等差数列高考题评课_等差数列的高考题

1.有没有会解下面这道高考题的，四川省2014年高考理科数学第19题。求大神解答~~题目如下，关于数列的

2.2017年高考数学必考等差数列公式

3.等差数列和等比数列真的好难？

4.高考数学 已知公差d≠0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S4=20，a1，a2，a4成等比数

5.能推荐几道经典的数列题吗？

解bn=（-1）^（n-1）*4n/an*a（n+1）

=（-1）^（n-1）*4n/(2n-1)*(2n+1)

=（-1）^（n-1）*[((2n+1)+(2n-1))/(2n-1)*(2n+1)]

=（-1）^（n-1）*[(2n+1)/(2n-1)*(2n+1)+(2n-1)/(2n-1)*(2n+1)]

=（-1）^（n-1）*[1/(2n-1)+1/(2n+1)]

有没有会解下面这道高考题的，四川省2014年高考理科数学第19题。求大神解答~~题目如下，关于数列的

n=10,奇数项之和减偶数项之和应该等于这个2n+1项等差数列的中位数，即就是a（n+1），而a（n+1）又等于(a1+an)/2,所以利用等差数列求和公式：(a1+an)/2*（2n+1）=315即15*（2n+1）=315，n=10

2017年高考数学必考等差数列公式

这个题综合考查了指数函数的运算性质,导数的几何意义,等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识与基本技能方法,考查了推理能力,计算能力,"错位相减法",难度还是挺大的。不过答案在下面，仔细看下答案及解题思路，相信你就明白了~

这里就是答案等差数列{an}的公差为d，点（an，bn）在函数f（x）=2^x的图象上（n∈N*）．

（1）若a1=-2，点（a8，4b7）在函数f（x）的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；

（2）若a1=1，函数f（x）的图象在点（a2，b2）处的切线在x轴上的截距为2-1/ln2,求数列{an/bn }的前n项和Tn

等差数列和等比数列真的好难？

　等差数列是常见数列的一种，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列。以下是我为您整理的关于2017年高考数学必考等差数列公式的相关资料，希望对您有所帮助。

　高中数学知识点：等差数列公式

　等差数列公式an=a1+(n-1)d

　a1为首项，an为第n项的通项公式，d为公差

　前n项和公式为：Sn=na1+n(n-1)d/2

　Sn=(a1+an)n/2

　若m+n=p+q则：存在am+an=ap+aq

　若m+n=2p则：am+an=2ap

　以上n.m.p.q均为正整数

　解析：第n项的值an=首项+(项数-1)?公差

　前n项的和Sn=首项?n+项数(项数-1)公差/2

　公差d=(an-a1)?(n-1)

　项数=(末项-首项)?公差+1

　数列为奇数项时，前n项的和=中间项?项数

　数列为偶数项，求首尾项相加，用它的和除以2

　等差中项公式2an+1=an+an+2其中{an}是等差数列

　通项公式：公差?项数+首项-公差

　高中数学知识点：等差数列求和公式

　若一个等差数列的首项为a1，末项为an那么该等差数列和表达式为：

　S=(a1+an)n?2

　即(首项+末项)?项数?2

　前n项和公式

　注意：n是正整数(相当于n个等差中项之和)

　等差数列前N项求和，实际就是梯形公式的妙用：

　上底为：a1首项，下底为a1+(n-1)d，高为n。

　即[a1+a1+(n-1)d]* n/2={a1n+n(n-1)d}/2。

　高中数学知识点：推理过程

　设首项为 , 末项为 , 项数为 , 公差为 , 前 项和为 , 则有:

　当d?0时，Sn是n的二次函数，(n，Sn)是二次函数 的图象上一群孤立的点。利用其几何意义可求前n项和Sn的最值。

　注意：公式一二三事实上是等价的，在公式一中不必要求公差等于一。

　求和推导

　证明：由题意得：

　Sn=a1+a2+a3+。。。+an①

　Sn=an+a(n-1)+a(n-2)+。。。+a1②

　①+②得：

　2Sn=[a1+an]+[a2+a(n-1)]+[a3+a(n-2)]+...+[a1+an](当n为偶数时)

　Sn={[a1+an]+[a2+a(n-1)]+[a3+a(n-2)]+...+[a1+an]}/2

　Sn=n(A1+An)/2 (a1，an，可以用a1+(n-1)d这种形式表示可以发现括号里面的数都是一个定值，即(A1+An)

　基本公式

　公式　Sn=(a1+an)n/2

　等差数列求和公式

　Sn=na1+n(n-1)d/2; (d为公差)

　Sn=An2+Bn; A=d/2,B=a1-(d/2)

　和为 Sn

　首项 a1

　末项 an

　公差d

　项数n

　表示方法

　等差数列基本公式:

　末项=首项+(项数-1)?公差

　项数=(末项-首项)?公差+1

　首项=末项-(项数-1)?公差

　和=(首项+末项)?项数?2

　差:首项+项数?(项数-1)?公差?2

　说明

　末项:最后一位数

　首项:第一位数

　项数:一共有几位数

　和:求一共数的总和

　本段通项公式

　首项=2?和?项数-末项

　末项=2?和?项数-首项

　末项=首项+(项数-1)?公差:a1+(n-1)d

　项数=(末项-首项)/ 公差+1 :n=(an-a1)/d+1

　公差= d=(an-a1)/n-1

　如：1+3+5+7+?99 公差就是3-1

　将a1推广到am，则为:

　d=(an-am)/n-m

　基本性质

　若 m、n、p、q?N

　①若m+n=p+q，则am+an=ap+aq

　②若m+n=2q，则am+an=2aq(等差中项)

高考数学 已知公差d≠0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S4=20，a1，a2，a4成等比数

汤，，我的好O(∩_∩)O 例1.等差数列中,a3+a7-a10=8,a11-a4=4,求S13解：由求和公式知问题转化为求a7由条件得：a7=12例2.已知数列{a_n}满足(1)计算：a2,a3,a4　 (2)求数列的通项公式解：(1)由可计算出a2= -1,a3=，a4= -1有两种解法，一由a2,a3,a4的值猜想通项公式然后用数学归纳法证明二是由已知得：(*)　 两式相减得：(an-1-1)(an-an-2)=0显然不存在an-1-1=0的情况，否则代入(*)有an=an+1即0=1矛盾，故只有an=an-2这样可得　 或例3.已知数列{a_n}的各项均为正数，且前n项之和Sn满足6Sn=an2+3an+2.若a2，a4,a9成等比数列，求数列的通项公式。 解：当n=1时，由题意有6a1=a12+3a+2于是　 a1=1 或 a1=2当n32时，有6Sn=an2+3an+2，6Sn-1=an-12+3an-1+2两式相减得：(an+an-1) (an-an-1-3)=0由题意知{a_n}各项为正，所以an-an-1=3当a1=1时，an=1+3(n-1)=3n-2此时a42=a2a9成立当a1=2时，an=2+3(n-1)=3n-1此时a42=a2a9不成立，故a1=2舍去所以an=3n-2例4.各项为实数的等差数列的公差为4，其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的数列至多有多少项？解 设a1,a2…,an是公差为4的等差数列，则　 a12+a2+a3+…+an￡100,　 即　 a12+(n-1)a1+(2n2-2n-100)￡0　 (1)因此，当且仅当D=(n-1)2-4(2n2-2n-100)30时，至少存在一个实数a1满足(1)式。因为D30，所以7n2-6n-401￡0,解得 n1￡n￡n2　 (2)其中，所以满足(2)的自然数n的最大值为8。故这样的数列至多有8项。例5.各项均为实数的等比数列{a_n}的前n项之和为Sn，若S10=10，S30=70，求S40。解　 记b1=S10,b2=S20-S10,b3=S30-S20,b4=S40-S30.设q是{a_n}的公比，则b1,b2,b3,b4构成以r=q10为公比的等比数列。于是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由于r=q10>0 , 所以r=2故　 S40=10(1+2+22+23例6.给定正整数n和正数M，对于满足条件a12+an+12￡M的所有等差数列a1,a2,a3…试求S=an+1+an+2+…+a2n+1的最大值。解　 设公差为d,an+1=a. 则S=an+1+an+2+…+a2n+1=(n+1)a+故又　 M3a12+an+12=(a-nd)2+a2=所以　 |S|且当 时，S===由于此时4a=3nd，所以所以S的最大值为。例7.设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项之和为972，这样的数列共有多少个？解　 设等差数列首项为a，公差为d，依题意有即　 [2a+(n-1)d]n=2′972, (3)因为n为不小于3的自然数，97为素数，故n的值只可能为97，2′97,972,2′972四者之一。若 d>0,则由(3)知2′9723n(n-1)d3n(n-1).故只可能有n=97.于是(3)化为 a+48d=97.此时可得n=97,d=1,a=49 或 n=97,d=2,a=1.若d=0时，则由(3)得na=972,此时n=97,a=97 或 n=972,a=1。故符合条件的数列共有4个。例8.设{a_n}是由正数组成的等比数列，Sn是前n项之和(1)证明(2)是否存在常数c>0，使得成立，并证明你的结论证明：(1)设{a_n}的公比为q,由已知得：a1>0,q>0i)当q=1时，Sn=na1,从而，Sn×Sn+2-Sn+12=na1(n+2)a1-(n+1)2a12= -a12<0ii)当q11时，∴由i)、ii)均有Sn×Sn+2n</I>+12，两边同时取对数即得证(2)要使成立，则有分两种情况讨论i)当q=1时(Sn-c)×(Sn+2-c)-(Sn+1-c)2=(na1-c)[(n+2)a1-c]-[(n+1)a1-c]2= -a12<0即不存在常数c>0使结论成立ii)当q11时，若条件(Sn-c)×(Sn+2-c)=(Sn+1-c)2成立，则(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，此时，由于c>0,a1>0，必须0<q<1,但0<q<1时，不满足Sn-c>0，即不存在常数c>0满足条件综合i)、ii)可得，不存在常数c>0，满足题意例9.设任意实数x,y满足|x|<1,|y|<1,求证： (第19届莫斯科数学竞赛试题)证明：∵|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.设x,y,z为非负实数，且x+y+z=1,求证：0￡xy+yz+zx-2xyz￡证明：由对称性，不妨设x3y3z　 ∵x+y+z=2×∴x+y,, z成等差数列，故可设x+y=+d,z=-d由x+y32z，得，则xy+yz+zx-2xyz=(x+y)z+xy(1-2z)=30当且仅当x=1,y=z=0时取等号又￡=当且仅当x=y=z=时取等号故0￡xy+yz+zx-2xyz￡例11.解方程组解：由(1)得 解得即xy=15=,则x,，y成等比数列，于是可设x=q,y= 代入(2)整理得：15q4-34q2+15=0解得：故经检验都是原方程组的解例12.解方程：解：显然成等差数列，故可设　　 (1)2-(2)2得-2(3x+2)= -2(3x+2)d 解得d=1或当d=1时，代入(1)解得是增根，舍去∵符合题意，∴是原方程的根例13.等差数列{a_n}中，，试求(l-m)ab+(m-n)bc+(n-l)ca的值解：在直角坐标系中，对于任意n?N,点(n,an)共线，所以有，点共线，于是，由，化简得：，所以=所以所求的值为0例14.从n个数1,a, a2,…, an (a>2)中拿走若干个数，然后将剩下的数任意分成两个部分，证明：这两部分之和不可能相等证明：当a>2时，，上式对任意k?N成立，不妨设剩下的数中最大的数am (m31)在第一部分中，则第一部分各数之和3am>1+a+…+am-13第二部分之和

能推荐几道经典的数列题吗？

s4=4a1+6d=20,(a2)^2=a1*a4

2a1+3d=10,(a1+d)^2=a1(a1+3d)

2a1+3d=10,a1=d

解得,a1=d=2

an=2+2(n-1)=2n

an=2n

数 列 经 典 题 选 析

江苏 王海平

数列是高中代数的重要内容,又是学习高等数学的基础. 在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位.

一,等差数列与等比数列

例1.A={递增等比数列的公比},B={递减等比数列的公比},求A∩B.

解:设q∈A,则可知q>0(否则数列为摆动数列).

由an+1-an=a1·qn-a1·qn-1=a1·qn-1(q-1)>0,得

当a1>0时,那么q>1;当a1<0时,则0从而可知 A={q | 0若q∈A,同样可知q>0.由an+1-an=a1·qn-a1·qn-1=a1·qn-1(q-1)0时,那么0亦可知 B={q | 0故知A∩B={q | 0说明:貌似无法求解的问题,通过数列的基本量,很快就找到了问题的突破口!

例2.求数列1,(1+2),(1+2+22),……,(1+2+22+……+2n-1),……前n项的和.

分析:要求得数列的和,当务之急是要求得数列的通项,并从中发现一定规律.而通项又是一等比数列的和.设数列的通项为an,则an=1+2+22+……+2n-1==2n-1.从而该数列前n项的和

Sn=(2-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)

=(2+22+23+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2.

说明:利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.

等差数列求和公式:

2,等比数列求和公式:

4,

常用的数列求和方法有:利用常用求和公式求和;错位相减法求和;反序相加法求和;分组法求和;裂项法求和;合并法求和;利用数列的通项求和等等.

例3.已知等差数列{an}的公差d=,S100=145.设S奇=a1+a3+a5+……+a99,S'=a3+a6+a9+……+a99,求S奇,S'.

解:依题意,可得 S奇+S偶=145,

即S奇+(S奇+50d)=145, 即2 S奇+25=145, 解得,S奇=120.

又由S100=145,得 =145,故得a1+a100=2.9

S'=a3+a6+a9+……+a99

=====1.7·33=56.1.

说明:整体思想是求解数列问题的有效手段!

例4.在数列{an}中,a1=b(b≠0),前n项和Sn构成公比为q的等比数列.

(1)求证:数列{an}不是等比数列;

(2)设bn=a1S1+a2S2+…+anSn,|q|<1,求bn.

解:(1)证明:由已知S1=a1=b

∵{Sn}成等比数列,且公比为q.

∴Sn=bqn-1,∴Sn-1=b·qn-2(n≥2).

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=bqn-1-bqn-2=b·(q-1)·qn-2

故当q≠1时,==q,

而==q-1≠q,∴{an}不是等比数列.

当q=1,n≥2时,an=0,所以{an}也不是等比数列.

综上所述,{an}不是等比数列.

(2)∵|q|<1,由(1)知n≥2,a2,a3,a4,…,an构成公比为q的等比数列,∴a2S2,a3S3,…,anSn是公比为q2的等比数列.

∴bn=b2+a2S2·(1+q2+q4+…+q2n-4)

∵S2=bq,a2=S2-S1=bq-b

∴a2S2=b2q(q-1)

∴bn=b2+b2q(q-1)·

∵|q|0,1600[()n-1]-4000×[1-()n]>0

化简得,5×()n+2×()n-7>0?

设x=()n,5x2-7x+2>0? ∴x1(舍)? 即()n4,故使得上式成立的最小n∈N+为5,

故最少需要经过5年的努力,才能使全县的绿化率达到60%.

三,归纳,猜想与证明

例7.已知数列{ an}满足Sn+an=(n2+3n-2),数列{ bn}满足b1=a1,

且bn=an-an-1-1(n≥2).

(1)试猜想数列{ an}的通项公式,并证明你的结论;

解:(1)∵Sn+an=(n2+3n-2),S1=a1,∴2a1=(1+3×1-2)=1,

∴a1==1-.当n=2时,有+2a2=(22+3×2-2)=4, ∴a2==2-

猜想,得数列{ an}的通项公式为an=n-

(2)若cn=b1+b2+…+bn,求的值.

当n=3时,有++3a3=8, ∴a3==3-.

用数学归纳法证明如下:

①当n=1时,a1=1-=,等式成立.

②假设n=k时,等式ak=k-成立,那么

n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk=[-ak+1]-[-ak],

.∴2 ak+1=k+2+ak, 2 ak+1=k+2+(k-),

∴ak+1=(k+1)-,即当n=k+1时,等式也成立.

综上①,②知,对一切自然数n都有an=n-成立.

(2)∵b1=a1=,bn=an-an-1-1=[n-]-[(n-1)-]-1=.

∴cn=b1+b2+…+bn=1-()n, ∴=[1-()n]=1.

例8.已知数列{an}满足a1=2,对于任意的n∈N,都有an>0,且(n+1) an2+an an+1-n an+12=0.又知数列{bn}满足:bn=2n-1+1..?

(Ⅰ)求数列{an}的通项an以及它的前n项和Sn;?

(Ⅱ)求数列{bn}的前n项和Tn;?

(Ⅲ)猜想Sn和Tn的大小关系,并说明理由.

解:(n+1) an2+an an+1-n an+12=0.是关于an和an+1的二次齐次式,故可利用求根公式得到an与an+1的更为明显的关系式,从而求出an .

(Ⅰ)∵an>0(n∈N),且(n+1) an2+an an+1-n an+12=0,

∴ (n+1)()2+()-n=0.

∴=-1或=.

∵an>0(n∈N),∴=.

∴=···……··=···…··=n.

又a1=2,所以,an=2n.

∴Sn=a1+a2+a3+……+an=2(1+2+3……+n)=n2+n.

(Ⅱ)∵bn=2n-1+1,?

∴Tn=b1+b2+b3 +……+bn=20+21+22+……+2n-1+n=2n+n-1

(Ⅲ) Tn-Sn=2n-n2-1.?

当n=1时,T1-S1 =0,∴T1=S1;

当n=2时,T2-S2=-1,?∴T2当n=3时,T3-S3=-2,?∴T3当n=4时,T4-S4=-1,?∴T4S5;

当n=6时,T6-S6=27,,?∴T6>S6;

猜想:当n≥5时,Tn>Sn.即2n>n2+1.下用数学归纳法证明:?

1° 当n=5时,前面已验证成立;

2° 假设n=k(k≥5)时命题成立,即2k>k2+1.成立,

那么当n=k+1时,

2k+1=2·2k>2(k2+1)=k2+k2+2≥k2+5k+2>k2+2k+2=(k+1)2+1.

即n=k+1(k≥5)时命题也成立.

由以上1°,2°可知,当n≥5时,有Tn>Sn.;

综上可知:当n=1时,T1=S1;当2≤n<5时,TnSn..

说明:注意到2n的增长速度大于n2+1的增长速度,所以,在观察与归纳的过程中,不能因为从n=1到n=4都有Tn≤Sn.就得出Tn≤Sn.的结论,而应该坚信:必存在,使得2n>n2+1,从而使得观察的过程继续下去.

例9. 已知函数f(x)=x2-3,(x≤-3)

(1)求f(x)的反函数f-1(x);

(2)记a1=1,an= -f-1(an-1)(n≥2),请写出a2,a3,a4的值并猜测想an的表达式.再用数学归纳法证明.

解:(1)设y=f(x)= x2-3,(x≤-3 ),由y2=x2-3(x≤-),x= -y2+3

即f-1(x)= -x2+3 (x≥0).

(2)由a1=1且an= -f-1(an-1)(n≥2的整数),a2= -f-1(a1)= -( -a12+3 =4 ,

a3=3+4=7 ,a4=3+7=10 .

依不完全归纳可以猜想到:an=3n-2 (n自然数)

下面用数学归纳法予以证明:

当n=1时,a1=3×1-2 =1命题成立

假设n=k(1≤k≤n)时,命题成立:即ak=3k-2

那么当n=k+1时,ak+1=-f-1(ak)

=ak2+3 =3k-2+3 =3k+1-2

综上所述,可知对一切自然数n均有an=3n-2 成立.

例10. 已知数列{an}中,a7=4,an+1=,.

(Ⅰ)是否存在自然数m,使得当n≥m时,an<2;当n2

(Ⅱ)是否存在自然数p,使得当n≥p时,总有13时,也有an<2 这就引导我们去思考这样一个问题:若an<2,能否得出an+1<2

为此,我们考查an+1-2与an-2的关系,易得

an+1-2=-2 =.

可以看出:当an<2时,必有an+1<2.于是,我们可以确定:当n≥10时,必有an2.

方法之一是一一验证.即通过已知条件解出:an=.由此,我们可以从a7出发,计算出这个数列的第6项到第1项,从而得出结论.

另外,得益于上述解法,我们也可以考虑这样的问题:"若an+1>2,能否得出an>2"

由an-2=-2=不难得知:上述结论是正确的.

所以,存在m=10,使得当n≥m时,an<2;当n2.

(Ⅱ)问题等价于:是否存在自然数p,使得当n≥p时,总有an-1-an+1-2 an<0.

由(Ⅰ)可得:an-1-an+1-2 an=.

我们已经知道:当n≥10时,an<2,于是(an<2)3<0,(7-an)-3

观察前面计算的结果,可以看出:a100,从而得出结论.

说明:(1)归纳,猜想是建立在细致的观察和缜密的分析基础上的,并非无源之水,无本之木.(2)上述分析的过程如果用数学归纳法写出,则相当简洁,但同时也掩盖了思维的过程.

四,由递推公式探求数列问题

例11.设An为数列{an}的前n项的和,An=(an-1),数列{bn}的通项公式为bn=4n+3.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大先后顺序排成一个新的数列{dn},证明数列{dn}的通项公式为dn=32n+1;

(3)设数列{dn}的第n项是数列{bn}中的第r项,Br为数列{bn}的前r项的和,Dn为数列{dn}的前n项和,Tn=Br-Dn,求.

解:(1)由An= (an-1),可知An+1= (an+1-1)

∴An+1-An= (an+1-an)=an+1,即 =3

而a1=A1= (a1-1),得a1=3

所以数列{an}是以3为首项,公比为3的等比数列,数列{an}的通项公式为an=3n.

(2)∵32n+1=3·32n=3·(4-1)2n

=3×(42n+C12n·42n-1(-1)+…+C2n2n-1·4·(-1)+(-1)2n)

=4m+3

∴32n+1∈{bn}

而数32n=(4-1)2n

=42n+C2n1·42n-1·(-1)+…+C2n2n-1·4·(-1)+(-1)2n

=(4k+1)

∴32n{bn}

而数列{an}={32n+1}∪{32n}

∴ dn=32n+1

(3)由32n+1=4·r+3,可知r=

∵Br==r(2r+5)=·

Dn=·(1-9n)=(9n-1)

∴Tn=Br-Dn=-(9n-1)

=·34n-·32n+

又∵(an)4=34n

∴=

例12. 已知函数f(x)=x+x2-a2 (a>0)

(1)求f(x)的反函数f-1(x)及其定义域;

(2)数列{an}满足a1=3aan+1=f-1an

设bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,试比较Sn与的大小,并证明你的结论.

解:(1)给y-x=x2-a2 两边平方,整理得 x=

∵y-x=y-==≥0

∴y≥a或-a≤y<0

故f-1(x)= ,其定域为[-a,0)∪[a,+∞)

(2)∵an+1=f-1(an)=

∴bn+1==…=()2=bn2 (可两边取对数求解)

又a1=3a,b1===

∴bn=(bn-1)2=(bn-2)=(bn-3)

=…=(b1) =()

∴Sn=b1+b2+…+bn

=+()2+()+[()+()+…+()]==1-()n

由此可知,当n<3时,Sn3时,Sn>.

又∵2n-1=(1+1)n-1=1+C1n-1+C2n-1+C3n-1+……+Cn-1n-1

则当n≥4时,2n-1>1+C1n-1+C2n-1

=1+(n-1)+>n+1

∴().

当n=3时,Sn=+()2+()=++=<.

故知当n≤3 时,Sn2,故a22,得an>2,所以{an}单调递减.且因为an>2,所以

an-2=<(an-1-2)

<()2(an-2-2)<…2pq,又a1,b1不为零,∴c22≠c1·c3,故{cn}不是等比数列.

说明: 本题是2000年全国高考数学试题.其证法很多,建议读者从不同的角度审视此题.我们可以得出更一般的结论;

推论1:设数列{cn},cn=an+bn且a≠b,则数列{cn+1-pcn}为等比数列的充要条件是p=a或p=b.

推论2:设{an},{bn}是两个等比数列,则数列{an+bn}为等比数列的充要条件是,数列{an},{bn}的公比相等.

推论3:公比为a,b的等比数列{an},{bn},且a≠b,s,t为不全为零的实数,cn=san+tbn为等比数列的充要条件是st=0.

例15.数列{an}中,a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1-an n∈N

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求sn;

(3)设bn= ( n∈N),Tn=b1+b2+…+bn( n∈N),是否存在最大的整数m,使得对任意n∈N,均有Tn>成立 若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.

解:(1)由an+2=2an+1-an

an+2-an+1=an+1-an,可知{an}成等差数列,d==-2

-∴an=10-2n

(2)由an=10-2n≥0得n≤5

∴当n≤5时,Sn=-n2+9n

当n>5时,Sn=n2-9n+40

故Sn=-n2+9n 1≤n≤5n2-9n+40 n>5 (n∈N)

(3)bn===()

∴Tn= b1+b2+…+bn

=[(1-)+(-)+(-)+……+(-)]=(1-)=

>>Tn-1>Tn-2>……>T1.

∴要使Tn>总成立,需