高三數學等差數列(文件)
【正文】 = +(n1)? = . a12 1 an2 1 n 2 1 2 ∴ 數列 {an} 的通項公式為 an=2+ . 2 n ∴ an=2+ . 2 n {an} 的前 n 項和為 Sn=npan(n?N*), 且 a1?a2, (1)求常數 p 的值 。 (2)設 p, q 是正整數 , 且 p?q, 證明 : a1+2d=7 且 4a1+6d=24. 解得 : a1=3, d=2. ∴ an=a1+(n1)d=3+2(n1)=2n+1. Sp+q (S2p+S2q). 1 2 故數列 {an} 的通項公式為 an=2n+1. (2)證 : 由 (1) 知 an=2n+1, ∴ Sn=n2+2n. (1)解 : 設 等差數列 {an} 的公差為 d, 依題意得 : ∵ 2Sp+q(S2p+S2q)=2[(p+q)2+2(p+q)](4p2+4p)(4q2+4q) =2(pq)2. 又 p?q, ∴ 2Sp+q(S2p+S2q)0. Sp+q (S2p+S2q). 1 2 故 。 (2)若 bn= an30, 求數列 {bn} 的前 n 項和的最小值 . 1 2 1 8 (1)證 : 由 an+1=Sn+1Sn 得 : 8an+1=(an+1+2)2(an+2)2. (2)解 : 由已知 8a1=8S1=(a1+2)2 ?a1=2, 故 由 (1)知 an=4n2. ∴ (an+12)2(an+2)2=0. ∴ (an+1+an)(an+1an4)=0. ∵ an?N*, ∴ an+1+an?0. ∴ an+1an4=0 即 an+1an=4. ∴ {an} 是等差數列 . ∴ bn=2n130=2n31. 解 2n310 且 2(n+1)31≥ 0 得 : ≤ n . 2 31 2 29 ∵ n?N*, ∴ n=15. ∴ {bn} 的前 15 項為負數 , 其前 15 項和 T15 最小 . ∵ b1=29, 公差 d=2, 故所求 前 n 項和的最小值為 225. ∴ T15=15?(29)+15?7?2=225. {an} 的首項是 2, 前 10 項之和是 15, 記 An=a2 +a4+a8+… +a2n (n?N*), 求 An 及 An 的最大值 . 解 : 設 等差數列 {an} 的公差是 d, 由已知 : a1=2 且 10a1+45d=15. 解得 : a1=2d= . 1 9 ∴ An=a2+a4+a8+… +a2n=na1+d[1+3+7+… +(2n1)] =na1+d(2+22+23+… +2nn) =2n ( n) 1 9 21 2n?22 = (19n+22n+1). 1 9 求 An 的最大值有以下解法 : 法 1: 由 a10, d0, 則有 a1a2… ak≥ 0ak+1… . 由 ak=2 (k1)≥ 0 得 k≤ 19. 1 9 由 k=2n≤ 19(n?N*) 得 n≤ 4. 即在數列 {a2n} 中 , a21a22a23a24 0a25… . ∴ 當 n=4 時 , An 的值最大 , 其最大值為 : {An}max= (19?4+224+1)= . 1 9 9 46 解 : 求 An 的最大值有以下解法 : 法 2: 若存在 n?N* 使得 An≥ An+1 且 An≥ An1, 則 An 的值最大 . = (19n+22n+1), 1 9 ∵ An An≥ An+1 An≥ An1 ∴ ? 19n+22n+1≥ 19(n+1)+22n+2 19n+22n+1≥ 19(n1)+22n
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