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

2021-03-22 03:10:18 字數 5425 閱讀 9211

1樓:adolph丶林

設:該數列首項為x,共n項

∴100≥x^2+(n-1)(x+4)+2(n-1)(n-2)∴0≥x^2+(n-1)x+2x^2-2x-100∴4(100+1/4 +9/28)/7≥(x-3/7)^2解得:(2/7∫704)+3/7≥n

∴共有8個

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______項

2樓:ak_鏮珕

設a1 ,a2

…,an 是公差為4的等差數列,

則a12 +a2 +a3 +…+an

≤100,即a1

2+(a

1 +4)+[a

1 +4(n-1)] 2

?(n-1)≤100 ,

a12 +(n-1)a1 +(2n2 -2n-100)≤0,因此,7n2 -6n-401≤0,

解得 n1 ≤n≤n2 ,

其中n1 =1 7

(3-2816

)<0,8<n2 =3+

2816

7<9,

所以自然數n的最大值為8.故這樣的數列至多有8項.故答案為:8.

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______項

3樓:尾

設a1,a2…,an是公差為4的等差數列,則a12+a2+a3+…+an≤100,

即a+(a

+4)+[a

+4(n?1)]

2?(n?1)≤100,

a12+(n-1)a1+(2n2-2n-100)≤0,因此,7n2-6n-401≤0,

解得 n1≤n≤n2,

其中n1=1

7(3-

2816

)<0,8<n2=3+

2816

7<9,

所以自然數n的最大值為8.故這樣的數列至多有8項.故答案為:8.

等差數列和等比數列真的好難?

4樓:匿名使用者

【例3】設是正數組成的數列,其前n項的和為s ,並且對於所有的自然數n,a 與2的等差中項等於s 與2的等比中項。 ① 寫出數列的前3項; ② 求數列的通項公式(寫出推證過程); ③ 令b = ( + ) (n∈n),求 (b +b +…+b -n)。(94年全國高考題)【分析】由題意容易得到 = ,由此而求得a 、a 、a ,通過觀察猜想a ,再用數學歸納法證明。

求出a 後,代入不難求出b ,再按照要求求極限。【解】① ∵ = = ∴ a =2∵ = = = ∴ a =6∵ = = = ∴a =10所以數列的前3項依次為2、6、10。② 由數列的前3項依次為2、6、10猜想a =4n-2,下面用數學歸納法證明a =4n-2:

當n=1時,通項公式是成立的;假設當n=k時結論成立,即有a =4k-2,由題意有 = ,將a =4k-2代入得到:s =2k ;當n=k+1時,由題意有 = = ∴ ( ) =2(a +2k ) 即a -4a +4-16k =0由a >0,解得a =2+4k=4(k+1)-2,所以n=k+1時,結論也成立。綜上所述,上述結論對所有的自然數n都成立。

③ 設c =b -1= ( + )-1= ( + -2)= [( -1)+( -1)]= - b +b +…+b -n=c +c +…+c =(1- )+( - )+…+( - )=1- ∴ (b +b +…+b -n)= (1- )=1【注】本題求數列的通項公式,屬於猜想歸納型問題,其一般思路是:從最簡單、最特殊的情況出發,推測出結論,再進行嚴格證明。第③問對極限的求解,使用了「裂項相消法」,設立新的數列c 具有一定的技巧性。

此外,本題第②問數列通項公式的求解,屬於給出數列中s 與a 的函式關係式求a ,對此類問題我們還可以直接求解,解答思路是由a =s -s 的關係轉化為數列通項之間的遞推關係,再發現數列的特徵或者通過構造新的數列求解。具體的解答過程是:由題意有 = ,整理得到s = (a +2) ,所以s = (a +2) ,∴ a =s -s = [(a +2) -(a +2) ]整理得到(a +a )( a -a -4)=0由題意a >0可以得到:

a -a -4=0,即a -a =4∴數列為等差數列,其中a =2,公差d=4,即通項公式為a =4n-2。【例4】已知x >0,x ≠1,且x = (n∈n),比較x 與x 的大小。(86年全國理)【分析】比較x 與x 的大小,採用「作差法」,判別差式的符號式,分情況討論。

【解】x -x = -x = 由x >0及數列的定義可知,x >0,所以x -x 與1-x 的符號相同。假定x <1,當n=1時,1-x >0;假設n=k時1-x >0,那麼當n=k+1時,1-x =1-[ ] = >0,因此對一切自然數n都有1-x >0,即x 1,當n=1時,1-x <0;假設n=k時1-x <0,那麼當n=k+1時,1-x =1-[ ] = <0,因此對一切自然數n都有1-x <0,即x 0,使得 0),a = (n≥2,n∈n)。① 用a表示 ② 猜想a 的表示式,並證明你的結論。

5樓:匿名使用者

湯,,我的好o(∩_∩)o 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n32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+…+an£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,至少存在乙個實數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+12£m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  m3a12+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=2′972, (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97,2′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.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>0i)當q=1時,sn=na1,從而,sn×sn+2-sn+12=na1(n+2)a1-(n+1)2a12= -a12<0ii)當q11時,∴由i)、ii)均有sn×sn+2n+12,兩邊同時取對數即得證(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q11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a1qn10,故只能是a1-c(1-q)=0即,此時,由於c>0,a1>0,必須00,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: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n?n,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k?

n成立,不妨設剩下的數中最大的數am (m31)在第一部分中,則第一部分各數之和3am>1+a+…+am-13第二部分之和

數列為等差數列,公差為4,第一項的平方與後面n 1項的和小於等與100,求n的最大值

設a1,a2 an是公差為4的等差數列,則a12 a2 a3 an 100,a12 n 1 a1 2n2 2n 100 0,因此,7n2 6n 401 0,解得 n1 n n2,8 n2 3 28167 9,所以自然數n的最大值為8 故這樣的數列至多有8項 故答案為 8 各項為實數的等差數列的公差為...

已知公差大於零的等差數列an的前n項和為Sn,且滿足 a

1 an為等差數列,a3?a4 117,a2 a5 22又a2 a5 a3 a4 22 a3,a4是方程x2 22x 117 0的兩個根,d 0 a3 9,a4 13 a 2d 9 a 3d 13 d 4,a1 1 an 1 n 1 4 4n 3 2 由 1 知,s n n n n?1 4 2 2n...

等差數列an的各項均為正數,其前n項和為Sn,滿足2S2 a2 a2 1 ,且a1 1。 1 求數列an的通項公式

1 2s2 2 a1 a2 a2 a2 1 a2 2 a2 2 0 a2 1 捨去 a2 2 d a2 a1 1 an a1 n 1 d n 2 sn na1 n n 1 d 2 n n 1 2bn 2sn 13 n n n 1 13 n 這一題式子好像有問題,應該是求二次函式的最小值 b1 15 ...