设ak，al，am，an是等比数列中的第k、l、m、n项，若k+l=m+n，求证：ak*al=am*an
证明：设等比数列的首项为a1，公比为q，则：
ak=a1·q^(k-1)，al=a1·q^(l-1)，am=a1·q^(m-1)，an=a1·q^(n-1)
所以：
ak*al=a^2*q^(k+l-2)，am*an=a^2*q(m+n-2)，
故：ak*al=am*an
说明：这个例题是等比数列的一个重要性质，它在解题中常常会用到。它说明等比数列中距离两端(首末两项)距离等远的两项的乘积等于首末两项的乘积，即：
a(1+k)·a(n-k)=a1·an
对于等差数列，同样有：在等差数列中，距离两端等这的两项之和等于首末两项之和。即：
a(1+k)+a(n-k)=a1+an 在等差数列中，a4+a6+a8+a10+a12=120，则2a9-a10=( )
A.20 B.22 C.24 D28
解：由a4+a12=2a8，a6+a10 =2a8及已知条件得：
5a8=120，a8=24
而2a9-a10=2(a1+8d)-(a1+9d)=a1+7d=a8=24。
故选C 设Sn为等差数列的前n项之和，S9=18，a（n-4）=30(n>9)，Sn=336，则n为( )
A.16 B.21 C.9 D.8
解：由于S9=9×a5=18，故a5=2，所以a5+a（n-4）=a1+an=2+30=32，而，故n=21选B 设等差数列满足3a8=5a13，且a1>0，Sn为其前n项之和，则Sn(n∈N*)中最大的是( )。 (1995年全国高中联赛第1题)
(A)S10 (B)S11 (C)S20 (D)S21
解：∵3a8=5a13
∴3(a1+7d)=5(a1+12d)
故a1=-19.5d
令an≥0→n≤20；当n>20时an<0
∴S19=S20最大，选(C)
注：也可用二次函数求最值 将正奇数集合{1，3，5，…}由小到大按第n组有(2n-1)个奇数进行分组：
{1}， {3，5，7}，{9，11，13，15，17}，…
(第一组) (第二组) (第三组)
则1991位于第_____组中。
【1991年全国高中数学联赛第3题】
解：依题意，前n组中共有奇数
1+3+5+…+(2n-1)=n^2个
而1991=2×996-1，它是第996个正奇数。
∵31^2=961<996<1024=32^2
∴1991应在第31+1=32组中。
故填32 已知集合M={x,xy,lg(xy)}及N={0,∣x∣，y}
并且M=N，那么
(x+1/y)+(x^2+1/y^2)+(x^3+1/y^3)+„+(x^2001+1/y^2001)的值等于______。
解：由M=N知M中应有一元素为0，任由lg(xy)有意义知xy≠0，从而x≠0，且y≠0，故只有lg(xy)=0， xy=1，M={x,1,0}；若y=1，则x=1，M=N={0，1，1}与集合中元素互异性相连，故y≠1，从而∣x∣=1，x=±1；由x=1 y=1(含)，由x=-1 y=-1，M=N={0,1,-1}
此时，
从而
注：数列x，x2，x3，…，x2001；以及
在x=y=-1的条件下都是周期为2的循环数列，S2n-1=-2，S2n=0，故2001并不可怕。 已知数列满足3a(n+1)+an=4(n≥1)且a1=9，其前n项之和为Sn，则满足不等式∣Sn-n-6∣<1/125
的最小整数n是( )
(A)5 (B)6 (C)7 (D)8
【1994年全国高中数学联赛试题】
解： 对3a(n+1)+an=4 变形得：
3[a(n+1)-1]=-(an-1)
a(n+1)/an=-1/3
an=8*(-1/3)^(n-1)+1
Sn=8{1+(-1/3)+(-1/3)^2+……+(-1/3)^(n-1)]+n
=6-6*(-1/3)^n+n
|Sn-n-6|=|-6*(-1/3)^n|<1/125
当n=7时满足要求，故选C
【注】：数列既不是等差数列，也不是等比数列，而是由两个项数相等的等差数列：1，1，…，1和等比数列：8,-24,72,-216,… 的对应项的和构成的数列，故其前n项和Sn可转化为相应的两个已知数列的和，这里，观察通项结构，利用化归思想把未知转化为已知。 设数列的前n项和Sn=2an-1(n=1,2,…)，数列满足b1=3,b(k+1)=ak+bk(k=1,2,…)，求数列{bn}的前n项和。 【1996年全国高中数学联赛第二试第一题】
解：由Sn=2an-1，令n=1，得S1=a1=2a1-1，∴a1=1 ①
又Sn=2an-1 ②
S（n-1）=2（an-1）-1 ③
②-③得：Sn-S（n-1）=2an-2a（n-1）
∴an=2an-2a（n-1）
故an=2a(n-1)
∴数列是以a1=1为首项，以q=2为公比的等比数列，故an=2^(n-1) ④
由⑤ b(k+1)=ak+bk(k=1,2,…)，
∴以上诸式相加，得{bn-2}={an},
∴{bn}=2^(n-1)+2
∴Sbn=2^n-1+2*n
证明：设等比数列的首项为a1，公比为q，则：
ak=a1·q^(k-1)，al=a1·q^(l-1)，am=a1·q^(m-1)，an=a1·q^(n-1)
所以：
ak*al=a^2*q^(k+l-2)，am*an=a^2*q(m+n-2)，
故：ak*al=am*an
说明：这个例题是等比数列的一个重要性质，它在解题中常常会用到。它说明等比数列中距离两端(首末两项)距离等远的两项的乘积等于首末两项的乘积，即：
a(1+k)·a(n-k)=a1·an
对于等差数列，同样有：在等差数列中，距离两端等这的两项之和等于首末两项之和。即：
a(1+k)+a(n-k)=a1+an
在等差数列中，a4+a6+a8+a10+a12=120，则2a9-a10=(
)
A.20
B.22
C.24
D28
解：由a4+a12=2a8，a6+a10
=2a8及已知条件得：
5a8=120，a8=24
而2a9-a10=2(a1+8d)-(a1+9d)=a1+7d=a8=24。
故选C
设Sn为等差数列的前n项之和，S9=18，a（n-4）=30(n>9)，Sn=336，则n为(
)
A.16
B.21
C.9
D.8
解：由于S9=9×a5=18，故a5=2，所以a5+a（n-4）=a1+an=2+30=32，而，故n=21选B
设等差数列满足3a8=5a13，且a1>0，Sn为其前n项之和，则Sn(n∈N*)中最大的是(
)。
(1995年全国高中联赛第1题)
(A)S10
(B)S11
(C)S20
(D)S21
解：∵3a8=5a13
∴3(a1+7d)=5(a1+12d)
故a1=-19.5d
令an≥0→n≤20；当n>20时an<0
∴S19=S20最大，选(C)
注：也可用二次函数求最值
将正奇数集合{1，3，5，…}由小到大按第n组有(2n-1)个奇数进行分组：
{1}，
{3，5，7}，{9，11，13，15，17}，…
(第一组)
(第二组)
(第三组)
则1991位于第_____组中。
【1991年全国高中数学联赛第3题】
解：依题意，前n组中共有奇数
1+3+5+…+(2n-1)=n^2个
而1991=2×996-1，它是第996个正奇数。
∵31^2=961<996<1024=32^2
∴1991应在第31+1=32组中。
故填32
已知集合M={x,xy,lg(xy)}及N={0,∣x∣，y}
并且M=N，那么
(x+1/y)+(x^2+1/y^2)+(x^3+1/y^3)+„+(x^2001+1/y^2001)的值等于______。
解：由M=N知M中应有一元素为0，任由lg(xy)有意义知xy≠0，从而x≠0，且y≠0，故只有lg(xy)=0，
xy=1，M={x,1,0}；若y=1，则x=1，M=N={0，1，1}与集合中元素互异性相连，故y≠1，从而∣x∣=1，x=±1；由x=1
y=1(含)，由x=-1
y=-1，M=N={0,1,-1}
此时，
从而
注：数列x，x2，x3，…，x2001；以及
在x=y=-1的条件下都是周期为2的循环数列，S2n-1=-2，S2n=0，故2001并不可怕。
已知数列满足3a(n+1)+an=4(n≥1)且a1=9，其前n项之和为Sn，则满足不等式∣Sn-n-6∣<1/125
的最小整数n是(
)
(A)5
(B)6
(C)7
(D)8
【1994年全国高中数学联赛试题】
解：
对3a(n+1)+an=4
变形得：
3[a(n+1)-1]=-(an-1)
a(n+1)/an=-1/3
an=8*(-1/3)^(n-1)+1
Sn=8{1+(-1/3)+(-1/3)^2+……+(-1/3)^(n-1)]+n
=6-6*(-1/3)^n+n
|Sn-n-6|=|-6*(-1/3)^n|<1/125
当n=7时满足要求，故选C
【注】：数列既不是等差数列，也不是等比数列，而是由两个项数相等的等差数列：1，1，…，1和等比数列：8,-24,72,-216,…
的对应项的和构成的数列，故其前n项和Sn可转化为相应的两个已知数列的和，这里，观察通项结构，利用化归思想把未知转化为已知。
设数列的前n项和Sn=2an-1(n=1,2,…)，数列满足b1=3,b(k+1)=ak+bk(k=1,2,…)，求数列{bn}的前n项和。
【1996年全国高中数学联赛第二试第一题】
解：由Sn=2an-1，令n=1，得S1=a1=2a1-1，∴a1=1
①
又Sn=2an-1
②
S（n-1）=2（an-1）-1
③
②-③得：Sn-S（n-1）=2an-2a（n-1）
∴an=2an-2a（n-1）
故an=2a(n-1)
∴数列是以a1=1为首项，以q=2为公比的等比数列，故an=2^(n-1)
④
由⑤
b(k+1)=ak+bk(k=1,2,…)，
∴以上诸式相加，得{bn-2}={an},
∴{bn}=2^(n-1)+2
∴Sbn=2^n-1+2*n