例1.等差數列中,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.已知數列滿足
(1)計算：a2,a3,a4 (2)求數列的通項公式
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後用數學歸納法證明
二是由已知得：
(*)兩式相減得：(an-1-1)(an-an-2)=0
顯然不存在an-1-1=0的情況，否則代入(*)有an=an+1即0=1矛盾，故只有an=an-2
這樣可得或
例3.已知數列的各項均為正數，且前n項之和sn滿足6sn=an2+3an+2.若a2，a4,a9成等比數列，求數列的通項公式。
解：當n=1時，由題意有6a1=a12+3a+2
於是 a1=1 或 a1=2
當n2時，有6sn=an2+3an+2，6sn-1=an-12+3an-1+2
兩式相減得：(an+an-1) (an-an-1-3)=0
由題意知各項為正，所以an-an-1=3
當a1=1時，an=1+3(n-1)=3n-2
此時a42=a2a9成立
當a1=2時，an=2+3(n-1)=3n-1
此時a42=a2a9不成立，故a1=2捨去
所以an=3n-2
例4.各項為實數的等差數列的公差為4，其首項的平方與其餘各項之和不超過100，這樣的數列至多有多少項？
解設a1,a2…,an是公差為4的等差數列，則
a12+a2+a3+…+an100,
即 a12+(n-1)a1+(2n2-2n-100)0 (1)
因此，當且僅當d=(n-1)2-4(2n2-2n-100)0時，至少存在乙個實數a1滿足(1)式。
因為d0，所以
7n2-6n-4010,
解得 n1nn2 (2)
其中，所以滿足(2)的自然數n的最大值為8。故這樣的數列至多有8項。
例5.各項均為實數的等比數列的前n項之和為sn，若s10=10，s30=70，求s40。
解記b1=s10,b2=s20-s10,b3=s30-s20,b4=s40-s30.設q是的公比，則b1,b2,b3,b4構成以r=q10為公比的等比數列。於是
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
由於r=q10>0 , 所以r=2
故 s40=10(1+2+22+23
例6.給定正整數n和正數m，對於滿足條件a12+an+12m的所有等差數列a1,a2,a3…試求
s=an+1+an+2+…+a2n+1的最大值。
解設公差為d,an+1=a. 則
s=an+1+an+2+…+a2n+1
=(n+1)a+
故又 ma12+an+12
=(a-nd)2+a2
=所以 |s|
且當時，s==
=由於此時4a=3nd，所以
所以s的最大值為。
例7.設等差數列的首項及公差均為非負整數，項數不少於3，且各項之和為972，這樣的數列共有多少個？
解設等差數列首項為a，公差為d，依題意有
即 [2a+(n-1)d]n=2972, (3)
因為n為不小於3的自然數，97為素數，故n的值只可能為97，297,972,2972四者之一。
若 d>0,則由(3)知
2972n(n-1)dn(n-1).
故只可能有n=97.於是(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。
故符合條件的數列共有4個。
例8.設是由正數組成的等比數列，sn是前n項之和
(1)證明
(2)是否存在常數c>0，使得成立，並證明你的結論
證明：(1)設的公比為q,由已知得：a1>0,q>0
i)當q=1時，sn=na1,從而，
sn×sn+2-sn+12=na1(n+2)a1-(n+1)2a12= -a12<0
ii)當q1時，
∴由i)、ii)均有sn×sn+2(2)要使成立，則有
分兩種情況討論
i)當q=1時
(sn-c)×(sn+2-c)-(sn+1-c)2=(na1-c)[(n+2)a1-c]-[(n+1)a1-c]2= -a12<0
即不存在常數c>0使結論成立
ii)當q1時，若條件(sn-c)×(sn+2-c)=(sn+1-c)2成立，則
(sn-c)×(sn+2-c)-(sn+1-c)2=
a1qn[a1-c(1-q)]
而a1qn0，故只能是a1-c(1-q)=0
即，此時，由於c>0,a1>0，必須0不滿足sn-c>0，即不存在常數c>0滿足條件
綜合i)、ii)可得，不存在常數c>0，滿足題意
例9.設任意實數x,y滿足|x|<1,|y|<1,求證： (第19屆莫斯科數學競賽試題)
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，且x+y+z=1,求證：0xy+yz+zx-2xyz
證明：由對稱性，不妨設xyz ∵x+y+z=2×
∴x+y,, z成等差數列，故可設x+y=+d,z=-d
由x+y2z，得，則
xy+yz+zx-2xyz=(x+y)z+xy(1-2z)=0
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0xy+yz+zx-2xyz
例11.解方程組
解：由(1)得解得
即xy=15=,則x,，y成等比數列，於是可設x=q,y= 代入(2)整理得：
15q4-34q2+15=0
解得：故經檢驗都是原方程組的解
例12.解方程：
解：顯然成等差數列，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，捨去
∵符合題意，∴是原方程的根
例13.等差數列中，，試求(l-m)ab+(m-n)bc+(n-l)ca的值
解：在直角座標系中，對於任意nn,點(n,an)共線，所以有，點
共線，於是
，由，化簡得：
，所以=
所以所求的值為0
例14.從n個數1,a, a2,…, an (a>2)中拿走若干個數，然後將剩下的數任意分成兩個部分，證明：這兩部分之和不可能相等
證明：當a>2時，，上式對任意kn成立，
不妨設剩下的數中最大的數am (m1)在第一部分中，
則第一部分各數之和am>1+a+…+am-1第二部分之和
作業：1.設是等比數列，首項a1>1,公比q>1，求證：數列{}是遞減數列
2.確定最大的實數z，使得x+y+z=5，xy+yz+zx=3，並且x與y也是實數
3.將奇數按照第n組含有n個數的規則分組：
1，3,5
7,9,11,
13,15,17,19
…………………
(1)求第8組中的所有奇數
(2)求1993屬於第幾組中的第幾號數
(3)求第100組中所有奇數的和
(4)求前100組的全體奇數的總和
4.設與分別是等差數列和等比數列，且a1=b1>0，a2=b2>0試比較an和bn的大小
5.設s=，a為至少含有兩項的公差為正的等差數列，其每一項均在s中，且新增s中的其它元素於a以後，均不能構成與a有相同公差的等差數列，求這種數列a的個數(只有兩項的數列也看成等差數列)
6.數列的前n項之和為sn，若s1=1且sn1=sn+(5n+1)an,n=1,2,…,|a|1，求sn
摘自數學教育之窗
等差數列與等比數列競賽試題總結
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等差數列 等比數列知識總結
若為等比數列，則為等比數列.4.前n項和公式 5.前n項和性質 已知等比數列的前n項和為sn，前2n項和為s2n，前3n項和為s3n，則s2n，s2n sn，s3n s2n成等比數列，公差為qn.已知數列為等差數列，公差為d，若bn 則數列為等比數列，公比為qd.已知數列為各項均為正數的等比數列，公...
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