2012数学竞赛提优教程教案第30讲数列的求和

令bnan1an,(n1,2......)求数列{bn}的通 求数列{nan}nSn分析利用已知条件找bn与bn1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解（1）因

5

2a

2

a)2

3

3

3故{bn}2的等比数列，且b

a2,

2（2）由

3

2)23

()

(nan1a1(an1an)(anan1)(a2a1(3

(3

nn

2)2

n3

3

(n记数列

}nTnT122n(

n1

2T222n2

3 33331T12(

2

2n1

n

2n 23 2

()

3

故Tn

3

n(3])n3

从而Sna12a2nan

2

nn

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例 b1=3,bk+1ak+bk(k=1,2,3).求数列{bn}n项和S1,nS分析由数列{an}nSnan的关系式：anS

n

,n n 由S n2n1bn=b1+a1a2a3+…an－1

2

=2n1

Sn=b1b2b3+…

2

2n2n2n例 (2004年理工卷)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=2an写出求数列{an}3证明：对任意的整数m>4，有11

7 分析由数列{an}nSnan的关系,an,anan-1an+1其转化为的递推关系,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,可以尝试多项解(1)n=1时,有：S1=a1=2a1+(－1n=3时,有：S3=a1+a2+a3=2a3+(－1)3a3=2；a1=1,a2=0,a3=2； (2)由已知得：aS 2a(1)n n化简得：a n

2(1)n

2 n 故数列a2(1)n}是以a2(1)1为首项,2的等比数列 故

2(1)n1

∴

12n12(1)n2[2n2(1)n 数列{an}的通项为：

2[2n2(1)n].⑶由已知得：11

3[

222123 2m2 12m23[111112m2239 ]1[11111] 3511]1[11111] 35

]1(111[4

]1[42212 12

2355(1311m5131041057(155 15120 故11

7( 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，但从数例 设{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且

a2,

,ba2 lim(bb b

2

差 (2001年高中数赛分析题中有两个基本量{an}a1da2a2a2 d，∵a1＜a2，∴d＞0a2(a2d)2ad 2a24add2 2解得：d(2 而2 0，故222若d(22)a，则q2 a a122若d(22)a，则q2 a a12但lim(b1b2bn) 1存在，故|q|＜1，于是q2

21)2a从而

12

a2

2a12

,d(2

a1

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，q1

,)2n3a

(nN*),

aaaa1)n1a,求S

设b

若(.

),求ll的最小值 2n, 2x 2xf(x

P1(x1，y1)、P2(x2，y2)OP

P12求证：Pn若S i，n∈N*，求Sn f( 记Tn为数列 }的前n项和若

n1

(Sn2)(Sn12aC例 给定正整数n和正数M，对于满足条件a2a2≤M的所有等差数列 an，试求S=an+1+an+2+…+a2n+1的最大值． (1999年高中数赛试题)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， (方法一)：设公差为d,an+1=a.则S=an+1+an+2+…+a2n+1=(n1)an(n1)d,所以2and2

n另一方面,由Ma2a

=(and)2a2=4and1(4a3nd)2=4S22 22

10nS

10(n1)M2M

a

3M,d3

4M4

MS(n1)3M

n4

M=(n1)

M(n M

2

n 4a3nda2a

=4

2 2

10(n M2M(方法二)：三角法a2a2Marcos

rsin,其中0rM S=an+1+an+2+…+a2n+1=(an1a2n1)(n1)n1

a

n1r(3sin10(n1)rsin()

31M其中cos ,sin 因此当sin()1,r 31M

10(n M2M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8n2(n≥4)………………an1 a433 求a11+a22+a33+…+ (1990年高数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n，d，q．dq2.于是可得方程组：

3d)qa(a

)q31,解此方程值组,

dq1 aa

8dq3

n2个数都是正数,q＞0,

dq121≤k≤n,有aaqk1ak1)]qk1k S=1+2+3+…+n 1S=1+2+3+…+n

2n

1S=

+2

3+…+

2n

1－n2n 列至多 项a+an求证:14a100a100的整数部分A若等差数列{an}，{bn}n

An=

，则a11，且

3 3

224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4()C.150D.400(1998赛试题已知数列{an满足

nn1n

9,n

,|

n6

1n1 B. (1999年高中赛试题4.(2004年江苏卷)设无穷等差数列{an}n

2d1Sk2

)2k；k(Ⅱ)求所有的无穷等差数列{an}kS2(Sk)2k

2f(x2

f(11

,1（i1，2……）y

fxk（I）f(0)f1f1f(1)(i1,2, （II）x1，x1，xyfx的图象围成的矩形的面积为a（i12……， 记S(k)lim(aaa)，求S(k)的表达式，并写出其定义域和最小值 (2004 工卷 6.(2005年卷)设数列{a}的前n项和为Sn=2n2，{b}为等比数列， a1b1,b2(a2a1)b1（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项bnn（Ⅱ）设can，求数列bnnn

}nB7．(2005 Ⅰ卷)设正项等比数列a的首项a1，前n项和为S， 210S(2101)SS （Ⅱ） 设数列{an}a1=1nSn设数列{an}f(t)，作数列{bn}b1=1,bn=f(

)(n=2,3,4…)，求数列{bn}1x2x2

2，f(x)1

)在曲线y＝g(x)a（II） （Ⅲ）an（Ⅳ）

1

n200060的个数 (1999年高中数赛试题)C已知{a21Sn S用Sn表示Sn1（2）是否存在自然数c和k，使得k 2成立． (2001SkSk卷二群是a2、a3，含{an}中的两项，第三群中是a4、a5、a6、a7，含{an}中的四项…如此继续下第n群各元素的和. (第2届希望杯第一试)设等比数列a以比为qTa

2aaa(2q)．∵

1,T4，∴a1,q2 1

解法一：由（Ⅰ）

1q2

aqn12n11nnTn1(n1)222n212n11nnnnnT2Tnnn

n

n

2

n1

nn

n2

n-1

-n

-

n

(n2)2n1

．由（Ⅰ）

2n1．∴

122n12n1nnTna 1nn

21)(

n1

)

n2n n2n

nn1n )(--(())(n1n

由等差数列求和

S1n(n1)

1(n1)(n2)

∴f(n)

88(n88

n234n

n34n

＝(

nnnn

n)2n

1,

n＝8f

13（1）x[nn1](nN*f(xx2xxf(x为[n2nn23n2](nN*).g(n2n3(nan

2n3

n2

nSaaaa a(12)(34) nSna1a2a3a4an2an1Sn1=－n(n1)n2n(n1)

∴S(1)n1n(n1)

g(n,得

5

92n12n3,

11

5

72n12n3. 2

1(11

(52n3)(2

22

=(52n3)

2n .2

12

∴

72n7

则由

72n7llZl(1)证：∵OP1(OPOP)，∴P是P1P2的的中

2x12x22x121x12∴yy2x12x22x121x12

2+2×2+2×2x1+22x1+=

=1，∴yp2(y1y2)22x2x1+

2nnn解：由(1)知x1＋x2＝1，f(x1)＋f(x2)＝y1＋y2＝1，f 2nnnnSn=f(n

)+f(

)+┅+f(

)+f(n

=f(

)+f(

)+┅+f(

)+f(1

n=f(1)+[f(n

nn)+f(nn

n)]+[f(n

nn)+f(nn

n)]+┅+[f(n

n)+f(n

)]+2nn=2f(1)+1+1+┅+1(n－1个1)n3 2nn∴1(1(Sn2)(Sn1

n3

n3n

4

1n

1n)] )] Tn=4[(4

)+(5

)++(n)+

－n+

nn+4，

nTn

n1

2)Sn12Sn12

n

n16n

n16≥8n＝4时，取“＝n 1a1n16n

8 aa,a4的等差数列,aa4(n1, 2

(a4a)(n112naaa100112n

1002 a2(n1)a2n22n100 ,此关于1为未知数的一元二次不等式有解,(n1)24(2n22n100)7n2―6n―401≤0,3

7

n3

28167

32816又7又n8.86．(1)证明:当1＜k≤n(kN*)时a2a

2

且ak＞1a

2a2a

3 k

k

k

kaa22a2a23a22a2a23,………aa

2a2a

3,n-1

2na22(n1)a2a23(n1),a1=1所以2n1a23n2n

3n3n n=100,14a100(2)a2a22

,所以a2a2(a2a2(a2a2…(a

a2a an

a2=200+[a22

1+…aa22 aa222

],an+1-an1＞0故数列{an}是单调递增.n≥2ana

＜200+1

982245＜225.14a100＜15.a100的整数部分a11 a1

a1+a21×=

=

4

2b11=b1

b+

4×21+27 21×2S10,S20－S10,S30－S20,S40－S30成等比数列,Q=q10>0.S30=S10(1+Q+Q2)=70.解得Q=2,S40－S30=S10Q3=80,S40=S30+80=150.由递推变形得：3(an+1－1)=－(an－1)令bn=an－1,则

1nb1=a1－1=8,是首项为

1公比为－3的等比数列

－3b.故Sn－n=(a1－1)+(a2－1)+…+(an－1)= 1nb11nn 3nn

1

1

13

=6－6,所以|3

n6|6 ,得3n1>250.3 n7,4．（1）

a3d1

S3nn(n1)1n2

，由

S)2n n

k 1k4k22

(1k22

3(4

10k0k4（2）设数列ad，则在

)2k1,2得S1(S1)

，由S42kS42

(S

212

2(1a10a11a10时，代入d0d6a0d0a0

0

(S)2

0d6 则

k a6(n1S18，(S)2324S216知，SS)2a dd2a1d0a1

n

(S)2

1

d2时，则

k a2n1,S kSk

S)23a0a1a2n1 5.（I）f(02f(0f(00,f(12f1f(11f11f(1 2f11f1,f11(i

（II）1x

f(x)

k(x

1a1[1

k(1

1)](

1)(1k

(i1,2,所以{a 2

4

1341(1k1341(1k1的等比数列,S(klima

a)

42(1k)

14S(k的定义域为0k1k112 6（1：当n1时,aS2;当n2时,aS 2n22(n1)24n 为a4n2,即{a}是a2,公差d4的等差数列.设{bn} 故bbqn121,即{b}的通 为b2

can4n2(2n1)4n1,

ccc[1c[1341542n(2n

14342543 2n3)4n12n1)4n],3T12(4142434n1)(2n1)4n1[(6n5)4n5]T1[(6n5)4n 7（I） 可得an>0，所以210q10=1,

因而an=a1qn－1 (II)因为{a}是首

S=

12n=1－

，nS=n－n

2的等比数列，故

12

则数列{nSn}的前n项和Tn=(1+2+…+n)－ 2+…+n(2+ Tn=

(1+2+…+n)－(1+2+…+n1n

1(11Tn=

(1+2+…+n)－11…+1

=n(n1)－

n+nTnn(n1)2

12

8(1)S1=a1=1,S2=1+a23t(1+a2)－(2t+3)=3t.∴a2=2t3a22t3. ∴an2t3,n=2,3,4所以{an是一个首项为1公比为2t3的等比数列；(2)由 2t3=21,得bn=f(1)=2+bn－1,可见{bn}是一个首项为12的等差数列. 2

2n