nbhkdz.com冰点文库

2012江苏省数学竞赛《提优教程》第30讲


第 11 讲

数列的求和

本节主要内容有 Sn 与 an 的关系;两个常用方法:倒写与错项;各种求和:平方和、立方 和、倒数和等;∑符号的运用. 掌握数列前 n 项和常用求法,数列求和的方法主要有:倒序相 加法、错位相减法、转化法、裂项法、并项法等. 1.重要公式

1 n(n+1) 2 1 ② 12+22+…+n2

= n(n+1)(2n+1) 6 1 ③ 13+23+…+n3=(1+2+…+n)2= n2(n+1)2 4
① 1+2+…+n= 2.数列{an}前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系式:an= ?

?S1 , n ? 1 ?S n ? S n ?1 , n ? 2

3. 在等差数列中 Sm+n=Sm+Sn+mnd,在等比数列中 Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn. 4.裂项求和:将数列的通项分成两个式子的代数和,即 an=f(n+1)-f(n),然后累加时抵消中间 的许多项.应掌握以下常见的裂项: 1 1 1 1 1 1 1 ① ? ? , ②n ? n!? (n ? 1)!?n!, ③ ? ctgα ? ctg2α, ④ ? ? 等 n(n ? 1) n n ? 1 sin2? (n ? 1)! n! (n ? 1)! 5.错项相消法 6.并项求和法

A 类例题
例 1 已知数列{an}的通项公式满足:n 为奇数时,an=6n-5 ,n 为偶数时,an=4 n ,求 sn. 分析 数列{an}的前 n 项可分为两部分,一部分成等差数列,用等差数列求和公式;另一部 分成等比数列,用等比数列求和公式。但数列总项数 n 的奇偶性不明,故需分类讨论. 解 若 n 为偶数 2m, 则 S2m=1+13+25+?+[6(2m-1)-5]+42+44+?+42m=6m2-5m+ -1), Sn=

16 2m (4 15

3 2 5 16 n ? n ? (4n ? 1) . 2 2 15 16 2m (4 -1), 15

若 n 为奇数 2m+1 时,则 S2m+1=S2m+6(2m+1)-5=6m2+7m+1+ Sn=

3 2 1 31 1 n ? n ? ? ? 4n ?1 . 2 2 15 15

说明 如果一个数列由等差数列与等比数列两个子数列构成,常采纳先局部后整体的策略, 对子数列分别求和后,再合并成原数列各项的和.类似地,若一个数列的各项可拆成等差数列 型与等比数列型两部分,也可采纳先局部后整体的策略.

例 2(2004 年湖南卷类) 已知数列{an}是首项为 a 且 公比 q 不等于 1 的等比数列,Sn 是其前 n 项的和,a1,2a7,3a4 成等差数列. (I)证明 12S3,S6,S12-S6 成等比数列; (II)求和 Tn=a1+2a4+3a7+?+na3n-2. 分析 (1)对于第(l)问,可先依据等比数列的定义与等差数列的条件求出等比数列的公比,然后 写出 12S3,S6,S12-S6,并证明它们构成等比数列.对于第(2)问,由于 Tn=a1+2a4+3a7+? +na3n-2.所以利用等差数列与等比数列乘积的求和方法即“乘公比错位相减法”解决此类问 题. 解 (Ⅰ)证明 由 a1 ,2a7 ,3a4 成等差数列, 得 4a7 ? a1 ? 3a4 , 即 4aq6 ? a ? 3aq3 .
4

变形得

(4q 3 ? 1)(q 3 ? 1) ? 0,

所以 q 3 ? ? 1 或q 3 ? 1 (舍去) . 由
a1 (1 ? q 6 ) S6 1? q3 1 1? q ? ? ? . 3 12S 3 12a1 (1 ? q ) 12 16 1? q

a1 (1 ? q 12 ) S12 ? S 6 S12 1? q 1 ? ?1? ?1?1? q6 ?1? q6 ? . 6 a1 (1 ? q ) S6 S6 16 1? q



S6 S ? S6 ? 12 . 12S 3 S6

所以 12S3,S6,S12-S6 成等比数列.

(Ⅱ)解: Tn ? a1 ? 2a4 ? 3a7 ? ? ? na3n?2 ? a ? 2aq3 ? 3aq6 ? ? ? naq3( n?1) .
1 1 1 Tn ? a ? 2 ? (? )a ? 3 ? (? ) 2 a ? ? ? n ? (? ) n?1 a. ① 4 4 4 1 1 1 1 2 ①× (? ) 得: ? Tn ? a ? 2 ? (? ) a ? 3 ? (? 1 ) 3 a ? ? ? n ? (? 1 ) n ?1 a ? n(? 1 ) n a 4 4 4 4 4 4 4



1 a[1 ? (? ) n ] 4 ? n ? (? 1 ) n a ? 4 a ? ( 4 ? n) ? (? 1 ) n a. ? 1 4 5 5 4 1 ? (? ) 4

所以

Tn ?

16 16 4 1 a ? ( ? n) ? (? ) n a. 25 25 5 4

说明 本题是课本例题:“已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,S3,S9,S6 成等差数列, 求证:a2,a8,a5 成等差数列”的类题,是课本习题:“已知数列{an}是等比数列,Sn 是其 前 n 项的和,a1,a7,a4 成等差数列,求证 2 S3,S6,S12-S6 成等比数列”的改编.

情景再现
T2 ? 4 . Tn ? na1 ? (n ? 1)a2 ? ? 2an?1 ? an , 1. (2000 年全国高考题)设 ?a n ? 为等比数例, 已知 T1 ? 1 , (Ⅰ)求数列 ?a n ? 的首项和公式; (Ⅱ)求数列 ?Tn ? 的通项公式.

2. (2000 年全国高中数学联赛)设 Sn=1+2+3+?+n,n?N,求 f(n)=

Sn 的最大值. ( n ? 32) S n ?1

B 类例题
例 3 (2004 年重庆卷) 设 a1 ? 1, a2 ? , an?2 ? an?1 ? an , (n ? 1,2,??) (1)令 bn ? an ?1 ? an ,(n ? 1,2......) 求数列 {bn } 的通项公式;
5 3 5 3 2 3

(2)求数列 {nan } 的前 n 项和 Sn . 分析 利用已知条件找 bn 与 bn ?1 的关系,再利用等差数列与等比数列之积的错位相差法来解决 此类问题. 解 (1)因 bn?1 ? an?2 ? an?1 ? an?1 ? an ? an?1 ? (an?1 ? an ) ? bn 故{bn}是公比为
2 的等比数列,且 b1 ? a2 ? a1 ? 2 , 故 bn ? ( 2 ) n 3 3 3 2 3 5 3 2 3 2 3 2 3

(n ? 1,2,?)

(2)由 bn ? an?1 ? an ? ( ) n 得

an?1 ? a1 ? (an?1 ? an ) ? (an ? an?1 ) ? ? ? (a2 ? a1 )
2 2 2 2 2 ? ( ) n ? ( ) n?1 ? ? ? ( ) 2 ? ? 2[1 ? ( ) n ] 3 3 3 3 3

注意到 a1 ? 1, 可得 an ? 3 ? 记数 列 {

2n (n ? 1,2,?) 3n?1

n2n?1 } 的前 n 项和为 Tn,则 3n?1

2 2 Tn ? 1 ? 2 ? ? ? ? n ? ( ) n ?1 (1), 3 3 两式相减得

2 2 2 2 Tn ? ? 2 ? ( ) 2 ? ? ? n ? ( ) n 3 3 3 3

(2)

1 2 2 2 2 2 2 Tn ? 1 ? ? ( ) 2 ? ? ? ( ) n ?1 ? n( ) n ? 3[1 ? ( ) n ] ? n( ) n , 3 3 3 3 3 3 3 n (3 ? n)2 2 2 故Tn ? 9[1 ? ( ) n ] ? 3n( ) n ? 9 ? 3 3 3 n ?1 (3 ? n)2 n ?1 3 从而S n ? a1 ? 2a 2 ? ? ? nan ? 3(1 ? 2 ? ? ? n) ? 2Tn ? n(n ? 1) ? ? 18 2 3 n ?1

说明 本题主要考查递推数列、数列的求和,考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的 能力. 例 4 (1996 年全国高中数学联赛第二试)设数列{an}的前项和 Sn=2an-1(n=1,2,3,?), 数列{bn} 满足 b1=3, bk+1 ? ak+bk (k=1,2,3?).求数列{bn}的前 n 项和. 分析 由数列{an}前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系式:an= ? 解

?S1 , n ? 1 可得 an. ?S n ? S n ?1 , n ? 2


由 S n ? 2an ?1 可得 an+1=2an 即数列{an}是等比数列,故 an =2n 1,又由 ak=bk+1-bk 得 bn=b1 +a1+ a2+ a3+?+ an-1 =3+

2 n?1 ? 1 n ?1 =2 ? 2 2 ?1


所以 Sn =b1+ b2+ b3+?+ bn=1+2+22+?+2n 1+2n=

2 n?1 ? 2n ? 2 n ? 2n ? 1 2 ?1

例 5 (2004 年全国理工卷) 已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:Sn=2an +(-1)n,n≥1. (1)写出求数列{an}的前 3 项 a1,a2,a3;

(2)求数列{an}的通项公式; (3)证明:对任意的整数 m>4,有
1 1 ? ? a4 a5 ? 1 7 ? . am 8

分析 由数列{an}前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系,求 an,应考虑将 an 与 an-1 或 an+1 其转化为的 递推关系,再依此求 an. 对于不等式证明考虑用放缩法,若单项放缩难以达到目的,可以尝试多项 组合的放缩. 解 (1)当 n=1 时,有:S1=a1=2a1+(-1) ? a1=1; 当 n=2 时,有:S2=a1+a2=2a2+(-1)2 ? a2=0; 当 n=3 时,有:S3=a1+a2+a3=2a3+(-1)3 ? a3=2; 综上可知 a1=1,a2=0,a3=2; (2)由已知得: an ? Sn ? Sn?1 ? 2an ? (?1)n ? 2an ?1 ? (?1)n?1 化简得: an ? 2an?1 ? 2(?1)n?1 上式可化为: an ? 2 (?1) n ? 2[an ?1 ? 2 (?1) n ?1 ]
3 3

故数列{ an ? 2 (?1) n }是以 a1 ? 2 (?1)1 为首项, 公比为 2 的等比数列.
3

3

故 an ? 2 (?1) n ? 1 2n ?1
3 3

∴ an ? 1 2n ?1 ? 2 (?1) n ? 2 [2n ? 2 ? (?1) n ] 3 3 3

数列{ an }的通项公式为: an ? 2 [2n ?2 ? (?1) n ] . 3 ⑶由已知得:
1 1 ? ? a4 a5 ? 1 3 1 1 ? [ ? ? am 2 2 2 ? 1 2 3 ? 1 ? 1 ] 2 m ? 2 ? ( ?1) m

3 1 1 1 1 1 ? [ ? ? ? ? ? 2 3 9 15 33 63
1 1 1 1 1 ? [1 ? ? ? ? ? 2 3 5 11 21
1 1 1 1 1 ? [1 ? ? ? ? ? 2 3 5 10 20

?
]

1 ] 2m?2 ? (?1)m

]

1 1 (1 ? m?5 ) 1 4 2 2 1 1 4 5 2 ] ? [ ? ]? [ ? ? 2 3 5 5 2 m ?5 1 2 3 1? 2
? 13 1 1 m?5 13 104 105 7 . ? ( ) ? ? ? ? 15 5 2 15 120 120 8

故 1 ? 1 ? a4 a5

?

1 7 ( m>4). ? am 8

说明 本题是一道典型的代数综合题,是将数列与不等式相结合,它的综合性不仅表现在知 识内容的综合上,在知识网络的交汇处设计试题,更重要的是体现出在方法与能力上的综合, 体现出能力要素的有机组合. 虽然数学是 一个演绎的知识系统,并且演绎推理是数学学习和研究的重要方法,但从数

学的发展来看,“观察、猜测、抽象、概括、证实”是发现问题和解决问题的一个重要途径,是 学生应该学习和掌握的,是数学教育不可忽视的一个方面:要求应用已知的知识和方法,分 析一些情况和特点,找出已知和未知的联系,组织若干已有的规则,形成新的高级规则,尝 试解决新的问题,这其中蕴含了创造性思维的意义. 例 6
2 2 2 设 { an } 为 等 差 数 列 , { bn} 为 等 比 数 列 , 且 b1 ? a1 , b2 ? a2 , b3 ? a3 , 又

lim(b1 ? b2 ?
x ??

? bn ) ? 2 ? 2

,





{

an

}











差.

(2001 年全国高中数学联赛)
2 2 2

分析 题中有两个基本量{ an }中的首项 a1 和公差 d 是需要求的,利用 a1 , a 2 , a 3 成等比数 列和给定极限可列两个方程,但需注意极限存在的条件. 解 设所求公差为 d,∵a1<a2,∴d>0.由此得
a12 (a1 ? 2d ) 2 ? (a1 ? d ) 4

化简得: 2a12 ? 4a1d ? d 2 ? 0 而 ? 2 ? 2 ? 0 ,故 a1<0
a 22 ? ( 2 ? 1) 2 a12 a 22 ? ( 2 ? 1) 2 a12

解得: d ? (?2 ? 2 )a1

若 d ? (?2 ? 2 )a1 ,则 q ? 若 d ? (?2 ? 2 )a1 ,则 q ?

但 lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ) ? 2 ? 1 存在,故| q |<1,于是 q ? ( 2 ? 1) 2 不可能.
n ? ??

从而

a12 1 ? ( 2 ? 1)
2

? 2 ? 1 ? a12 ? (2 2 ? 2)( 2 ? 1) ? 2

所以 a1 ? ? 2 , d ? (?2 ? 2 )a1 ? 2 2 ? 2 说明 本题涉及到的知识主要是等差数列、等比数列、无穷递缩等比数列所有项的和等知识, 用到方程的思想和方法,且在解题过程中要根据题意及时取舍,如由题意推出 d>0, a1<0,
q ? 1 等,在解题中都非常重要.

情景再现
3. 设二次函数 f ( x) ? x 2 ? x,当x ?[n, n ? 1](n ? N*)时, f ( x) 的所有整数值的个数为 g(n). (1)求 g(n)的表达式. (2)设 an ? (3)设 bn ?
2n3 ? 3n 2 (n ? N*),Sn ? a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? ?? ? (?1) n?1 an , 求Sn . g (n)
g (n) ,Tn ?b1 ?b2 ? ? ? bn .若Tn ? l (l ? Z ), 求l 的最小值. 2n

4. 设函数 f ( x) ? 点 P 的横坐标为

1 的图象上两点 P1(x1,y1)、P2(x2,y2),若 OP ? ( OP 1 ? OP 2 ) ,且 2 2 ? 2
x

2x

1 . 2 (1)求证:P 点的纵坐标为定值,并求出这个定值;

(2)若 S n ? ? f ( ) ,n∈N*,求 Sn;
i ?1

n

i n

(3)记 Tn 为数列 { 试求 a 的取值范围.

1 ( S n ? 2 )( S n ?1 ? 2 )

} 的前 n 项和, 若 Tn ? a(S n?1 ? 2 ) 对一切 n∈N*都成立,

C 类例题
例 7 给定正整数 n 和正数 M,对于满足条件 a12 ? an2?1 ≤ M 的所有等差数列 a1,a2,?, an, ,试求 S=an+1+an+2+?+a2n+1 的最大值. (1999 年 全国高中数学联赛试题) 分析 本题属于与等差数列相关的条件最值问题,而最值的求解所运用的方法灵活多样, 针对条件的理解不同,将有不同的解法. 解 ( 方 法 一 ) : 设 公 差 为 d, an+1=a. 则 S=an+1+an+2+ ? +a2n+1= (n ? 1)a ?

n(n ? 1) d ,所以 2

a?

nd S ? 2 n ?1
2 1 2 n ?1

另一方面,由 M≥ a ? a

4? nd ? 1 4? S ? 2 = (a ? nd ) ? a = ? a ? ? ? (4a ? 3nd ) = ? ? 10 ? 2 ? 10 10 ? n ? 1 ? ,
2 2

2

2

从而有 S ?

10 3 4 M (n ? 1) ? M 且当 a ? ? M ,d ? ? 时 2 10 10 n

? 3 n 4 M? ? = (n ? 1) ? 5 M ? 10 (n ? 1) M , S ? (n ? 1) ? ? M ? ? ? ? 10 ? 2 2 n 10 10 ? ?
由于此时 4a ? 3nd 故 a12 ? an2?1 =
4? S ? ? ? =M, 10 ? n ? 1 ?
10 (n ? 1) M . 2
2

因此 S=an+1+an+2+?+a2n+1 的最大值为

(方法二):三角法 由条件 a12 ? an2?1 ≤ M 故可令 a1 ? r cos ? , an ?1 ? r sin ? ,其中 0 ? r ? M . 故 S= an+1+an+2+?+a2n+1=
?

(an?1 ? a2 n?1 )(n ? 1) n ? 1 n ?1 ? (3an?1 ? a1 ) ? r (3sin ? ? cos ?) 2 2 2

10 (n ? 1)r sin(? ? ?) 2 3 1 其中 cos ? ? , sin ? ? 因此当 sin(? ? ?) ? 1 , r ? M 时, 10 10

S=an+1+an+2+?+a2n+1 的最大值为

10 (n ? 1) M . 2

说明 在解答过程中,要分清什么是常量,什么是变量,注意条件和结论的结构形式.解法 一通过配方来完成,解法二运用三角代换的方法,解法三运用二次方程根的判别式来完成,

解法四则主要运用 了柯西不等式.本题人口宽,解法多样,对培养学生的发散思维能力很有 好处. 例 8 n 2(n≥4)个正数排成几行几列: a11 a12 a13 a14 ? a1n, a21 a22 a23 a24 ? a2n, a31 a32 a33 a34 ? a3n, ? ? an1 an2 an3 an4 ? an n, 其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且所有公比相等,已知“a24=1, a42
1 , a43 ? 3 , 8 16 求 a11 +a22 +a33 +?+ ann. (1990 年全国高中 数学联赛试题) 分析 由于等差数列可由首项与公差惟一确定,等比数列可由首项与公比惟一确定,如果设 - a11=a 第一行数的公差为 d,第一列数的公比为 q,容易算得 as t=[a+(t-1)]qs 1,进而由已知 条件,建立方程组,求出 n,d,q. 解 设第一行数列公差为 d,各列数列公比为 q,则第四行 数列公差是 dq2.于是可得方程组:
? ?a 24 ? (a11 ? 3d )q ? 1 ? 1 1 ? 3 ?a 42 ? (a11 ? d )q ? ,解此方程值组,得 a11 ? d ? q ? ? . 8 2 ? 3 ? a 43 ? a 42 ? dq 3 ? ? 16 ?

由于所给 n2 个数都是正数,故必有 q>0,从而有 a11 ? d ? q ? 故对任意 1≤k≤n,有 akk ? a1k q k ?1 ? [a11 ? (k ? 1)] q k ?1 ? 故 S= 又

1 . 2

k . 2k

1 2 3 n + + +?+ n . 2 2 2 23 2

1 1 2 3 n S= 2 + 3 + 4 +?+ n ?1 . 2 2 2 2 2 1 1 2 3 n n S= + 2 + 3 +?+ n ? n ?1 2 2 2 2 2 2

两式相减后可得: 所以 S=2-

1 n - n . n ?1 2 2 说明 这道试题涉及到等差数列、等比数列、数列求和的有关知识和方法.通过建立方程组 确定数列的通项;通项确定后,再选择错位相减的方法进行求和.

情景再现
5.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 项.

6.己知数列{an}满足:a1=1,an+1=an+ (1)求证:14< a100< 18; (2)求 a100 的整数部分[a100].

1 an

习题 11
A 类习题
1.若等差数列{an},{bn}的前 n 项和分别为 An,Bn,且 ( A. ) 4 3 B. 7 4 C. 3 2 D. 78 71 An 7n+1 a11 = ,则 等于 Bn 4n+27 b11

2. 各 项 均 为 实 数 的 等 比 数 列 {an} 前 n 项 和 记 为 Sn , 若 S10=10,S30=70 , 则 S40 等 于 ( ) A.150 B.-200 C.150 或-200 D.400 或-50 (1998 年全国高中数 学联赛试题) 3.已知数 列 {a n } 满足 3an?1 ? an ? 4(n ? 1) ,且 a1 ? 9 ,其前 n 项之和为 S n ,则满足不等式
| S n ? n ? 6 |? 1 的最小整数 n 是 125

( A.5

) B. 6 C.7 D.8 (1999 年全国高中数

学联赛试题) 4.(2004 年江苏卷)设无穷等差数列{an}的前 n 项和为 Sn. (Ⅰ)若首项 a1 ? 3 ,公差 d ? 1 ,求满足 S 2 ? (S k ) 2 的正整数 k; 2 k
k2
[来源:学科网 ZXXK]

(Ⅱ)求所有的无穷等差数列{an},使得对于一切正整数 k 都有 S
x 2

? (S k ) 2 成立.
1 1 , ] 2i 2i ?1

5. 函数 f ( x ) 是定义在 [0, 1] 上的增函数, 满足 f ( x) ? 2 f ( ) 且 f (1) ? 1 , 在每个区间 ( ( i ? 1,2??)上, y ? f ( x) 的图象都是斜率为同一常数 k 的直线的一部分. (I)求 f (0) 及 f ( ) , f ( ) 的值,并归纳出 f ( i )(i ? 1,2,??) 的表达式 (II) 设直线 x ?
1 1 ,x ? i ?1 , x 轴及 y ? f ( x) 的图象围成的矩形的面积为 a i( i 2i 2 1 2 1 4 1 2

2??) , ? 1,

记 S (k ) ? lim (a1 ? a2 ? ? ? an ) ,求 S ( k ) 的表达式,并写出其定义域和最小值. (2004 年北京理 n?? 工卷) 6.(2005 年湖北卷)设数列 {an } 的前 n 项和为 Sn=2n2, {bn } 为等比数列,且
a1 ? b1 , b2 (a 2 ? a1 ) ? b1 .

(Ⅰ)求数列 {an } 和 {bn } 的通项公式; (Ⅱ)设 c n ?
an ,求数列 {cn } 的前 n 项和 Tn. bn

B 类习题
7.(2005 年全国Ⅰ卷)设正项等比数列 ?a n ?的首项 a1 ?
210 S30 ? (210 ? 1)S 20 ? S10 ? 0 .

1 ,前 n 项和为 Sn ,且 2

(Ⅰ)求 ?a n ?的通项; (Ⅱ)求 ?nSn ? 的前 n 项和 Tn . 8.设数列{an}的首项 a1=1,前 n 项和 Sn 满足关系式:3tSn-(2t+3)Sn-1=3t(t>0,n=2,3,4…). (1)求证:数列{an}是等比数列; (2)设数列{an }的公比为 f(t),作数列{bn},使 b1=1,bn=f( bn; (3)求和:b1b2-b2b3+b3b4-…+b2n-1b2n-b2nb2n+1. 9.已知:f(x)=

1 bn ?1

)(n=2,3,4…),求数列{bn}的通项

1 x2 ? 4

(x<—2) ,f(x)的反函数为 g(x),点 An(an, ?

1 a n ?1

)在曲线 y=g(x)上

(n∈ N+),且 a1=1.(I)求 y=g(x)的表达式; (II)证明数列{

1 an
2

}为等差数列; (Ⅲ)求数列{an}

的通项公式; (Ⅳ)设 bn=

1 1 1 ? a n a n ?1

,记 Sn=b1+b2+??+bn,求 Sn.

10.已知正整数 n 不超过 2000,并且能表示成不少于 60 个连续正整数之和,那么,这样的 n 的个数是_____. (1999 年全国高中数 学联赛试题)
[来源:学科网 ZXXK]

C 类习题
1 的等比数列, S n 为它的前 n 项和. 2 S ?c ? 2 成立. (1)用 S n 表示 S n ?1 ; (2)是否存在自然数 c 和 k ,使得 k ?1 Sk ?c

11.已知 {an } 是首项为 2,公比为

(2001 年上海

卷) 12.数列{an}是首项为 a1,公差为 d 的等差数列,按下列加括号的方式把该数列分成群(a1)、 ( a2,a3)、( a4,a5,a6,a7)、( a8,a9,a10,?,a15)?使第一群中是 a1 含{an}中的一项,第 二群是 a2、a3,含{an}中的两项,第三群中是 a4、a5、a6、a7,含{an}中的四项?如此继续下 - 去,第 n 群中含{an}中的 2n 1 项,且任两群无公共项,任一项都在某群内,用 a1、d、n 表示 第 n 群各元素的和. (第 2 届希望杯第一试)

本节“情景再现”解答: 1. 设等比数列 ?a n ?以比为 q , 则 T1 ? a1 , T2 ? 2a1 ? a2 ? a1 (2 ? q) . ∵ T1 ? 1, T2 ? 4 , ∴ a1 ? 1, q ? 2 . (Ⅱ)解法一:由(Ⅰ)知 a1 ? 1, q ? 2 ,故 an ? a1 q n?1 ? 2 n?1 ,因此,
Tn ? n ?1 ? (n ? 1) ? 2 ? ? ? 2 ? 2 n?2 ? 1? 2 n?1 ,

?Tn ? 2Tn ? Tn ? n ? 2 ? (n ? 1) ? 2 2 ? ? ? 2 ? 2 n?1 ? 1? 2 n - [n ?1 ? (n ? 1) ? 2 ? ? ? 2 ? 2 n?2 ? 1? 2 n -1 ] ? -n ? 2 ? 2 2 ? ? ? 2 n?1 ? 2 n ? -n ?
? ?(n ? 2) ? 2 n?1 .

2-2 ? 2 n ? -n ? 2 n?1 ? 2 1? 2

解法二:设 S n ? a1 ? a2 ? ? ? an .由(Ⅰ)知 an ? 2 n?1 .∴ S n ? 1 ? 2 ? ? ? 2 n?1 ? 2 n ? 1
?Tn ? na1 ? (n ? 1)a 2 ? ? ? 2a n ?1 ? a n ? a 1 ? (a1 ? a 2 ) ? ? ? (a1 ? a 2 ? ? ? a n ?1 ? a n ) ? S1 ? S 2 ? ? ? S n ? ( 2 ? 1 ) ? ( 2 n -1 ) ? ? ? ( 2 n -1 ) ? ( 2 ? 2 n ? ? ? 2 n )-n ? 2 ? 2? 2n ? n ? 2 n ?1 ? 2 ? n 1? 2

2.由等差数列求和公式得 S n ?

1 1 n(n ? 1) , Sn ?1 ? (n ? 1)(n ? 2) 2 2

∴ f ( n) ?
8 8

Sn = (n ? 32) S n ?1

1 n 1 1 = = , ∴ 当 ? 64 8 2 n 2 ? 34n ? 64 50 n ? 34 ? ( n? ) ? 50 n n

n?

,即 n=8 时,

f (n) max ?

1 . 50

3. (1)当 x ?[n, n ? 1](n ? N *) 时,函数 f ( x) ? x 2 ? x 的值随 x 的增大而增大,则 f ( x) 的值域 为 [n 2 ? n, n 2 ? 3n ? 2](n ? N*). ∴ g (n) ? 2n ? 3(n ? N *). (2) a n ?

2n 3 ? 3n 2 ? n2. g ( n)

①当 n 为偶数时,

S n ? a1 ? a 2 ? a3 ? a 4 ? ??? a n ?1 ? a n ? (12 ? 2 2 ) ? (3 2 ? 4 2 ) ? ??? [(n ? 1) 2 ? n 2 ]

=-[3+7+??+(2n-1)]=-

3 ? (2n ? 1) n n(n ? 1) ? ?? . 2 2 2

②当 n 为奇数时, Sn ? (a1 ? a2 ) ? (a3 ? a4 ) ? ?? ? (an?2 ? an?1) ? Sn?1 ? an =-

n(n ? 1) n(n ? 1) ? n2 ? . 2 2

∴ S n ? (?1) n?1

n(n ? 1) . 2

(3)由 bn ?

g (n) 5 7 9 2n ? 1 2n ? 3 , ① , 得Tn ? ? 2 ? 3 ? ? ? n?1 ? 2n 2 2 2 2 2n
1 5 7 2n ? 1 2n ? 3 1 ,得 Tn ? 2 ? 3 ? ? ? n ? n?1 . ② 2 2 2 2 2 2

①×

1 1 (1 ? n ?1 ) 5 2n ? 3 7 2n ? 7 1 5 2n ? 3 2 2 2 2 ①-②, 得 Tn ? ( ? n?1 ) ? ( 2 ? 3 ? ? ? n ) = ( ? n ?1 ) ? 2 ? ? n ?1 . 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1? 2

[来源:学,科,网 Z,X,X,K]

∴ Tn ? 7 ?

2n ? 7 2n ? 7 . 则由 Tn ? 7 ? ? l , l ? Z ,可得 l 的最小值是 7. n 2 2n

4. (1)证:∵ OP ?

1 ( OP ? OP ) ,∴P 是 P1P2 的的中点 ? x1+x2=1, 1 2 2 2 x1 2 x2 2 x1 21? x1 ? x ? x ? 1? x ∴ y1 ? y 2 ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? x 21 ? 2 22 ? 2 21 ? 2 2 1 ? 2

=
[来源:学科网]

2 x1 2 + 2
x1

+

2 2 + 2 ×2
x1

=

2 x1 2 + 2
x1

+

2 2 + 2
x1

= 1 , ∴ yp ?

1 1 ( y ? y2 ) ? . 2 1 2

(2)解:由(1)知 x1+x2=1,f (x1)+f (x2)=y1+y2=1,f (1)=2- 2 , n -1 1 2 n Sn = f( n ) + f( n ) + ┅ + f( n ) + f( n ), n-1 n 2 1 又 Sn = f( ) + f( ) + ┅ + f( )+ f( ), n n n n 两式相加得 n-1 n-2 n-1 1 2 1 2Sn = f(1) + [f( n ) + f( n )] + [f( n ) + f( n )] + ┅ + [f( n ) + f( n )] + f(1) = 2f(1) + 1 + 1 + ┅ + 1(n-1 个 1) ? n ? 3 ? 2 2 , ∴ Sn ? (3)解:

n ?3?2 2 . 2
1 ? 1 4 1 1 ? ? 4( ? ) n ? 3 n ? 4 (n ? 3)(n ? 4) n?3 n?4 ? 2 2

( S n ? 2 )( S n ?1 ? 2 )

Tn = 4[(
a? Tn

1 1 1 1 1 1 n - )+( - )+ ┅ +( - )] = , Tn ? a(Sn?1 ? 2 ) ? 4 5 5 6 n+3 n+4 n+4
? 2n 2 16 ,∵ n ? ≥8,当且仅当 n=4 时,取“=” , ? (n ? 4) 2 n ? 16 ? 8 n n

S n?1 ? 2



2 2 1 1 ? ? ,因此, a ? . 16 8 n? ?8 8?8 8 n

5. 设 a1 , a2 ,?, an 是公差为 4 的等差数列,则 an ? a1 ? 4(n ? 1) ,由已知
a1 ? a2 ? ? ? an ? 100 ? a1 ?
2

2

(a1 ? 4 ? an )(n ? 1) ? 100 2

?

a1 ? (n ? 1)a1 ? 2n 2 ? 2n ? 100 ? 0 ,此关于 a 1 为未知数的一元二次不等式有解,则应有
2

? ? (n ? 1) 2 ? 4(2n 2 ? 2n ? 100) ? 0
3 ? 2816 3 ? 2816 3 ? 2816 ?n? ?9 又 ?8 7 7 7 故 n 的最大值是 8. 故这样的数列至多有 8 项.

? 7n2―6n―401≤0,

6.(1)证明:当1< k ≤n( k ∈ N*)时, ak2 ? ak2?1 ? 2 ?

1 且ak>1所以 ak2?1 ? 2 ? ak2 ? ak2?1 ? 3 , ak2?1

因此 a12 ? 2 ? a22 ? a32 ? 3 , a22 ? 2 ? a32 ? a42 ? 3 ,???, an2?1 ? 2 ? an2 ? an2?1 ? 3 ,将以上 n- 1 个式子相 加得
2 2 a12 ? 2(n ? 1) ? an ? a12 ? 3(n ? 1) ,因为 a1=1 所以 2n ? 1 ? an ? 3n ? 2 ,所以 2n ? 1 ? an ? 3n ? 2

令 n=100,得 14< a100< 18. 1 2 2 2 (2)由题设得 an2?1 ? an2 ? 2 ? 2 , 所以 a100 = a12 ? (a22 ? a12 ) ? (a32 ? a22 ) ? ?+ (a100 ? a99 ) an =200+[ 1 1 1 1 ? 2 ? +? 2 ],又 an+1-an=a >0 故数列{an}是单调递增.当 n≥2 时 an≥2. 2 n a 2 a3 a 99
?1? ?2?
2

2 200< a100 <200+ ? ? ? 98 ? 224.5 <225.因此 14< a100<15.所以 a100 的整数部分[a100]=14

本节“习题 11”解答: a11 2a11 a1 +a21 = = b11 2b11 b1 +b21

1.

a1 + a21 ×21 A21 7×21+1 4 2 = = = = 故选 A. B21 4×21+27 3 b1 + b21 ×21 2

2. S10, S20-S10, S30-S20,S40-S30 成等比数列,公比 Q=q10>0.故 S30= S10(1+Q+Q2)=70.解得 Q=2, 所以 S40-S30=S10Q3=80,即 S40=S30+80=150. 故选 A. 1 3. 由递推公式变形得: 3(an+1-1)=-(an-1)令 bn=an-1,则 bn+1=- bn,且 b1=a1-1=8,故 {bn} 3 1 是首项为 8, 公比为- 的等比数列 . 故 Sn - n=(a1 - 1)+ (a2 - 1)+ ? + (an - 1)= b1+b2++ ? 3

? ? 1 ?n ? b1 ?1 ? ? ? ? ? n n ? ? 3? ? ? 1 ? 1? ?1? - +bn= ? =6-6× ? ? ? ,所以 | S n ? n ? 6 |? 6 ? ? ? ? , 得 3n 1>250.所以满足不等 1 ? 3? ? 3 ? 125 1? 3
式的最小整数 n 是 7,故选 C. 4 .( 1 ) 当 a1 ?
3 n(n ? 1) 1 2 3 2 , d ? 1 时 , Sn ? n ? ? n ? n , 由 S k 2 ? (S k ) 得 , 2 2 2 2

1 4 1 1 k ? k 2 ? ( k 2 ? k ) 2 ,即 k 3 ( k ? 1) ? 0 ,又 k ? 0 ,所以 k ? 4 . (2)设数列 ?a n ?的公差为 4 2 2

d ,则在 S k 2 ? (S k )

2

? a1 ? a1 2 ? S1 ? ( S1 ) 2 ? 中分别取 k ? 1,2 得 ? 即? 4?3 2 ? 1 2 ,由(1) 2 4a1 ? d ? (2a1 ? d) S ? ( S ) 2 ? 4 ? 2 2 ?

得 a1 ? 0 或 a1 ? 1 . 当 a1 ? 0 时,代入(2) 得: d ? 0 或 d ? 6 ;当 a1 ? 0, d ? 0 时, an ? 0, S n ? 0 ,从而 Sk 2 ? (Sk ) 2 成立;当 a1 ? 0, d ? 6 时, 则

an ? 6(n ? 1) , 由 S3 ? 18 ,( S3 ) 2 ? 324, S9 ? 216知,S9

故所得数列不符合题意; 当 a1 ? 1 ? (S3 )2 ,

时, d ? 0 或 d ? 2 ,当 a1 ? 1 , d ? 0 时, an ? 1, S n ? n ,从而 Sk 2 ? (Sk ) 2 成立;当 a1 ? 1 , d ? 2 时,则
an ? 2n ? 1, S n ? n 2 ,
2
[来源:学科网]

从而 S k 2 ? (S k ) 成立, 综上共有 3 个满足条件的无穷等差数列; a n ? 0 或 an ? 1 或 an ? 2n ? 1 . 5. (I)由 f (0) ? 2 f (0) ,得 f (0) ? 0 ,由 f (1) ? 2 f ( ) 及 f (1) ? 1 ,得 f ( ) ? 同理, f ( ) ? (II)当
1 4 1 1 ? 1 1 f ( ) ? ,归纳得 f ( i ) ? i (i ? 1,2,??) 2 2 2 2 4 1 2 1 2 1 1 f (1) ? 2 2

1 1 1 1 ? x ? i ?1 时 f ( x) ? i ?1 ? k ( x ? i?1 ) i 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 k ? ai ? [ i ?1 ? i ?1 ? k ( i ? i ?1 )]( i ?1 ? i ) ? (1 ? ) 2i ?1 (i ? 1,2,??) 所以 {a n } 是首项为 4 2 2 2 2 2 2 2 2

1 k (1 ? ) 1 k 1 2 4 ? 2 (1 ? k ) . (a1 ? a2 ? ? ? an ) ? (1 ? ) ,公比为 的等比数列,所以 S (k ) ? lim n?? 1 4 3 4 2 4 1? 4
∴ S (k ) 的定义域为 0 ? k ? 1,当 k ? 1 时取得最小值
1 . 2

6. (1) :当 n ? 1时, a1 ? S1 ? 2; 当n ? 2时, an ? S n ? S n?1 ? 2n 2 ? 2(n ? 1) 2 ? 4n ? 2, 故{an}的通项公式 为 an ? 4n ? 2, 即{an }是a1 ? 2, 公差d ? 4 的等差数列.设{bn}的通项公式为
1 q, 则b1qd ? b1 , d ? 4,? q ? . 4

故 bn ? b1q n?1 ? 2 ?

1 2 ,即 {bn }的通项公式为 bn ? n?1 . 4n?1 4
2

(II) cn ? an ? 4n ? 2 ? (2n ? 1)4n ?1 , ?Tn ? c1 ? c2 ?
bn 4n ?1

? cn ? [1 ? 3 ? 41 ? 5 ? 42 ?

? (2n ? 1)4n?1 ],

4Tn ? [1? 4 ? 3 ? 42 ? 5 ? 43 ?

? (2n ? 3)4n?1 ? (2n ? 1)4n ] ,两式相减得

1 1 3Tn ? ?1 ? 2(41 ? 4 2 ? 43 ? ? ? 4 n?1 ) ? (2n ? 1)4 n ? [(6n ? 5)4 n ? 5] ?Tn ? [(6n ? 5)4 n ? 5]. 3 9

7. (I)由 210S30-(210+1)S20+S10=0 得 210(S30-S20)=S20-S10, 即 210(a21+a22+? +a30)=a11+a12+?+a20, 可得 210·q10(a11+a12+?+a20)=a11+a12+?+a20. 1 1 - 因为 an>0,所以 210q10=1, 解得 q=2,因而 an=a1qn 1=2n,n=1,2,?.

1 1 (1 ? n ) 1 1 2 =1- 1n ,nS =n- nn. (II)因为{an}是首项 a 1=2、公比 q=2的等比数列,故 Sn= 2 n 2 2 1 1? 2
1 2 n 则数列{nSn}的前 n 项和 Tn=(1+2+?+n)-(2+ 2 +?+ n ), 2 2 Tn 1 2 n ?1 n 1 2 = 2 (1+2+?+n)-( 22 + 2 3 +?+ 2 n ? 2 n?1 ).

1 1 (1 ? n ) n Tn 1 1 1 n(n ? 1) 1 2 + n , 前两式相减,得 2 = 2 (1+2+?+n)-(2+22+?+ n )+ n ?1 = -2 1 2 4 2 n ?1 2 1? 2
即 Tn=
n(n ? 1) 1 n ? n?1 ? n ? 2. 2 2 2
2t ? 3 a 2 2t ? 3 , ? .又 3tSn-(2t+3)Sn-1=3t, 3t a1 3t

8.(1)由 S1=a1=1,S2=1+a2, 得 3t(1+a2)-(2t+3)=3t.∴ a2= ① , 3tSn-1-(2t+3)Sn-2=3t

② ,∴ ① -② 得 3tan-(2t+3)an-1=0.

a 2t ? 3 2t ? 3 ∴ n ? ,n=2,3,4…, 所以 {an} 是一 个 首 项为 1 公 比为 的 等 比 数 列 ; (2) 由 f(t)= a n ?1 3t 3t

2t ? 3 2 1 2 2 1 = ? , 得 bn=f( )= +bn - 1, 可见 {bn} 是一个首项为 1 ,公差为 的等差数列 .于是 3 3 3t 3 t bn ?1

bn=1+

2 2n ? 1 2n ? 1 4 5 (n-1)= ;(3)由 bn= ,可知{b2n-1}和{b2n}是首项分别为 1 和 , 公差均为 的 3 3 3 3 3 4n ? 1 , 3

等差数列,于是 b2n=

∴ b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1=b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…+b2n(b2n-1-b2n+1) =-
4 4 1 5 4n ? 1 4 (b2+b4+…+b2n)=- · n( + )=- (2n2+3n) 3 3 2 3 9 3

9. (Ⅰ)由 y =

1 x ?4
2

得 x2 ? 4 ?

1 1 1 ,∴ x 2 ? 4 ? 2 , ∵ x< — 2 ,∴x ? ? 4 ? 2 y y2 y

, ∴ g(x)=

? 4?

1 x2

( x>0 ) ( II ) ∵点 An(an, ?

1 1 ) 在 曲线 y = g(x) 上 (n∈ N +) ∴ ? = g(an)= an?1 an?1

? 4?

1 2 an

, 并且 an >0 ?

1 1 ? 4? 2 an?1 an

,?

1 an?1
2

?

1 1 ? 4(n ? 1, n ? N ) ∴数列{ 2 }为等 2 an a
n

差数列. (Ⅲ)∵数列{

1 an
2

}为等差数列,并且首项为
1 4n ? 3

1 a1
2

=1,公差为 4, ∴

1 an
2

=1+4(n—

1) , ∴an ?
2

1 ∵an >0 ,∴ an ? 4n ? 3

,

(Ⅳ)bn=

1 1 4n ? 1 ? 4n ? 3 ? = , 1 1 4 4 n ? 3 ? 4 n ? 1 ? an an ?1

5 ?1 9? 5 4n ? 1 ? 4n ? 3 4n ? 1 ? 1 = ? ? ....... ? 4 4 4 4 - n-2 n-1 10.前(n-1)群中含有 1+2+4+?+2 =2 -1 项.因而第 n 群的第一个数为 a1+(2n 1-1)d.第

∴Sn=b1+b2+…+bn=

n 群含有 2n

-1

项.故这的 2n

-1

1 - - - - 项的和为 2n 1[a1+(2n 1-1)d]+ 2×2n 1(2n 1-1)d.
(n ? N ) 。

1? 1 ? 1 ? ? 11. ( 1)由 S n ? 4?1 ? n ? ,得 Sn?1 ? 4?1 ? n?1 ? ? Sn ? 2 2 2 ? ? ? ? 2
S ?c ? 2 ,只要 (2)要使 k ?1 Sk ? c

?3 ? c ? ? Sk ? 2 ? ?2 ? ? 0 。因为 S ? 4?1 ? 1 ? ? 4 , ? ? k k c ? Sk ? 2 ?

3 1 ?3 ? 所以 Sk ? ? Sk ? 2 ? ? 2 ? Sk ? 0 (k ? N) ,故只要 S k ? 2 ? c ? S k (k ? N) 2 2 ?2 ?



因为 S k ?1 ? S k (k ? N ) ,所以 S k ? 2 ?

3 2

3 S1 ? 2 ? 1 ,又 S k ? 4 ,故要使①成立,c 只能取 2 或 3. 2 3 2 5 ?c, 2

当 c=2 时,因为 S1 ? 2 ,所以当 k=1 时,c ? S k 不成立,从而①不成立。因为 S 2 ? 2 ? 由 S k ? S k ?1 (k ? N ) ,得 S k ? 2 ?
3 2

3 3 S k ?1 ? 2 ,所以当 k ? 2 时, S k ? 2 ? c ,从而①不成立。 2 2

当 c=3 时,因为 S1 ? 2 , S 2 ? 3 ,所以当 k=1,2 时, c ? S k 不成立,从而①不成立。 因为 S3 ? 2 ?
3 2 13 3 3 3 ? c ,又 S k ? 2 ? S k ?1 ? 2 ,所以当 k ? 3 时, S k ? 2 ? c ,从而①不成立. 4 2 2 2

故不存在自然数 c、k,使

S k ?1 ? c ? 2 成立. Sk ? c
- - -

12. 前(n-1)群中含有 1+2+4+?+2n 2=2n 1-1 项.因而第 n 群的第一个数为 a1+(2n 1-1)d. 第 n 群含有 2n
-1

项.故这的 2n

-1

1 - - - - 项的和为 2n 1[a1+(2n 1-1)d]+ 2×2n 1(2n 1-1)d.

学科网

w。w-w*k&s%5¥u 学科网 w。w-w*k&s%5¥u


2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第30讲__数列的求和

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第30讲__数列的求和_学科竞赛_高中教育_教育专区。第 11 讲 数列的求和 本节主要内容有 Sn 与 an 的关系;两个常用方法...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第30讲--数列的求和

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第30讲--数列的求和_学科竞赛_高中教育_教育专区。第 11 讲 数列的求和 本节主要内容有 Sn 与 an 的关系;两个常用方法...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第30讲__数列的求和

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第30讲__数列的求和 隐藏>> 第11 讲 数列的求和 本节主要内容有 Sn 与 an 的关系;两个常用方法:倒写与错项;各种求和...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第36讲__同_余

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第36讲__同_余_学科竞赛_高中教育_教育...1986 或 12,30,48,?1992 共 111 个数满足。 10.解 设所给数为 A,则 ...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》第36讲__同_余

《​提​优​教​程​​第​3​6​讲​_​_​同​...1986 或 12,30,48,?1992 共 111 个数满足。 10.解 设所给数为 A,则 ...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第36讲--同-余

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第36讲--同-余_学科竞赛_高中教育_教育...1986 或 12,30,48,?1992 共 111 个数满足。 10.解 设所给数为 A,则 ...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第33讲__周期函数与周期数列

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第33讲__周期函数与周期数列_学科竞赛_高中教育_教育专区。第 14 讲 周期函数与周期数列 本节主要内容有周期;周期数列、周期...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第66讲_覆盖

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第66讲_覆盖_学科竞赛_高中教育_教育专区...∠ABD≥30o? sinα ≤ 3?a≤cosα+ 3sinα. 所以,当且仅当 cosα+ 3...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》第33讲__周期函数与周期数列

第14 讲 周期函数与周期数列 本节主要内容有周期;周期数列、周期函数. 周期性是自然规律的重要体现之一, 例如地球公转的最小正周期就体现为年的单位. 在 数学...

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第05讲 子集

2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第05讲 子集_学科竞赛_高中教育_教育专区。第 5 讲 子集本讲内容有子集、子集的个数、集合的划分及子集的应用。 设 ...