0ng纤k2012届华师一附中高一等差数列,等比数列(每天2题,共12题)答案

1 、 .~ ① 我们‖打〈败〉了敌人。 ②我们‖〔把敌人〕打〈败〉了。

高一课外综合训练题（四） 1. 已知函数)(xf满足:3)1(),()()(fqfpfqpf,

求)7()8()4()5()6()3()3()4()2()1()2()1(2222ffffffffffff的值. 解：由定义知：若p，q均为整数qpffqpffqpfqpfqpf()1(]1)2[()1(),1(]1)1[()(22)(1)f

=qpf（1）qp3’，则原式563334222333333333333 2432323232333311117844.

2. 求数列1, 3+5, 7+9+11, 13+15+17+19，…的前n项和． 解：由于该数列的前n项共有1+2+3+…+n=2)1(nn个奇数，最末一数字应为2·2)1(nn-1=n2+n-1，

∴Sn=32]2)1([2)1(2)11(nnnnnn． 解法二：依该数列的排列特征可知，第n项an中的第一个奇数是第1+2+3+…+(n-1)-1=2)1(nn-1个奇数，这个奇数是2[2)1(nn-1]-1=n2-n+1，从而推知第n项an中的第n个（末位）数字是

n2-n+1+2(n-1)=n2+n-1，∴an=3222)]1()1[(nnnnnn， 故Sn=a1+a2+a3+…+an=13+23+33…+n3=[2)1(nn]3． 3．已知数列{an}满足a1=1, an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1(n≥2), 求{an}的通项na. 解：当n≥2时，an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1, ①

又an+1=a1+2a2+3a3+…+(n-1) ·an-1+nan, ② ②-①得an+1-an=na1.∴nnaa1=n+1.

∴23aa=3, 34aa=4, …，1nnaa=n.以上各式相乘得2aan=3×4×…×n,由已知得a2=1, ∴an=2!n(n≥2). 2

∴).2(2!),1(1nnnan。 4．设2)0(1)0()],([)(,12)(111nnnnnffaxffxfxxf，其中Nn,求数列}{na的通项公式. 解：（1）)0(12)]0([)0(,41,2)0(1111nnnffffaf。 nnnnnnnnaffffffa212)0(1)0(21)0(24)0(12)0(1)0(111。 ∴}{na是首项为41，公比为21的等比数列. 1)21(41nna。 5．已知：正项等比数列{an}满足条件： ① 12154321aaaaa；② 251111154321aaaaa；求na的通项公式na

解：易知 0q，1q，由已知得 1211)1(51qqa ①， 251)1(155qqa ② ①÷②得 2512151aa ，即 2512123a ，∴ 5113a，①×②得 2242555)1()1(qqq ， 即 5512432qqqqq，即056)1()1(2qqqq，∴71qq，即 2537q ∴333)2537(511nnnqaa。 6．已知函数nSxxxf,263)(2是数列}{na的前n项和，点（n，Sn）（n∈N*）在曲线2)(xfy 上，求na.又若6,)21(1nnnnnbacb，且nT是数列{cn}的前n项和. 求nT. 解：（Ⅰ）点（n，nS）在曲线()2yfx上，所以236.nsnn当n=1时，a1= S1=3，当n≥2时，na= nS- nSn691，96.nan （Ⅱ）11119611(),()(32)(),26622nnnnnnnnbcabn 211111()(32)().222nnnTcccn利用错位相减法，1(21)()1.2nnTn

3

7．已知,2,)0}({),0()2()(12aaaxxxfnn中又数列前n项和的公式Sn（n∈N）对所有大于1的自然数n都有)(1nnSfS，求数列{an}的通项公式；又若221121,.2nnnnnnaabbbbnaa求 解：（Ⅰ）由 211)2()(nnnSSfS得：21nnSS，∴数列}{nS为等差数列，nnSSn2)1(21，∴Sn=2n2。∴24,21nSSannnn时，而21421a，

∴数列}{na的通项公式为 24nan 。

（Ⅱ）11211211)24)(24(21612)(21211221nnnnaaaaaaaannnnnnnn， ∴)1121121()15131)(1311(21nnbbbnnn1211。 8．已知数列na,Sn是它的前n项和,且1),(2411aNnaSnn。 (1)设)(21Nnaabnnn,求证:数列nb是等比数列 (2)设2nnnaC,,求证:数列nc是等差数列。 解:(1) 1212112142,424444nnnnnnnnnnnSaSaSSaaaaa,即

nnnnnnnnnbbaabaaaa22),2(2211112而,由此可得nb是等比数列

且首项112123,2,32nnbqaab公比。

(2)111111323,222224nnnnnnnnnnnnnaaabccc，∴nc是首项43,21211dac公差的等差数列,4143ncn。 9．设等比数列{an}的各项均为正数，项数是偶数，它的所有项的和等于偶数项和的4倍，且第二项与第四项的积是第3项与第4项和的9倍，问数列{lgan}的前多少项和最大？(lg2=0 3,lg3=0 4)

解 设公比为q,项数为2m,m∈N*,依题意有)(9)()(1)1(1)1(312131122121qaqaqaqaqqqaqqamm，化简得







10831 ),1(9114121aqqqaqq

解得

设数列{lgan}前n项和为Sn,则Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn－1=lga1n·q1+2+…+(n－1) =nlga1+21n(n－1)·lgq=n(2lg2+lg3)－21n(n－1)lg3=(－23lg)·n2+(2lg2+27lg3)·n 4

可见，当n=3lg3lg272lg2时，Sn最大 而4.024.073.043lg3lg272lg2=5,故{lgan}的前5项和最大 解法二 接前，311081qa,于是lgan=lg［108(31)n－1］=lg108+(n－1)lg31,∴数列{lgan}是以lg108为首项，以lg31为公差的等差数列，令lgan≥0,得2lg2－(n－4)lg3≥0, ∴n≤4.04.043.023lg3lg42lg2=5 5 由于n∈N*,可见数列{lgan}的前5项和最大 10．设数列na的前n项和为Sn，若nS是首项为S1各项均为正数且公比为q的等比数列 （１）求数列na的通项公式na（用S1和q表示）； （２）试比较122nnnaaa与的大小，并证明你的结论 解：（１）∵nS是各项均为正数的等比数列，∴)0(11qqSSnn；当n=1时，a1=S1； 当2112,(1)nnnnnaSSSqq时，∴)2()1()1(211nqqSnSann。 （２）当n=1时，213211312(1)2(1)[()]0,24aaaSSqqSqSq∴2312aaa 21211112,2(1)(1)2(1)nnnnnnnaaaSqqSqqSqq当时

3211.nSqq

∵210,0,nSq

① 当q=1时，321(1)0,2.nnnqaaa ② 当,10时q.2,0)1(123nnnaaaq ③ 当,1时q.2,0)1(123nnnaaaq 综上可知：当n=1时，2312aaa当212,1,2;nnnnqaaa时若则若2101,2;nnnqaaa则 若211,2.nnnqaaa则 11．设数列{an}前n的项和为 Sn，且*).(32)3(NnmmaSmnn其中m为常数，0,3mm且 （1）求证：{an}是等比数列；

（2）若数列{an}的公比满足q=f(m)且1113,()(*,2),2nnbabfbnNn1nb求证为等差数列，并求nb

解：（1）由(3)23nnmSmam，得11(3)23,nnmSmam两式相减， 得 1(3)2,(3)nnmamam，12,3nnamam{}na是等比数列