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 ...