 a、b、c 成等差数列.

8 .解 :(Ⅰ )由

?b1b3 = 4 ? ?b1 + b3 = 5
2



b1 , b3

2 b > bn 是 方 程 x ? 5 x + 4 = 0 的 两根 , 注意 到 n +1 得

b1 = 1, b3 = 4 ∴ b2 = b1b3 = 4 b2 = 2 ∴ b1 = 1, b2 = 2, b3 = 4 得 .

b2 =2 ∴ bn = b1 q n ?1 = 2 n ?1 ∴ 等比数列. {bn } 的公比为 b1 ,
(Ⅱ) ∵

a n = log 2 bn + 3 = log 2 2 n ?1 + 3 = n ? 1 + 3 = n + 2.

a n +1 ? a n = [(n + 1) + 2] ? [n + 2] = 1

∴ 数列 {a n } 是首相为 3,公差为 1 的等差数列.
(Ⅲ) 由(Ⅱ)知数列

{a n } 是首相为 3,公差为 1 的等差数列,有
+ a m a1 + a1 + a 2 + a3 +
2

a1 + a 2 + a3 +
2

……

=

……

+ a m ? a1

6

32 + m × 3 +
=

m(m ? 1) m2 ? m × 1 ? 3 = 6 + 3m + 2 2 ,
6 + 3m + m2 ? m ≤ 48 2 2 ,整理得 m + 5m ? 84 ≤ 0 ,

a 46 = 48

子∴

解得 ? 12 ≤ m ≤ 7 . ∴ m 的最大值是 7. 9. (I)解:设等差数列 {log 2 ( a n ? 1)} 的公差为 d. 由 a1 = 3, a 3 = 9得2(log 2 2 + d ) = log 2 2 + log 2 8, 即 d=1. 所以 log 2 ( a n ? 1) = 1 + ( n ? 1)× = n, 即 a n = 2 n + 1. (II)证明因为

1 1 1 = n +1 = n, n a n +1 ? a n a ? 2 2

所以

1 1 1 1 1 1 1 + +L+ = 1 + 2 + 3 +L+ n a 2 ? a1 a 3 ? a 2 a n +1 ? a n 2 2 2 2

1 1 1 ? n× 2 = 1 ? 1 < 1. 2 = 2 1 2n 1? 2
10.解:由已知,对任何 n∈N,有

f ( n) =

Sn n 1 n = 2 = = , 64 (n + 32) S n +1 (n + 32)(n + 2) n + 34n + 64 n+ + 34 n
64 64 + 34 ≥ 2 n ? + 34 = 50 ,故对任意 x∈N,有 n n 1 1 1 1 ≤ 。由于 f (8) = ,故 f(n)的最大值为 。 64 50 50 50 n+ + 34 n

又因 n +

f ( n) =

7


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