用函数求数列通项与和

用函数[x]求数列通项与和(省开江普安中学函数f(x)=[x](x∈R)表示不超过实 S12mm-

)=12+22+32+⋯+(m-1)x的最大整数部分,称函数[x]叫做函数.利用它求某些较难的数列通项与n项之和却有.本文以实例来说明用高斯函数[x]求数列通项与和的方法,供参考.

=1m(m-1)(2m-1)6an=m,则数列an}n212例 设数列{an}的各项

Sn=S1m(m-1) n-2m(m-1)1,2,2,3,3,3,⋯,n,n,⋯,n,anSn

=1m(m-1)(2m-1)+6-1m2(m-1):,它是各段项数越来越多(呈等差数列的分段递增数列.

=mn-1(

m+1)(m-1)设数列{an}的通项an=m(m为段数列各段的顺序数)由等差数列求和公,得前(m-1段项数之和为

其中m=1 例 设数列{an}的各项1+2+3+

+(m-1)=1m(m-1)2

1,1,2,2,2,2,2,⋯,n,n,⋯,n,(3n-11m(m-1)+12

1m(m+ ≤2≤

anSn解:由等差数列求和,得数列{an}前(m-1)段项数的和为时,an=m.解关于m的不等式(1), 2+15+8+⋯+(3m--1 8n+1 1 8n-7

(m-1)(3m-2)<1相同的项有m(m=1,2,⋯)个<1∵01 8n-7--1 8n+

(m-1)(3m-2)+1

1m(3m+ 1 8n-

2∴m 时,an=m.解关于m的不等式(2),1 -1 24n+1 5 24n-23m 故a=1 8n-7 相同的项有(3m-1)(m=1,2,⋯)个 5 24n- -1 24n+n于是,数列{a}前(m-1)段之和 <1n 本文收稿日期

∴m为1(5 24n-23)的整数部分记作m=5 ∴m为1 n-1的整数部分,记m=[1 n-1]故an=5

an3[1

n-1]-,数列an}n-=3(12+22+⋯+n2)-(1+2+⋯+

,数列an}n-=6(12+⋯+n2)-5(1+2+⋯+n)+ =3×6n(n+1)(2n+1)=n2(n+1)

2n(n+

=1n(4n2+n-1)2n改为m-1),得前m-1S1 ) )=m(m-1)2

nm-1得前m-112m-13m-

2 (m-1)(4m2-7m+2)∵an=m

(m- ∵an=3m-1nn-1(m-1)(3m-2)

2Sn=S1(m-1)(3m-2)2

Sn=S(m-1)2+[n-(m-1)2](3m- =1(m-1)(4m2-7m+2)+3mn-=m(m-1)2+mn1

2m(m-1)(3m-

-(3m-1)(m-1)=mn m2(m-1) =3mn-n5

1m(m-1)(2m-1)2其中m

其中m=[1 ]注:,只有深刻理解数列{an}n用以确定项数(或段数和确定,n既确定求和中各项(或段)的元素也决定着它的项数(或段数)的双重作用,才能正确解答此类问题.3设数列an}2,5,5,5,⋯,(3n-1),⋯,(3n-1),(2n-1anSn解:由等差数列求和,得数列{an}的前(m-1)段项数之和为1+3+5+⋯+(2m-3)=(m-1)2(m-1)2+1≤n an3m-1.m的不等式(3),

例 设数列{an}的各项3,3,7,7,⋯,(4n-1),(4n-1),anSn:,即每一段(重复出现的几个项)的项数都相等的递增数列.由等差数列求和,得数列{an}前m-12+2+⋯+2=2(m-1)m-12(m-1)+1≤n≤2 an4m-1m的不等式(4),≤n n1,2个.≤ ∵0<n+1-n<1 n n-1nn相同的项有(2m-1)(m12⋯个n

n+

n-1 <1 m 2∴an=4n+2

- nm-1得前m-11,数列an}n1Sn2[3711+⋯+(4n-1)=2n[3+(4n-1)]=2n(2n+1)

Sk(m-1)=2km(m-1)∵an=m·

=Sk(m-

+[n-k(m-1)]nm-1得前m-1S2(m-1)=2(m-1)(2m-1)∵an=4m-1Sn=S2(m-1)+[n-2(m-1)](4m-=2(m-1)(2m-1)+4mn--(4m-1)2(m-=4mn-n-4m(m-1)

=km(m-1)+mn-km(m-1)=mn-1km(m-1)2其中m n+k-1k由例5可以,有如下题命题由函数f(n) n+k-r所kmn+121,1,⋯,1,2,2,⋯,2,⋯,n,n,⋯,n, anSn

定的数列f(n},有以下形式第1 第2 第n0,0,⋯,0,1,1,⋯,1,⋯,n,n,⋯,n,(r-1) :1≤n<r,k≥r≥10<1+1-r≤n+k-r<1(m-1)段项数的和 k+k+⋯+k=km-1 n12,⋯r-1,m-1

f(n) n+k-k

01组k(m-1)+1≤n an=mm的不等式(5),n≤m≤n+k-1,mm 1,2,⋯)个∵0<n+k-1-n<1

r≤n<k+r, n+k- <2n=rr1,⋯k+r-1f(n)12组 ∴m为n+k-1,km n+k-1k

若在定理中允许r>k,则第1组有r-(k+1),后面各组有k,且后一组的数比前一组的数大1.利用命题对k≥rk故an n+k-1 有k,数列an}n++

①r1k2得数列1,1,2,2,3,3,4,4⋯.

n+1 =k(1+2+⋯+n)=1kn(n+1) an n+1,Sn=mn-m(m-1)2其中m n+12②r=1,k=3,得数列111222333⋯.

n+2

n,本题可视为设数列an}1234an=an1n12⋯),Sn,可用如下的解法an= n+2

,

=mn

3m(m-1)2

im∈Nki{12,34}m,n=4m+in+其中m

:Sn=10+14+18+⋯+(4m+:

n+k-k

+(m+1)i+1,1,⋯,1,2,2,⋯,2,3,3,⋯,3,1 1

=2m(m+4)+(m+1)i+=2·n-in-i+4+n-i+1i+a n+k-1,S=mn n+k-

km(m-1)2

n2+16n+i2-8i+8 其中m n+k-

n2+16n-

i2+8i-8k-

n2+16 i2+8i-80,1,1,⋯,1,2,2,⋯,2,3,3,⋯,3, i2+8i-8k- an n+k-2k

0,1,3)

<1(i=1,2,3;kSn=mn-m-1km(m-1)2

i2+8i-80 <1(i=4,k=6)k其中m n+k-k

运用函数[x]求数列的通项前n项之和的问题,是一种新颖的求 Sn

n2+16n-82

,

n时

(n8方法.这种方法非常巧妙,且推导自然,结 n+168

,4|n时例 设数列{an}的各项 ∴S1921

81,2,3,4,2,3,4,5,3,4,5,6, 3720

,

S1

之值

=465:1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12⋯n,0000333366

1,我们巧设了待定常数i,m之值是设而不求. n-1,对应项相减,得 m和i来表示n,并同时用m和ik(非零4123423453456⋯

,m=n-i,4n-n-

-gik,0≤g(i4an=n-3n-1480-

k)1从而利用[x求出

=[f(n)](na80=80- =

注2:用两个函数[x]相加(减)的例 设数列{an}的各项

k3Sn=mn-m-3mm-1230,1,1,⋯,12,2,⋯,233,⋯,3, m=23

=667 求an及Sn,并当k=3时,计算a2002与S2 ∴S2002=667×2002-之值

-3×667×(667-2m21+k+k+⋯+k=k(m-1)+m-1k(m-1)+2≤n≤km+ an=mm的不等式(6),

=1335334-667-666333=668例 1,1,1,2,3,3,3,4,5,5,5,6,7,7,7,8,anSn:111122223333444 n+34n-1

n+k-( ,相同的项有mm( 0,0,0,1,1,1,1,2,2,2,2,3,3,312⋯个∵0<n+k-2-n-1<1

34⋯的通项为n4 ,1,1,1,2,3,33,4∴m为n+k-2的整数部分,记 5,5,5,6,7,7,7,8,⋯的通项k=.n+k-=.

n+4

n4an

n+k-2(k≥2)

故an n+4

n4kk3kan n+1,a20023

2 =

n,本题可视为设数列an}1112an=an2n12⋯Sn,数列an}nSn01·k2·k+⋯+n-1)

,有如下的解法im∈Nki=k[1+2

⋯+(n-1)]=kn(n-1)2

{123,4}m,n=4m+i则nm,mSk(m-1)+1=1km(m-1)2n+k-

Sn=5+13+21+⋯+(8m-+(2m+1)i+=m(4m+1)+(2m+1)i+∵an Sn=Sk(m-1)+1+[(n-1)-k(m-1)]

=n-i4·n-i+1+2·n-i+1i+ n2+n-i2+3i+4 =1k(m-1)m+mn-m-km(m-

n2+n+ i2-3i-4k+2=mn-m

km(m-1) i2-3i+2-4

2其中m n+k-2k

<1(i=1,2,3,4,00,0 EF,两对角线的交点为P,过P⊥EFO求证:∠BOC=

8四、(a求所有自然数n(n≥2),a1a2⋯,an,{|ai-aj||1≤i<j(冷岗松肖振纲命题 =1,2,⋯,n(n- (许以超命题

=1,

=1(1+ n-

)2,n≥2.求最 4(bA={1,2,3,4,5,6B={7,8,9,⋯n4实数λ,使得对任意非负实数x1,x2,⋯,x2002,都 A中取三个数、B中取两个数组成五个元素的集2

Aii1,2,⋯,20|A∩A|≤2,1≤i<jk=A

xk- 22,k 求n的最小值 (裘宗沪命题22kxk+⋯+x2002

k(k-1)+

kf

(李胜宏命题

,满足f(n)f(n+1)=(f(n)+n-k)2n=-2,-3,-4,每人每场至多预订一张门票

f(n的表达式

(陈永高命题3六、fxxx)=-2x+x3+x3)3x2 (x2+x3)+x2(x3