第十九讲 等差数列与等比数列讲义-2026年高中数学竞赛

第十九讲等差数列与等比数列 在数列{a中，如果从第二项起，后面一项与前面一项的差为定值d,即 d=Q2-a1=a3-a2=…=an+1-0n=…, 那么数列an称为等差数列，常数d称为公差。 在数列{a中，如果从第二项起，后面一项与前面一项的比为定值q,即 02=0=…=a1=…, 9≈ a1 a2 an 则称数列a为等比数列，其中定值q称为公比。 例1己知数列{an是一个等差数列，首项与公差均为正数，且a2、a、ag 依次成等比数列，求使得a1+a2+…+a>100a1的最小正整数k的值。 解设数列{an的公差为d,则a2=a1+d,a5=a1+4d,ag=a1+8d。 因为a2a、ag依次成等比数列，所以a2ag=a,即 a1+da1+8d=(a+4d。 化简上式得到：a1d=8d2。又d>0,所以a1=8d。由 a1+a2++ak= k+klk-1ld 2“=k+kk-1>100. a a1 16 解得kmn=34。 例2已知{an是各项均为正数的等比数列，且a5o、as1是方程 100lgx=1g100x 的两个不同的解。求a1Q2…a100的值。 解对k=50,51有100lg2a4=1g100a4=2+1gak,即 100lgak2-lgak-2=0。 因此，lga50、lga51是一元二次方程100t2-t-2=0的两个不同实根，从而 glaa=lga+ga=7d0即a-10高· 1150 由等比数列的性质知，a,a,-a1o=aa10=10丽)=10· 例3正实数数列{an满足：a1=1,ag+a1o=646。对所有正整数k,a2k-1 、a2k、Q2k+1成等比数列，a2k、a2k+1、a2k+2成等差数列。设an为 此数列中小于1000的最大项，求n+an的值。 解不妨设a2=r,由已知条件知，a3=r2,a4=r2r-1,…，于是 可以推出 a2k-1=k-1r-k-22, a2k=k-1r-k-2川kr-k-1。 由ag+a10=646,可得4r-3+4r-3川5r-4=646，解得r=5。所以 a2k-1=4k-32,a2k=4k-34k+1,k∈N。 所以a16=957,a17=1089。而数列{an是递增的，故此数列中小于1000的 最大项为a16,因此n+an=16+957=973。 例4设等差数列{an的公差为dd≠0，前n项和为Sn。若数列 [R8S,+2n也是公差为d的等差数列，求数列a 的通项公式。 解设a,=a1+n-1d=dn+a,这里a=a1-d,于是， s=na,+n2d=+a-号n -9 n-4nt atd 2 2 所以 V8S,+2n=V4dn2+(8a+4d+2)n, 故 V4dn2+8a+4d+2n=dn+b, 这里b=/8a1+2-d。所以4dn2+8a+4d+2n=d2n2+2bdn+b2,于是 4d=d2,8a+4d+2=2bd,b2=0, 解得d=4,b=0,a=-9,故a,=4n-9。 4 4 例5已知an为等差数列，bn为等比数列，两数列满足：a1=b1,a2=b2， 且a1≠a2,a,>0i=1,2,3,…。求证：当n>2时，an<bn。 证明设数列{an的公差为d,bn的公比为q,则a2=a1+d,b2=a19,由 a,=b,得，q=1+d, a 另外，由an>0,n=1,2,…,有d>0,故q>1。于是，n>2时， an-b,=a +(n-1d-ajq"-1=a1-q"-1+(n-1)d =a11-q1+q+q2+…+q”-2+n-1d <a11-qn-1+n-1d =n-1a1-q+d =n-1川a2-b2=0。 所以，当n>2时，an<bn。 例6给定正整数n和正数M。对于满足条件a+a+1≤M的所有等差 数列a1,a2,…,Qn,…,求S=an+1+an+2+…+a2n+1的最大值。 解由于a1,a2,…是等差数列，所以 s”空2a*a小”生a*2aa小=”空23a-a小. 由柯西不等式，12+32-a2+a2上-a+3a},即3a1-a≤10M 。所以 s<n+110M=y01n+1/M. 2 2 当0，=一高41=3倍时等号成立。放s的最大值为 0(n+1RM。 2 例7数列a的相邻肉项。，4是方程X-cx中-0的两个根， a,=2。求无穷数列c,c2,“,C,…的和。 解由题设知 Cn=an+an+1, 1" a,a13· ①② 由②得an14an3 *1,所以02=1。因此 >c.=dn+2a,万 n=1”n=2k=0 02k*1+2. 0+ a2k+1 01+2.月 2. a2k-a1 k=1 1 Bq=2及②得2所以c,2×22×6-25 1、.1 1- 2 3 3 注最后一步用到了无穷递减等比数列的求和公式。 例8设数列an是等差数列，数列bn满足bn=an+1an+2-a,n=1,2,… (1)证明：数列b也是等差数列： (②)设数列{an、b的公差均是d≠0，并且存在正整数s、t,使 得a+b,是整数，求a1的最小值。 解(1)设等差数列an的公差是d,则 bn-1-bn=an-2an-3-da-1-an-1dn-2-da) =an+2(an+3-an+1-an+1+anan+1-an =an+2'2d-(an+ad =2an*2-an+1-and=3d。 所以数列{bn也是等差数列。 ()由已知条件及（的结果知3dP-d,因为d≠0，故d=背。这样 bn=an-ian-2-a,=(an+d(an+2d-az =3da,+2d=,+2 91 若正整数s、t满足a,+b,∈Z,则 a+h=o,t*o号-at-id+a+t-1d+号 =2a+s+2+2∈Z. 39 园2Q+}-2+号则1eZ且18Q,=331-s-t+1+1是一个非零的 整数，故18a21,从而a品· 又当品时有a*o品品1ez: 综所述，的最小位为· 例9设两个严格递增的正整数数列an,bn满足：a1o=b1o<2017,对任意 正整数n,有an+2=an+1+an,bn+1=2bn,求a1+b1的所有可能值。 解由条件可知：a1、a2b1均为正整数，且a1<a2。 由于2017>b1o=2.b1=512b1,故b1∈{1,2,3}。反复运用{an的递推关 系知 a10=ag+ag=2ag+a7=3a7+2a6=5a6+3a5=8a5+5a4 =13a4+8a3=21a3+13a2=34a2+21a1, 因此 21a1=a1o=b1o=512b1=2b1m0d34, 而13×21=34×8+1，故有 a1=13×21a1=13×2b1=26b1m0d34)。 ① 另一方面，注意到a1<a2,有55a1<34a2+21a1=512b1,故 512b1° d1 ② 当61=1时，①、②分别化为a,=26mod34，a<5} ,无解。 当b1=2时，①、②分别化为a1=52mod34,a1 1024,得到唯一 55 的正整数a1=18,此时a1+b1=20。 当b1=3时，①、②分别化为a,=78mod34，a1<1536,得到唯一 55 的正整数a1=10,此时a1+b1=13。 综上所述，a1+b1的所有可能值为13,20。 例10已知等比数列{an的首项为a1a1>0,公比为q0<q<1,且 含4gau. (1)求数列{an的通项公式： (②)若从数列{a中依次抽取的一个无穷等比数列，满足其所有项的和落 在区间 1 5 内，试求出所有这样的等比数列。 12'24 解(1)因为 a0站别 2- L=121, 1-q81 1-1 q 所以g司故s甘又ara*ag* +1=121,解得 9+1=10 93。 因为0q1所以q号此时。，日'· (3)设抽取的无穷等比数列的首项为 是正整数，则其所有项和为 15 ,即 12'24 立61- 故行会所以m=2此时-名故k是王器数。 习题4.1