【提优教程】江苏省2012高中数学竞赛 第30讲 数列的求和教案

用心 爱心 专心1 第第 3030 讲讲 数列的求和数列的求和 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 1 重要公式 1 2 n n n 1 2 1 12 22 n2 n n 1 2n 1 6 1 13 23 n3 1 2 n 2 n2 n 1 2 4 1 2 2 数列 an 前n 项和Sn与通项an的关系式 an 2 1 1 1 nSS nS nn 3 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 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 为 1 1 1 1 1 ctg2ctg 2sin 1 1 1 11 1 1 nnn nnnn nnnn 5 5 错项相消法 6 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 42m 1 16 15 Sn 2 3516 41 2215 n nn 若 n 为奇数 2m 1 时 则 S2m 1 S2m 6 2m 1 5 6m2 7m 1 42m 1 16 15 Sn 21 31311 4 221515 n nn 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 用心 爱心 专心2 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 证明 由成等差数列 得 471 3 2 aaa 417 34aaa 即 变形得 34 36 aqaaq 0 1 14 33 qq 所以 舍去 1 4 1 33 qq或 由 16 1 12 1 1 1 12 1 1 12 3 3 1 6 1 3 6 q q qa q qa S S 16 1 111 1 1 1 1 1 66 6 1 12 1 6 12 6 612 qq q qa q qa S S S SS 得 所以 12S3 S6 S12 S6成等比数列 12 6 612 3 6 S SS S S 解 3232 1 363 23741 n nn naqaqaqanaaaaT 即 4 1 4 1 3 4 1 2 12 anaaaT n n 得 4 1 ananaaaT nn n 4 1 4 1 4 1 3 4 1 2 4 1 4 1 132 4 1 5 4 5 4 4 1 4 1 1 4 1 1 anaan a nn n 所以 4 1 5 4 25 16 25 16 anaT n n 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 1 1 2000 年全国高考题 设为等比数例 已知 n a nnn aaannaT 121 2 1 1 1 T 4 2 T 求数列的首项和公式 求数列的通项公式 n a n T 2 2 2000 年全国高中数学联赛 设Sn 1 2 3 n n N 求f n 的最大值 1 32 n n Sn S B 类例题 用心 爱心 专心3 例 3 2004 年重庆卷 设 2 1 3 2 3 5 3 5 1 1221 naaaaa nnn 1 令求数列的通项公式 1 1 2 nnn baan n b 2 求数列的前 n 项和 n na n S 分析 利用已知条件找与的关系 再利用等差数列与等比数列之积的错位相差法来解 n b 1 n b 决此类问题 解 1 因 121 nnn aab nnnnnn baaaaa 3 2 3 2 3 2 3 5 111 故 bn 是公比为的等比数列 且 3 2 为 3 2 121 aab 2 1 3 2 nb n n 2 由为 n nnn aab 3 2 1 121111 aaaaaaaa nnnnn 3 2 1 2 3 2 3 2 3 2 3 2 21nnn 注意到可得 1 1 a 2 1 3 2 3 1 na n n n 记数列的前 n 项和为 Tn 则 3 2 1 1 n n n 18 3 2 3 1 2 3 2 21 32 3 2 3 9 3 2 3 3 2 1 9 3 2 3 2 1 3 3 2 3 2 3 2 3 2 1 3 1 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 1 3 2 3 2 21 1 1 21 1 12 21 n n nnn n n nn n nnnn n n n n n n nnTnnaaaS n nT nnT nTnT 从而 故 两式相减得 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 1ak 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 可得an 2 1 1 1 nSS nS nn 解 由可得an 1 2an即数列 an 是等比数列 故an 2n 1 又由ak bk 1 bk 1 2 nn aS 得bn b1 a1 a2 a3 an 1 3 12 12 1 n 22 1 n 用心 爱心 专心4 所以 Sn b1 b2 b3 bn 1 2 22 2n 1 2n 1222 12 2 1 nn n n 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 45 1117 8 m aaa 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 2a2 0 当n 3 时 有 S3 a1 a2 a3 2a3 1 3a3 2 综上可知a1 1 a2 0 a3 2 2 由已知得 1 11 2 1 2 1 nn nnnnn aSSaa 化简得 1 1 22 1 n nn aa 上式可化为 1 1 22 1 2 1 33 nn nn aa 故数列 是以为首项 公比为 2 的等比数列 2 1 3 n n a 1 1 2 1 3 a 故 1 21 1 2 33 nn n a 12 122 2 1 2 1 333 nnnn n a A 数列 的通项公式为 n a 2 2 2 1 3 nn n a 由已知得 232 45 1113111 2 21212 1 mm m aaa 2 3 111111 2 391533632 1 mm 11111 1 2351121 11111 1 2351020 5 11 1 1 4 52 1 2 3 1 2 m 5 1 4221 2 355 2m A 5 1311131041057 1552151201208 m A 用心 爱心 专心5 故 m 4 45 1117 8 m aaa 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 设 an 为等差数列 bn 为等比数列 且 又 2 11 ab 2 22 ab 2 33 ab 试求 an 的首项与公差 12 lim 22 n x bbb 2001 年全国高中数学联赛 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 成等 2 1 a 2 2 a 2 3 a 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 化简得 4 1 2 1 2 1 2 dadaa 042 2 1 2 1 ddaa 解得 而 故a1 0 1 22 ad 022 若 则 1 22 ad 2 2 1 2 2 12 a a q 若 则 1 22 ad 2 2 1 2 2 12 a a q 但存在 故 q 1 于是不可能 12 21 n n bbblim 2 12 q 从而2 12 222 12 12 1 2 1 2 2 1 a a 所以 222 22 2 11 ada 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 等 在解题中都非常重要 1 q 情景再现 3 设二次函数的所有整数值的个数为 g n 1 2 xfNnnnxxxxf为为 1 求 g n 的表达式 2 设 1 32 1 4321 23 nn n nn SaaaaaSNn ng nn a为 用心 爱心 专心6 3 设的最小值 lZllTbbbT ng b nnn n n 为为 2 21 4 设函数的图象上两点P1 x1 y1 P2 x2 y2 若 22 2 x x xf 2 1 21 OPOPOP 且点P的横坐标为 2 1 1 求证 P点的纵坐标为定值 并求出这个定值 2 若 n N N 求Sn n i n n i fS 1 3 记Tn为数列的前n项和 若对一切n N N 都成 2 2 1 1 nn SS 2 1 nn SaT 立 试求a的取值范围 C 类例题 例 7 给定正整数 n 和正数 M 对于满足条件 M 的所有等差数列 2 1 2 1 n aa 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 所以d nn an 2 1 1 12 n Snd a 另一方面 由 M 2 1 2 1 n aa 22 anda 2 2 34 10 1 210 4 nda nd a 2 110 4 n S 从而有且当时MnS 1 2 10 n M dMa 10 4 10 3 1 nS n Mn M 10 4 2 10 3 Mn 10 5 1 Mn 1 2 10 由于此时故 M nda34 2 1 2 1 n aa 2 110 4 n S 因此 S an 1 an 2 a2n 1的最大值为 Mn 1 2 10 方法二 三角法 由条件 M 故可令 其中 2 1 2 1 n aa cos 1 ra sin 1 ranMr 0 故 S an 1 an 2 a2n 1 2 1 121 naa nn 3 2 1 11 aa n n cossin3 2 1 r n sin 1 2 10 rn 其中 因此当 时 10 3 cos 10 1 sin 1 sin Mr 用心 爱心 专心7 S an 1 an 2 a2n 1的最大值为 Mn 1 2 10 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 a43 8 1 16 3 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 解此方程值组 得 16 3 8 1 1 3 3 4243 3 1142 1124 dqaa qdaa qdaa 2 1 11 qda 由于所给 n2个数都是正数 故必有 q 0 从而有 2 1 11 qda 故对任意 1 k n 有 1 11 1 1 kaqaa k kkk k k k q 2 1 故 S 2 1 2 2 2 3 2 3 n n 2 又S 2 1 2 2 1 3 2 2 4 2 3 1 2 n n 两式相减后可得 S 2 1 2 1 2 2 2 3 2 3 n n 2 1 2 n n 所以 S 2 1 2 1 nn n 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 用心 爱心 专心8 情景再现 5 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 6 己知数列 an 满足 a1 1 an 1 an 1 an 1 求证 14 a100 18 2 求a100的整数部分 a100 习题 11 A类习题 1 1 若等差数列 an bn 的前n项和分别为An Bn 且 则等于 An Bn 7n 1 4n 27 a11 b11 A B C D 4 3 7 4 3 2 78 71 2 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 3 已知数列满足 且 其前 n 项之和为 则满足不等式 an 1 43 1 naa nn 9 1 aSn 的最小整数n是 125 1 6 nSn A 5 B 6 C 7 D 8 1999 年全国高中数 学联赛试题 4 4 2004 年江苏卷 设无穷等差数列 an 的前 n 项和为 Sn 若首项 公差 求满足的正整数 k 1 a 3 2 1 d 2 2k k SS 求所有的无穷等差数列 an 使得对于一切正整数 k 都有成立 2 2k k SS 5 5 函数是定义在 0 1 上的增函数 满足且 在每个区间f x 2 2 x fxf 1 1 f 1 2 上 的图象都是斜率为同一常数 k 的直线的一部分 2 1 2 1 1 ii i yf x I 求及 的值 并归纳出的表达式 0 f 2 1 f 4 1 f 2 1 2 1 if i II 设直线 x 轴及的图象围成的矩形的面积为 i x 2 1 1 2 1 i xyf x 1 2 记 求的表达式 并写出其定义域和aii lim 21n n aaakS S k 用心 爱心 专心9 最小值 2004 年北京理工卷 6 6 2005 年湖北卷 设数列的前 n 项和为 Sn 2n2 为等比数列 且 n a n b 112211 baabba 求数列和的通项公式 n a n b 设 求数列的前 n 项和 Tn n n n b a c n c B类习题 7 7 2005 年全国 卷 设正项等比数列的首项 前 n 项和为 且 n a 2 1 1 a n S 0 12 2 1020 10 30 10 SSS 求的通项 求的前 n 项和 n a n nS n T 8 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 n 2 3 4 求数列 bn 1 1 n b 的通项bn 3 求和 b1b2 b2b3 b3b4 b2n 1b2n b2nb2n 1 9 9 已知 f x x0 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 3 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 1 3 bn 是首项为 8 公比为 的等比数列 故 Sn n a1 1 a2 1 an 1 1 3 b1 b2 bn 6 6 所以 得 3n 1 250 3 1 1 3 1 1 1 n b n 3 1 125 1 3 1 6 6 n n nS 所以满足不等式的最小整数n是 7 故选 C 用心 爱心 专心13 4 4 1 当时 由得 1 2 3 1 dann nn nSn 2 2 1 2 1 2 3 2 2 k k SS 即 又 所以 2 设数列的公差 2224 2 1 2 1 kkkk 0 1 4 1 3 kk0 k4 k n a 为 则在中分别取得即 由d 2 2 k k SS 2 1 k 2 24 2 11 SS SS 2 11 2 11 2 12 2 2 34 4 dada aa 1 得或 当时 代入 2 0 1 a1 1 a0 1 a 得 或 当时 从而成立 当0 d6 d0 0 1 da0 0 nn Sa 2 2 k k SS 时 则6 0 1 da 由 知 故所得数列不符合题意 当 1 6 nan18 3 S216 324 9 2 3 SS 2 39 SS 时 1 1 a0 d 或 当 时 从而成立 当 时 则2 d1 1 a0 dnSa nn 1 2 2 k k SS 1 1 a2 d 2 12nSna nn 从而成立 综上共有 3 个满足条件的无穷等差数列 或或 2 2 k k SS 0 n a1 n a 12 nan 5 5 I 由 得 由及 得 0 2 0 ff 0 0 f 2 1 2 1 ff 1 1 f 2 1 1 2 1 2 1 ff 同理 归纳得 4 2 1 2 1 4 1 ff 2 1 2 1 2 1 if ii II 当时 1 2 1 2 1 ii x 2 1 2 1 11 ii xkxf 所以是首项为 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1111iiiiii i ka 2 1 2 4 1 12 i k i an 公比为的等比数列 所以 4 1 2 1k 4 1 4 1 3 2 4 1 1 4 1 2 1 lim 21 k k aaakS n n 的定义域为1 当时取得最小值 kS k01 k 2 1 6 6 1 当故 an 的通项 2 1 11 San为 24 1 22 2 22 1 nnnSSan nnn 为为 公式为的等差数列 设 bn 的通项公式为4 2 24 1 daana nn 为为为为 4 1 4 11 qdbqdbq 为 用心 爱心 专心14 故 4 2 4 1 2 11 1 1 n nn n n n bbqbb为为为为为为为 II 1 1 42 21 4 2 4 nn n n n an cn b 121 12 13454 21 4 n nn Tcccn 两式相减得 231 4 1 43454 23 4 21 4 nn n Tnn 54 56 9 1 54 56 3 1 4 12 4444 213 1321 n n nnn n nTnnT 7 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 因为 an 0 所以 210q10 1 解得 q 因而 an a1qn 1 n 1 2 1 2 1 2n II 因为 an 是首项 a1 公比 q 的等比数列 故 Sn 1 nSn n 1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 n 1 2n n 2n 则数列 nSn 的前 n 项和 Tn 1 2 n 1 2 2 2 2 n n 2 1 2 n Tn 2 1 2 2 2 1 3 2 2 1 22 1 nn nn 前两式相减 得 1 2 n Tn 2 1 2 1 2 1 22 n 2 1 1 2 n n 4 1 nn 2 1 1 2 1 1 2 1 n 1 2 n n 即 Tn 2 22 1 2 1 1 nn nnn 8 8 1 由S1 a1 1 S2 1 a2 得 3t 1 a2 2t 3 3t a2 又 t t a a t t 3 32 3 32 1 2 3tSn 2t 3 Sn 1 3t 3tSn 1 2t 3 Sn 2 3t 得 3tan 2t 3 an 1 0 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 t t a a n n 3 32 1 t t 3 32 得bn f bn 1 可见 bn 是一个首项为 1 公差为的等差数列 于 t t 3 32 t 1 3 2 1 1 n b3 2 3 2 是bn 1 n 1 3 由bn 可知 b2n 1 和 b2n 是首项分别为 1 和 公差 3 2 3 12 n 3 12 n 3 5 均为的等差数列 于是b2n 3 4 3 14 n b1b2 b2b3 b3b4 b4b5 b2n 1b2n b2nb2n 1 b2 b1 b3 b4 b3 b5 b2n b2n 1 b2n 1 用心 爱心