数学竞赛用数列求和(1)
(完整版)数列求和常见的7种方法
∴
＝ （分组求和）
＝
＝
＝
[例16]已知数列{an}： 的值.
解：∵ （找通项及特征）
＝ （设制分组）
＝ （裂项）
∴ （分组、裂项求和）
＝
＝
提高练习：
1．已知数列 中， 是其前 项和，并且 ，
⑴设数列 ，求证：数列 是等比数列；
⑵设数列 ，求证：数列 是等差数列；
2．设二次方程 x - +1x+1=0(n∈N)有两根α和β，且满足6α-2αβ+6β=3．
∴ 原等式成立
答案：
六、分段求和法（合并法求和）
针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求Sn.
[例12]求cos1°+cos2°+cos3°+···+cos178°+cos179°的值.
解：设Sn＝cos1°+cos2°+cos3°+···+cos178°+cos179°
∴ ＝
＝ ＝
∴当 ，即n＝8时，
二、错位相减法求和
这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}、{bn}分别是等差数列和等比数列.
[例3]求和： ………………………①
解：由题可知，{ }的通项是等差数列{2n－1}的通项与等比数列{ }的通项之积
…………..②（反序）
又因为
①+②得（反序相加）
＝89
∴S＝44.5
题1已知函数
（1）证明： ；
（2）求 的值.
初三数学竞赛题
初三数学竞赛题
以下是两道经典的初三数学竞赛题：
1. （数列求和）1 + 11 + 111 + 1111 + ... 的和是多少？
答案：本题考察的是数列求和。
我们可以将每一项表示为10^n - 1的形式，其中n为项数。
然后利用错位相减法求和。
2. （几何证明）证明任意三角形的三边满足勾股定理。
答案：考虑三角形ABC，其中AB、AC和BC分别是三角形的三边。
我们
将证明$AB^2 + AC^2 = BC^2$。
首先，延长AC至D，使得CD = AB，并连接BD。
然后，根据三角形的全等定理，我们可以证明三角形ABD与
三角形BCD全等。
因此，角ABD = 角BDC，并且BD = BD。
最后，根据三角形的全等定理，三角形ABD与三角形BCD是全等的。
以上两题仅作为示例，竞赛题目往往更难、更复杂，需要扎实的基础知识和严密的逻辑推理。
建议通过持续的数学学习和大量的习题练习来提升自己的数学水平。
数列求和常见的7种方法
数列求和的基本方法和技巧一、总论：数列求和7种方法：利用等差、等比数列求和公式错位相减法求和反序相加法求和分组相加法求和裂项消去法求和分段求和法(合并法求和) 利用数列通项法求和二、等差数列求和的方法是逆序相加法，等比数列的求和方法是错位相减法，三、逆序相加法、错位相减法是数列求和的二个基本方法。
数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础.在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位数列求和是数列的重要内容之一，除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧.下面，就几个历届高考数学和数学竞赛试题来谈谈数列求和的基本方法和技巧、利用常用求和公式求和利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法小 n⑻ a n) n(n 1),1、等差数列求和公式：S n - — na i d2 22、等比数列求和公式：S nna1a1(1 q n)1 qn 13S n k 丁5 1)k 12n31 2 5S n k ［匚1)］k 1 2［例1］已知log3 x(q 1)a1 a.q1 q(q 1)4、S nnk2k 11—n(n 1)(2 n 1)6解：由log3 x1 亠2 3，求XX x log 23x n的前n项和. log 2 3log 3 x log 322由等比数列求和公式得2S n x x （利用常用公式）［例2］设S n= 1+2+3+ …+n, n€ N*,求f(n) 解：由等差数列求和公式得S nS n"f(门)(n 32)S n 11""c, 64n 34 -n x(1 x n)1 x丄)卍=1 -丄1 1 2n2S n(n 32)S n 112n(n 1)，nn234n 6450 的最大值. S n50•••当n 8，即8 时，f (n).8 max 50二、错位相减法求和这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法,项和，其中｛ a n ｝、｛ b n ｝分别是等差数列和等比数列［例3］求和：S n 1 3x 5x 7x (2n 1)x n 1解：由题可知, ｛（2n 1）x n1｝的通项是等差数列设xS n1x 3x2 5x3 7x4(2n①一②得(1 x)S n 1 2x 2x22x3再利用等比数列的求和公式得：（1x)S n1-(n 1)( n 2)2（利用常用公式）这种方法主要用于求数列｛a n •b n｝的前n｛2n —1｝的通项与等比数列｛x n1｝的通项之积1)x n2x4n 1S (2n 1)x (2n S n 2(1 x)（设制错位）2x n 1(2nn 12^ (2n1)x n (1 x) 1)x nn1)x（错位相减）2 4 6 ［例4］求数列一，-y,亍，2 2 2解：由题可知，｛£n2 畫前n项的和.n｝的通项是等差数列｛2n｝的通项与等比数列｛步｝的通项之积三、反序相加法求和数列相加，就可以得到 n 个（a , a n ）.［例 5］求证：C 0 3C n 5C ；（2n 1）C ： （n 1）2n①+②得2S (sin 21cos 21 ) (sin 2 2 cos 2 2 )S = 44.5设S n1 S n24尹4①一②得（1 1)S n2S n2歹1尹n 2 2* i2n列 .........2n刘………2 2 T3 T4 2 2 2n尹2n（设制错位）（错位相减）证明：设S nC3C 1 5C 2(2n 1)c n ............................................. ……•①把①式右边倒转过来得S n(2n 1)C：(2n 1)c n 13c nC 0C n（反序）又由 mC nC ：m 可得S n(2n 1)C 0 (2n 1)c n 3C ；1C n.............C n..……②①+②得2S n (2n2)(C 0 C ：n 1C nC n n ) 2(n1) 2n（反序相加）S n(n 1) 2n2求 sin 1 sin 22 sin 2 3sin 2 88・2 “sin 89 的值解：设S sin21sin 22 ・2 sin > 3sin 2 88sin 2 89 ••….... ①将①式右边反序得S sin 289・2sin 88sin 23sin 22.2 .sin 1 ••….... •② （反序）22这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序） ，再把它与原(反序相加)2 2(sin 89 cos 89 ) = 89题 1 已知函数1）证明：（2）求的值.解：（ 1 ）先利用指数的相关性质对函数化简，后证明左边=右边2）利用第（1 ）小题已经证明的结论可知，两式相加得：所以练习、求值: 四、分组法求和有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或 常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可 1 4, —2 a (2 a 1 ［例7］求数列的前n 项和：1 1,— a1 解：设 S n (1 1) ( 4) a将其每一项拆开再重新组合得1 1 1S n (1 2F) (1a aa当a = 1时，S n n 匹卫=27,7) (丄 n 1 a (3n 1)n23n 2) 3n 2)(分组) (分组求和)11 1 1 11丄当 a 1 时，& 丄(3n 1)n1 - a ［例8］求数列｛n(n+1)(2n+1)｝的前n 项和. (3n 1)n 2解：设 a k k(k 1)(2k 1) 2k 3 3k 2n S n k(k 1)(2k k 11)n(2 k 313k 2 k)将其每一项拆开再重新组合得 n3S n = 2kk 1k 2（分组）=2(13 23 n 3) 3( 12 22 n 2) (1 2 n)n 2(n 1 1)22 n(n 1)(2 n 1)n(n 2 1)（分组求和）n(n 1)2(n2)五、裂项法求和这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用 .裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后 重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的 .通项分解 （裂项）如: (1) a n f(n 1) f(n) (2) sin1 cos n cos(n 1)tan(n 1) tan n (3) a n1 n(n 1)(4) a n(2n)2 (2n 1)(2 n 1)1 112(2n 1 1 2n 1)(5)a nn(n 1)(n 2) 2 n(n 1) (n a nn 21n(n 1) 2n2(n 1) n n(n 1)1 2n1 n 2n 11 (n 1)2n，则S " 1(n 1)2"(7)a n(An B)(A n C)C B (An BAn C )(8) a n一 ------- I n 1 m n 、n 11 1[例9]求数列 -------1 - 的前n 项和..2 .2.3. n 、n 1 [例 10] [例 11] 解: :设a n则S n..n（裂项）（裂项求和）在数列｛a n ｝中, 解:a n(,3、2)1 一 n)，又b n-—，求数列｛b n ｝的前n 项的和.1 2n 1 n2 n n 1 2 2• 数列{b n }的前n 项和1 1 -)(22a nb nS n8[(1 =8(11 3)8nn 1 1 (3 1 4)1 11 cos0 cos1cos1 cos2cos88 c os891 11 cos0 cos1cos1 cos2cos88 c os89si n1tan(n 1) tan n)sn cos(n 1)1 1 1cos0 cos1 cos1 cos2 cos88 cos89 1 {(ta n 1 tan 0 ) (tan 2tan1 ) (tan 3n求证:设S••• Stan 2 ) [tan 89 tan 88 ]}sin 111)=cos1 sin 211(tan 89 sin 1tan 0 )=—sin 1cot1 =害 sin 21原等式成立（裂项）（裂项求和）（裂项） （裂项求和）答案：六、分段求和法（合并法求和）针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求S n.[例12] 求cos1° + cos2° + cos3° + •…+ cos178° + cos179° 的值.解：设S n= cosl° + cos2° + cos3° + ••• + cos178° + cos179°••• cosn cos（180 n ）（找特殊性质项）二S n= (cosl ° + cos179 ) + ( cos2° + cos178 ) + ( cos3° + cos177 °) + • • •+ ( cos89°+cos91 °)+ cos90°（合并求和）=013］数列{a n}: a1 1,a2 3,a3 2,a n 2 a n 1 a n ，求S2002.解：设S2002= a1 a2 a3 a2002由a1 1, a2 3, a3 2, a n 2 a n 1 a n 可得a4 1, a5 3, a6 2,a7 1, a8 3, a 9 2, a10 1, a11 3, a12 2,a6k 1 1, a6k 2 3, a6k 3 2, a6k 4 1, a6k 5 3, a6k 6 2a6k 1 a6k 2 a6k 3 a6k 4 a6k 5a6k 6 0（找特殊性质项）S2002 = a1a2a3 a2002 （合并求和）=(a i a 2 a 3a 6) (a 7a 8a i2)@6k 1a 6k 2 a 6k 6 )(a i993 a i994a i998 )a i999a 2oooa 2ooi a 2oo2=a i999a 2oooa 2ooia 2oo2=a 6k ia 6k 2a 6k 3a 6k 4=5由等比数列的性质 m n p qa m a n a p a q和对数的运算性质 log a M log a N log a M N 得=io七、利用数列的通项求和先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来 求数列的前n 项和，是一个重要的方法.［例 I5］求i ii iii iii i 之和.n 个i解：由于iii ii -9999!(io ki)（找通项及特征）k 个 i9k 个i9••• i ii iiiiii in 个ii i =-(io i) 9 i— (io i) 9^(io 3i) 9^(io n i) 9（分组求和）i I 2=-(io io io 3n、io )丄(i iii)99n 个i［例14］在各项均为正数的等比数列中，若a 5a 69,求 log 3a ilog 3 a 2 log 3 a io 的值.解：设 S n log 3 a 1 log 3 a 2log 3 a io （找特殊性质项）S n (log 3 a i log 3 a io ) (log 3 a 2 log 3 a g ) (log 3 a 5 log 3 a 6)（合并求和）=(log 3a i a io ) (log 3 a 2 a g ) (log 3 a 5 a 6)=log 3 9log 3 9log 3 91 10(10n 1) n9 10 1 9=丄(10n1 10 9n)81［例16］已知数列｛a n｝: a n ,求(n 1)(a n a n 1)的值•(n 1)(n 3) n1解：T (n 1)(a n a n 1) 8(n 1)[-13) 1] （找通项及特征）(n 1)(n (n 2)(n 4)=8 [- 1（设制分组）(n 2)(n 4) (n 3)(n 4)1 1 1 1=4 (——-)8(——-) (裂项)n2n4 n3n41 1 1 1(n 1)(a n a n1) 4 ( ) 8 ( ) (分组、裂项求和)n 1 n 1 n 2 n 4 n 1 n 3 n 41 1 1=4 (- -) 83 4 413提高练习：1.已知数列a n中，S n是其前n项和，并且S n 1 4a n 2(n 1,2,L ),a1⑴设数列b n a n 1 2a n(n 1,2, ），求证:数列b n 是等比数列；a⑵设数列C n n,（n 1,2, ），求证：数列C n是等差数列;22 、2.设二次方程a n x - a n+1X+1=0（n € N）有两根a 和B，且满足6 a -2 a3 +6 3 =3 .⑴试用a n表示a n 1;2⑵求证；数列他-亍｝是等比数列F7⑶当的二—时、求数列％｝的通项公式.3．数列a n 中，a1 8,a4 2 且满足a n 2 2a n 1 a n n N ⑴求数列a n 的通项公式；⑵设Sn | a1 | | a2 | | a n |，求S n ；。
数列求和与极限的专题讲解
[例 4] 求数列
2 4 6 2n , 2 , 3 ,⋅ ⋅ ⋅, n ,⋅ ⋅ ⋅ 前 n 项的和 . 2 2 2 2 2n 1 解：由题可知，{ n }的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{ n }的通项之积 2 2 2 4 6 2n 设 S n = + 2 + 3 + ⋅ ⋅ ⋅ + n …………………………………① 2 2 2 2 1 2 4 6 2n （设制错位） S n = 2 + 3 + 4 + ⋅ ⋅ ⋅ + n +1 ………………………………② 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2n ①－②得 (1 − ) S n = + 2 + 3 + 4 + ⋅ ⋅ ⋅ + n − n+1 （错位相减） 2 2 2 2 2 2 2 1 2n = 2 − n −1 − n +1 2 2 n+2 ∴ S n = 4 − n −1 2
2) + ⋅ ⋅ ⋅ + ( n + 1 − n )
1 2 n 2 + + ⋅⋅⋅ + ，又 bn = ，求数列 {bn }的前 n 项的和 . an ⋅ an+1 n +1 n + 1 n +1
解：
1 2 n n + + ⋅⋅⋅ + = n +1 n +1 n +1 2 2 1 1 ∴ bn = = 8( − ) n n +1 n n +1 ⋅ 2 2
1 1+ 2 , 1 2+ 3 1 ,⋅ ⋅ ⋅, 1 ,⋅ ⋅ ⋅ 的前 n 项和.
[例 9] 求数列
四年级思维 第2讲 简单数列求和一
第3讲：简单数列求和（一）知识要点:许多同学都知道这样一个故事:大数学家高斯在很小的时候,就利用巧妙的算法迅速计算出从1到100这100个自然数的总和。
那高斯是用什么方法来巧妙进行计算的呢?因为1到100这100个自然数有这样的关系:1+100=101,2+99=101,3+98=101…一共有多少个101呢?因为一共有100个数,每两个数一组,一共有100÷2=50(组),也就是说有50个101。
所以1+2+3+……+100=101×50=5050。
若干个数按一定的规律排成一列,称为数列,数列中的每一个数称为一项,其中第一项称为首项,最后一项称为末项,数列中数的个数称为项数。
从第一项开始,后项与前项之差都相等的数列称为等差数列,后项与前项之差称为该数列的公差。
这种数列有极简便的求和方法:等差数列的和=(首项十末项)×项数÷2。
通过这一讲的学习,我们不仅掌握有关这种数列求和的方法,而且还能学会利用这种数列来解决许多有趣的问题。
例1、1+2+3+4+5+6+………+99+100练习1、89+90+91+92+93+94+95+96+97+98例2、求下列各式的和。
(1)1+3+5+7+9+……+97+99(2)2+4+6+8+10+……+98+100练习2(1)1+3+5+7+9+……+47+49(2) 2+4+6+8+10+……+48+50例3、把一堆苹果分给8个小朋友,如果要使每个小朋友都能拿到苹果,而且每人拿到的苹果个数都不同这堆苹果至少要有多少个?练习3、某市举行数学竞赛,比赛前规定,前12名可以获奖,比赛结果第一名1人,第二名并列2人,第三名并列3人……第十二名并列12人,得奖的一共有多少人?例4、把27枚棋子放到7个不同的空盒子中,如果要求每个盒子都不能空,且任意两个盒子里的棋子数目都不一样多,问能否办到?说明理由。
练习4、有10个盒子,56只乒乓球,能不能把56只乒乓球放进盒中,并且各个盒子里的乒乓球只数不相等?(每个盒子至少放一只球)例5、小明家的一个时钟,在每个整点敲打,敲打的次数等于该钟的点数,每半点也敲一下。
竞赛中的数列问题
竞赛中的数列问题
数列问题在各类竞赛中都占有重要的地位，不仅在数学竞赛中，在其他学科的竞赛中，数列问题也经常出现。
本文将介绍一些竞赛中常见的数列问题及其解决方法。
一、基础数列问题
基础数列问题主要考察学生对数列基本概念和性质的理解。
例如，求一个数列的前n项，数列的通项公式，数列的极限等等。
解决这类问题，需要学生掌握数列的基本概念和性质，并能够灵活运用这些知识解决实际问题。
二、数列求和问题
数列求和问题也是竞赛中常见的题型，主要包括等差数列求和、等比数列求和、分组求和等等。
解决这类问题，需要学生掌握各种数列求和的方法，并能够根据具体问题选择合适的方法。
三、数列综合问题
数列综合问题通常涉及到多个知识点，需要学生具有较强的综合运用能力。
例如，一些数列问题会涉及到函数、方程、不等式等知识，需要学生能够灵活运用这些知识解决实际问题。
四、特殊数列问题
特殊数列问题是指一些具有特殊性质的数列问题，例如斐波那契数列、水仙花数、自守数等等。
解决这类问题需要学生掌握这些特殊数列的性质和规律，并能够根据这些性质和规律解决问题。
五、解题技巧
在解决数列问题时，掌握一些解题技巧可以事半功倍。
例如，观察分析法、归纳推理、倒推法等等。
学生应该根据具体问题选择合适的解
题方法，以提高解题效率。
总的来说，竞赛中的数列问题需要学生具备扎实的数学基础和较强的综合运用能力。
通过不断练习和总结经验，学生可以逐渐提高自己的解题能力，在竞赛中取得更好的成绩。
竞赛中的数列问题(一)
满足 某些 特定要 求的数 ． 使 不等 式 １ ＋
１ ＜
去 一 Ａ ＞ ２ ．
～ 一
喜 去 一 ・ 耋去 一 １ （ Ａ ＋ ２ ） 一 １ Ａ 一
枞
２ ／ １ １ 、＾
（ ２ ）证 明 ｆ （ ｓ ＋ ） 一ｆ （ ｓ 一 ） 一ｓ ｔ ， 其中
则厂 （ ） 一 ， （ ＋ １ ） 一（ ＋ ＋
…
ｓ 与 为 正整数 ， 并且 Ｓ ＞ｔ ．（ 第二届 加 拿 大
数 学奥 林 匹克 ）
＋ ２ ｎ＋ １
） 一（
１一 Ｊ一
１ ＞ Ｏ
数 列是高 中数 学 的重要 内容 ， 也 是 高考 、
自主招生 与数 学竞赛 中的命题重 点 内容之 一．
令 一 ＋ Ｌ 十 ｌ ， ， ６ 一 ｎ ＋ ÷ 一
（ ｓ ＋ 。 一 ｏ ＝ ＞ ｎ 一 ０ ） ，
一
、
数 列 竞 赛 题 中 的 一 些 简 单
题 型
１
有 ６ 一 １
１
＂ ＂ — １、’
，
故 一 ， 所以 。 一
１ ．求数列 的通 项或 求 和是常 见题 型．
例 １ 设数 列 ｛ ｝ 的 前 项 和 Ｓ 满足 ：
ｓ ＋ 十 ｎ一 一 ， ’ 一 ｌ １ ，２ ， ２ ， … ，则 遁 通 项 项
（ ２ ）由 于 ｓ ＋ ｔ与 Ｓ —ｔ 的奇 偶性 相 同 ， 故
分析
就 是 证 明数 列 从 第 二项 起 就 是
当ｓ ＋ｔ 与Ｓ 一 同 为偶 数 时 ， ｆ （ ｓ ＋ ） 一
竞赛中的数列问题
竞赛中的数列问题【实用版】目录1.竞赛中的数列问题概述2.数列问题的分类3.数列问题的解题技巧4.实例解析5.总结与展望正文【1.竞赛中的数列问题概述】在各类数学竞赛中，数列问题是一个重要的题型，它涉及的知识点广泛，题型多样，既能考查学生的基本运算能力，也能考查学生的思维能力和创新能力。
数列问题主要围绕等差数列、等比数列及其性质、求和公式、通项公式等知识点展开。
【2.数列问题的分类】数列问题主要分为以下几类：（1）等差数列问题：主要涉及等差数列的性质、求和公式、通项公式等。
（2）等比数列问题：主要涉及等比数列的性质、求和公式、通项公式等。
（3）混合数列问题：涉及等差数列与等比数列的结合，需要运用分类讨论的思想进行求解。
（4）数列的极限问题：涉及数列的收敛性、发散性、极限等概念。
【3.数列问题的解题技巧】（1）熟练掌握等差数列、等比数列的性质和公式，这是解决数列问题的基本功。
（2）善于运用分类讨论的思想，对于混合数列问题，要能够根据题目条件进行分类讨论，寻找解题思路。
（3）对于数列的极限问题，要能够运用数列的收敛性、发散性、极限等概念进行分析。
【4.实例解析】例题：已知数列{an}满足 an=2an-1+3an-2（n≥2），求数列{an}的前n 项和。
解：根据题目条件，我们可以判断这是一个等差数列问题。
首先，根据 an 的表达式，我们可以得到 an-2 和 an-1 的关系：an-2=2an-3+3an-4，进一步可以得到 an-3 和 an-2 的关系：an-3=2an-4+3an-5，以此类推，我们可以得到：an-k=2an-k-1+3an-k-2（k≥2）将上述各式相加，可以得到：an=2(an-1+an-2+...+an-k)+3(an-1+an-2+...+an-k-1)根据等差数列的求和公式，我们可以得到：an=2(n-k)an-k/2+3(n-k-1)an-k-1/2化简得：an=(4n-5)an-k-1/2+(2n-3)an-k/2由此，我们可以求得数列{an}的前 n 项和。
数列求和及数列通项公式的基本方法和技巧
数列求和及数列通项公式的基本方法和技巧导语：数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础.在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位.数列求和及数列的通项公式是数列的重要内容之一，除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧.下面，就几个历届高考数学来谈谈数列求和及数列通项公式的基本方法和技巧.（一）数列求和一、利用常用求和公式求和.利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.1、等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=2、等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn3、)1(211+==∑=n n k S nk n4、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n5、213)]1(21[+==∑=n n k S n k n【例1】求和：)0(1422242≠++⋯+++++x x x x x n n 【解】∵x≠0∴该数列是首项为1，公比为x 2的等比数列，而且有n+3项 当x 2＝1，即x ＝±1时，和为n+3.当12≠x ，即1±≠x 时，和为262232111)(1x x x x n n --=--++.评注：(1)利用等比数列求和公式．当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论，如本题若为“等比”的形式而并未指明其为等比数列，还应对x 是否为0进行讨论．(2)要弄清数列共有多少项，末项不一定是第n 项． 二、错位相减法求和.错位相减法求和在高考中占有相当重要的位置，近几年来的高考题其中的数列方面都出了这方面的内容.需要我们的学生认真掌握好这种方法.这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }、{b n }分别是等差数列和等比数列.求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q ；然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法.【例2】求和：)1()12(7531132≠-+⋅⋅⋅++++=-x x n x x x S n n ………………………① 【解】由题可知，{1)12(--n x n }的通项是等差数列{2n －1}的通项与等比数列{1-n x }的通项之积.设n n x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=……………………….②（设置错位） ①－②得n n n x n x x x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=--（错位相减）再利用等比数列的求和公式得：n n n x n x x x S x )12(1121)1(1----⋅+=-- ∴21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+ 评注：（1）要考虑当公比x 为值1时为特殊情况； （2）错位相减时要注意末项；（3）此类题的特点是所求数列是由一个等差数列与一个等比数列对应项相乘.三、反序相加法求和.这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +.【例3】求证：n nn n n nn C n C C C 2)1()12(53210+=++⋅⋅⋅+++ 【证明】设n n n n n n C n C C C S )12(53210++⋅⋅⋅+++=…………………………..①把①式右边倒转过来得113)12()12(n n n n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=-（反序）又由mn n m n C C -=可得nn n n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=-1103)12()12(…………..……..②①+②得n nn n n n nn n C C C C n S 2)1(2))(22(2110⋅+=++⋅⋅⋅+++=-（反序相加） ∴n n n S 2)1(⋅+=四、分组法求和.有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.若数列{}n a 的通项公式为n n n b a c +=，其中{}{}n n b a ,中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般用分组结合法.【例4】求数列Λ1614813412211，，，的前n 项和；分析：数列的通项公式为n n n a 21+=，而数列{}⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n 21,分别是等差数列、等比数列，求和时一般用分组结合法；【解】因为nn n a 21+=，所以 )21()813()412()211(n n n s ++++++++=Λ)21814121()321(n n +++++++++=ΛΛ（分组）前一个括号内是一个等比数列的和，后一个括号内是一个等差数列的和，因此1212211)211(212)1(2+-+=--++=n n n n n n五、裂项法求和.这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用.裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的.通项分解（裂项）如：（1）)()1(n f n f a n -+=；（2）οοοοοn n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+；（3）111)1(1+-=+=n n n n a n ；（4）)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n ； （5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++=n n n n n n n a n .【例5】求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.【解】设n n n n a n -+=++=111（裂项）则11321211+++⋅⋅⋅++++=n n S n （裂项求和）＝)1()23()12(n n -++⋅⋅⋅+-+- ＝11-+n小结：此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后，其中中间的大部分项都互相抵消了.只剩下有限的几项.注意：余下的项具有如下的特点 1余下的项前后的位置前后是对称的. 2余下的项前后的正负性是相反的.六、合并法求和.针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求S n .【例6】在各项均为正数的等比数列中，若103231365log log log ,9a a a a a +⋅⋅⋅++=求的值. 【解】设1032313log log log a a a S n +⋅⋅⋅++=由等比数列的性质q p n m a a a a q p n m =⇒+=+（找特殊性质项） 和对数的运算性质N M N M a a a ⋅=+log log log 得)log (log )log (log )log (log 6353932310313a a a a a a S n ++⋅⋅⋅++++=（合并求和）＝)(log )(log )(log 6539231013a a a a a a ⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅ ＝9log 9log 9log 333+⋅⋅⋅++ ＝10（二）求数列通项公式一、构造等差或等比数列法【例7】已知数列{}n a 满足：1232n n n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式. 【解】1232n n n a a +=+⨯两边除以12n +，得113222n n n n a a ++=+ 则113222n n n n a a ++-= 故数列{}2n na 是以122211==a 为首项，以23为公差的等差数列. 由等差数列的通项公式，得31(1)22n n a n =+-. 所以数列{}n a 的通项公式为31()222n n a n =-.评注：本题解题的关键是把递推关系式1232n n n a a +=+⨯转化为113222n n n n a a ++-=，说明数列{}2nna 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出31(1)22n n a n =+-，进而求出数列{}n a 的通项公式.二、累加法.【例8】已知数列{}n a 满足：11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式. 【解】由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+ 则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=L L L 所以，数列{}n a 的通项公式为2n a n =. 评注：本题解题的关键是把递推关系式121n n a a n +=++转化为121n n a a n +-=+，进而求出11232211()()()()n n n n a a a a a a a a a ----+-++-+-+L ，即得数列{}n a 的通项公式.【例9】已知数列{}n a 满足：112313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式. 【解】由1231n n n a a +=+⨯+得1231n n n a a +-=⨯+.则11232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13)2(1)313331331n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n --------=-+-++-+-+=⨯++⨯+++⨯++⨯++=+++++-+-=+-+-=-+-+=+-L L L所以3 1.n n a n =+- 评注：本题解题的关键是把递推关系式1231n n n a a +=+⨯+转化为1231n n n a a +-=⨯+，进而求出11232211()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-++-+-+L ，即得数列{}n a 的通项公式.【例10】已知数列{}n a 满足：1132313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式. 【解】13231n n n a a +=+⨯+两边除以13n +，得111213333n n n n n a a +++=++， 则111213333n n n n n a a +++-=+， 故112232112232111122122()()()()33333333212121213()()()()3333333332(1)11111()1333333n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a n --------------=-+-+-++-+=+++++++++-=+++++++L L L因此，11(13)2(1)2113133133223n n n n na n n ---=++=+--⨯， 则21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯-评注：本题解题的关键是把递推关系式13231n n n a a +=+⨯+转化为111213333n n n n n a a +++-=+，进而求出112232*********()()()()333333333n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a -----------+-+-++-+L ，即得数列3n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式，最后再求数列{}n a 的通项公式.三、累乘法.【例11】已知数列{}n a 满足：112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式. 【解】因为112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，. 所以，0n a ≠. 则12(1)5n n na n a +=+， 故1321122112211(1)(2)21(1)12[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53325!n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n -------+-+++--=⋅⋅⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅+⨯+⨯⨯=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯L L L L 所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯评注：本题解题的关键是把递推关系12(1)5n n n a n a +=+⨯转化为12(1)5n n na n a +=+，进而求出13211221n n n n a a a a a a a a a ---⋅⋅⋅⋅⋅L ，即得数列{}n a 的通项公式. 【例12】已知数列{}n a 满足：11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥L ，，求{}n a 的通项公式.【解】因为123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥L ①所以1123123(1)n n n a a a a n a na +-=++++-+L ②用②式－①式得1.n n n a a na +-= 则1(1)(2)n n a n a n +=+≥ 故11(2)n na n n a +=+≥ 所以13222122![(1)43].2n n n n n a a a n a a n n a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅=-⋅⋅⨯=L L ③由123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥L ，21222n a a a ==+取得，则21a a =，又知11a =，则21a =，代入③得!13452n n a n =⋅⋅⋅⋅⋅=L . 所以，{}n a 的通项公式为!.2n n a = 评注：本题解题的关键是把递推关系式1(1)(2)n n a n a n +=+≥转化为11(2)n na n n a +=+≥，进而求出132122n n n n a a a a a a a ---⋅⋅⋅⋅L ，从而可得当2n n a ≥时，的表达式，最后再求出数列{}n a 的通项公式. 四、待定系数法.【例13】已知数列{}n a 满足：112356n n n a a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式. 【解】设1152(5)n n n n a x a x +++⨯=+⨯④将1235n n n a a +=+⨯代入④式，得12355225n n n n n a x a x ++⨯+⨯=+⨯， 等式两边消去2n a ，得135525n n n x x +⋅+⋅=⋅， 两边除以5n ，得352,1,x x x +==-则 代入④式得1152(5)n n n n a a ++-=-⑤由1156510a -=-=≠及⑤式得50n n a -≠.则11525n n nn a a ++-=-，则数列{5}n n a -是以1151a -=为首项，以2为公比的等比数列. 则152n n n a --=. 故125n n n a -=+. 评注：本题解题的关键是把递推关系式1235n n n a a +=+⨯转化为1152(5)n n n n a a ++-=-，从而可知数列{5}n n a -是等比数列，进而求出数列{5}n n a -的通项公式，最后再求出数列{}n a 的通项公式.【例14】已知数列{}n a 满足：1135241n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式. 【解】设1123(2)n n n n a x y a x y +++⨯+=+⨯+ ⑥将13524n n n a a +=+⨯+代入⑥式，得1352423(2)n n n n n a x y a x y ++⨯++⨯+=+⨯+整理得(52)24323n n x y x y +⨯++=⨯+.令52343x x y y +=⎧⎨+=⎩，则52x y =⎧⎨=⎩，代入⑥式得115223(522)n n n n a a +++⨯+=+⨯+⑦由11522112130a +⨯+=+=≠及⑦式，得5220nn a +⨯+≠，则115223522n n nn a a +++⨯+=+⨯+， 故数列{522}n n a +⨯+是以1152211213a +⨯+=+=为首项，以3为公比的等比数列，因此1522133n n n a -+⨯+=⨯，则1133522n n n a -=⨯-⨯-.评注：本题解题的关键是把递推关系式13524n n n a a +=+⨯+转化为115223(522)n n n n a a +++⨯+=+⨯+，从而可知数列{522}n n a +⨯+是等比数列，进而求出数列{522}n n a +⨯+的通项公式，最后再求数列{}n a 的通项公式.【例15】已知数列{}n a 满足：21123451n n a a n n a +=+++=，，求数列{}n a 的通项公式. 【解】设221(1)(1)2()n n a x n y n z a xn yn z ++++++=+++⑧将212345n n a a n n +=+++代入⑧式，得2222345(1)(1)2()n n a n n x n y n z a xn yn z ++++++++=+++，则 222(3)(24)(5)2222n n a x n x y n x y z a xn yn z +++++++++=+++等式两边消去2n a ，得22(3)(24)(5)222x n x y n x y z xn yn z ++++++++=++，解方程组3224252x x x y y x y z z +=⎧⎪++=⎨⎪+++=⎩，则31018x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩，代入⑧式，得2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++⑨由213110118131320a +⨯+⨯+=+=≠及⑨式，得2310180n a n n +++≠则2123(1)10(1)18231018n n a n n a n n ++++++=+++，故数列2{31018}n a n n +++为以21311011813132a +⨯+⨯+=+=为首项，以2为公比的等比数列，因此2131018322n n a n n -+++=⨯，则42231018n n a n n +=---.评注：本题解题的关键是把递推关系式212345n n a a n n +=+++转化为2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++，从而可知数列2{31018}n a n n +++是等比数列，进而求出数列2{31018}n a n n +++的通项公式，最后再求出数列{}n a 的通项公式.五、对数变换法.【例16】已知数列{}n a 满足：5123n n n a a +=⨯⨯，17a =，求数列{}n a 的通项公式. 【解】因为511237n n na a a +=⨯⨯=，，所以100n n a a +>>，. 在5123n n n a a +=⨯⨯式两边取常用对数得1lg 5lg lg3lg 2n n a a n +=++⑩设1lg (1)5(lg )n n a x n y a xn y ++++=++ ○11 将⑩式代入○11式，得5lg lg 3lg 2(1)5(lg )n n a n x n y a xn y +++++=++，两边消去5lg n a 并整理，得(lg3)lg 255x n x y xn y ++++=+，则lg35lg 25x x x y y +=⎧⎨++=⎩，故lg 34lg 3lg 2164x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩代入○11式，得1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg (1)5(lg )41644164n n a n a n +++++=+++○12 由1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg 1lg 71041644164a +⨯++=+⨯++≠及○12式， 得lg3lg3lg 2lg 04164n a n +++≠， 则1lg3lg3lg 2lg (1)41645lg3lg3lg 2lg 4164n n a n a n +++++=+++， 所以数列lg3lg3lg 2{lg }4164n a n +++是以lg3lg3lg 2lg 74164+++为首项，以5为公比的等比数列，则1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg (lg 7)541644164n n a n -+++=+++， 因此1111111116164444111111161644441111111616444455514lg 3lg 3lg 2lg 3lg 3lg 2lg (lg 7)54164464(lg 7lg 3lg 3lg 2)5lg 3lg 3lg 2[lg(7332)]5lg(332)lg(7332)5lg(332)lg(733n n n n n n n n n n n n a n ---------=+++---=+++---=⋅⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅1115116454151511642)lg(732)n n n n n -------⋅=⋅⋅则11541515164732n n n n n a -----=⨯⨯.评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式5123n n n a a +=⨯⨯转化为1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg (1)5(lg )41644164n n a n a n +++++=+++，从而可知数列lg3lg3lg 2{lg }4164n a n +++是等比数列，进而求出数列lg3lg3lg 2{lg }4164n a n +++的通项公式，最后再求出数列{}n a 的通项公式.六、迭代法.【例17】已知数列{}n a 满足：3(1)2115nn n n a a a ++==，，求数列{}n a 的通项公式.【解】因为3(1)21n n n n a a ++=，所以121323(1)23212[]n n n n n n n n n a a a ---⋅-⋅⋅--== 2(2)(1)32(2)(1)3(3)(2)(1)112(3)(2)(1)(1)123(1)223(2)23(1)233(2)(1)23323(2)(1)213!21[]n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n aa a a a -+---+--+-+--+++-+-+----⋅⋅--⋅-⋅⋅---⋅-⋅⋅-⋅-⋅⋅⋅⋅======L L L L L又15a =，所以数列{}n a 的通项公式为(1)123!25n n n n na --⋅⋅=.评注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式.即先将等式3(1)21nn n n a a ++=两边取常用对数得1lg 3(1)2lg n n n a n a +=+⨯⨯，即1lg 3(1)2lg n n na n a +=+，再由累乘法可推知(1)123!213211221lg lg lg lg lg lg lg5lg lg lg lg n n n n n n n n n a a a a a a a a a a --⋅⋅---=⋅⋅⋅⋅⋅=L ，从而1(1)3!225n n n n n a --⋅⋅=.七、数学归纳法.【例18】已知数列{}n a 满足：11228(1)8(21)(23)9n n n a a a n n ++=+=++，，求数列{}n a 的通项公式.【解】由1228(1)(21)(23)n n n a a n n ++=+++及189a =，得 2122322243228(11)88224(211)(213)9925258(21)248348(221)(223)252549498(31)488480(231)(233)49498181a a a a a a +⨯=+=+=⨯+⨯+⨯+⨯=+=+=⨯+⨯+⨯+⨯=+=+=⨯+⨯+⨯ 由此可猜测22(21)1(21)n n a n +-=+，往下用数学归纳法证明这个结论.（1）当1n =时，212(211)18(211)9a ⨯+-==⨯+，所以等式成立. （2）假设当n k =时等式成立，即22(21)1(21)k k a k +-=+，则当1n k =+时，1228(1)(21)(23)k k k a a k k ++=+++222222222222222222222(21)18(1)(21)(21)(23)[(21)1](23)8(1)(21)(23)(21)(23)(23)8(1)(21)(23)(21)(23)(21)(21)(23)(23)1(23)[2(1)1]1[2(1)1]k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k +-+=+++++-+++=++++-+++=++++-+=+++-=+++-=++2由此可知，当1n k =+时等式也成立.根据（1），（2）可知，等式对任何*n N ∈都成立. 评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n 项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明.八、换元法.【例19】已知数列{}n a满足：111(14116n n a a a +=+=，，求数列{}n a 的通项公式.【解】令n b =21(1)24n n a b =- 故2111(1)24n n a b ++=-，代入11(1416n n a a +=++得 221111(1)[14(1)]241624n n n b b b +-=+-+ 即2214(3)n n b b +=+因为0n b =≥，故10n b +=≥则123n n b b +=+，即11322n n b b +=+，可化为113(3)2n n b b +-=-，所以{3}n b -是以13332b -==为首项，以21为公比的等比数列，因此121132()()22n n n b ---==，则21()32n n b -=+21()32n -=+，得2111()()3423n n n a =++.评注：本题解题的关键是通过将n b ，使得所给递推关系式转化11322n n b b +=+形式，从而可知数列{3}n b -为等比数列，进而求出数列{3}n b -的通项公式，最后再求出数列{}n a 的通项公式.九、不动点法.【例20】已知数列{}n a 满足：112124441n n n a a a a +-==+，，求数列{}n a 的通项公式.【解】令212441x x x -=+，得2420240x x -+=，则1223x x ==，是函数2124()41x f x x -=+的两个不动点.因为112124224121242(41)13262132124321243(41)92793341n n n n n n n nn n n n n n a a a a a a a a a a a a a a ++---+--+--====----+---+. 所以数列23n n a a ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭是以112422343a a --==--为首项，以913为公比的等比数列， 故12132()39n n n a a --=-，则113132()19n n a -=+-.评注：本题解题的关键是先求出函数2124()41x f x x -=+的不动点，即方程212441x x x -=+的两个根1223x x ==，，进而可推出112213393n n n n a a a a ++--=⋅--，从而可知数列23n n a a ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭为等比数列，再求出数列23n n a a ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭的通项公式，最后求出数列{}n a 的通项公式.【例21】已知数列{}n a 满足：1172223n n n a a a a +-==+，，求数列{}n a 的通项公式. 【解】令7223x x x -=+，得22420x x -+=， 则1x =是函数31()47x f x x -=+的不动点. 因为17255112323n n n n n a a a a a +---=-=++，所以2111()()3423n n n a =++.。
数学竞赛用数列求和(1)
专题 数列求和在全国高中数学联赛中的应用数列求和的过程中蕴含着丰富的数学思想方法，是高中数学竞赛的常见内容，同时也是研究数列性质的一个重要层面。
常用的数列求和方法主要有：公式法、累加法、错位相减法、倒序相加法、通项展开分类求和法、裂项法、和利用数列周期性、递推关系求和法等。
一、 基础知识1.常用的数列求和公式：(1)d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=(2)=n S ⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--=)1(11)1()1111q q qa a qq a q na n n （(3))1(211+=∑=n n k nk ；)12)(1(6112++=∑=n n n k nk ；213)]1(21[+=∑=n n knk 2.累加法：给出数列｛a n ｝的递推式和初始值（等差数列和等比数列有时可以看成是特殊的递推式），求数列通项时常用累加法，也叫叠加法。
3.错位相减法：主要用于求形如{n n b a ⋅}数列前n 项的和，其中｛a n ｝、｛b n ｝分别成等差数列和等比数列。
等比数列的求和公式，当1≠q 时的情况：qq a S n n --=1)1(1就是通过错位相减法得到的。
4.倒序相加法：将数列的顺序倒过来排列，与原数列两式相加，若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，这样的数列可用倒序相加法求和。
等差数列的求和公式：2)(1n n a a n S +=就是用倒序相加法推导出来的。
5.通项展开分类求和法：把数列的每一项都写成通项的形式，然后根据不同数列的特点进行分类求和。
例1. 已知数列｛a n ｝的通项公式是：)12)(1(++=n n n a n ，试求｛a n ｝ 的前n 项和n S 。
导析：很多学生会试图计算出 ,84,30,6321===a a a 以此找出规律，但这很难解决问题。
因此需要对数列的通项展开进行分析。
把通项展开得：n n n a n ++==2332，故可把｛a n ｝分成三类分别求和。
数学竞赛中的数列问题
数学竞赛中的数列问题在数学竞赛中，数列问题是一个比较常见的题型。
数列问题可以锻炼学生的逻辑思维、数学能力和创新能力。
而在竞赛中拿到高分，除了整体的数学素养，数列问题的应用也是必不可少的。
在这篇文章中，我们将探讨一些数列问题及其解决方法。
一、等差数列等差数列是指相邻两项之差相等的数列。
例如，1，3，5，7，9 就是一个以 2 为公差的等差数列。
对于等差数列的求和问题，我们可以利用如下公式：$$S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}$$其中，$S_n$为前 $n$ 项和，$a_1$为首项，$a_n$为末项，$n$为项数。
对于等差数列的其他问题，我们可以考虑以下方法：1. 利用已知条件求出公差 $d$ ，再根据所求问题求解2. 利用等差数列的性质，推导出所求结果例如：问题一：求等差数列 2，5，8，11，……的第 20 项。
解法：由于相邻两项之差相等，故公差 $d=a_2-a_1=5-2=3$，因此第 20 项为 $a_{20}=a_1+19d=2+19\times 3=59$。
问题二：等差数列1，2，3，……，n 中有多少项是3 的倍数？解法：首项为 $a_1=1$，公差为 $d=1$，末项为 $a_n=n$，所以$n-a_1=a_{n-1}$。
又因为每个 3 个数中一定有且只有一个是 3 的倍数，因此当 $n \geq 3$ 时，3 的倍数的个数为 $\left\lfloor\frac{n}{3} \right\rfloor+1$。
二、等比数列等比数列是指相邻两项之比相等的数列。
例如，2，4，8，16，32 就是一个以 2 为公比的等比数列。
对于等比数列的求和问题，我们可以利用如下公式：$$S_n=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$$其中，$S_n$为前 $n$ 项和，$a_1$为首项，$q$为公比，$n$为项数。
对于等比数列的其他问题，我们可以考虑以下方法：1. 利用已知条件求出公比 $q$ ，再根据所求问题求解2. 利用等比数列的性质，推导出所求结果例如：问题一：求等比数列 2，6，18，54，……的第 20 项。
2018天津市数学竞赛真题
n!1
Á
1
2 2n =
lim
11
(
1 2
)n
22
1
1 2
= 2:
n!1
天津大学北洋数学研究社命制
第3页 共7页
【解析】由三角函数的性质易知
ˆ2
cos xdx = 0;
ˆ
0 2
ˆ
x sin xdx =
0
ˆ0
ˆ2 x sin xdx +
ˆ
x sin xdx
= x sin xdx
(t + ) sin t dt
y Á2
=
1
q a2
+
(x2
+
y2);
@x
@y
a
aa
积分区域为双纽线 r2 = a2 sin 2' 所围成的闭曲线, 于是利用对称性可求得要求的面积为
“ S=
1
q a2
+
(x2
+
y2)dxdy
=
4
ˆ
4
ˆ d'
apsin 2'
r
p a2
+ r2dr
a
0
0
a
D
=
4
ˆ
4
h a3(1
+
sin
2'
)
3 2
i a3 d'
=
4a2
ˆ
4
(1
+
sin
2'
)
3 2
d'
a2
3a 0
30
3
又有
ˆ
ˆ
4年级奥数等差数列求和
汇报人：
CONTENTS
PART ONE
PART TWO
等差数列的定义： 一个数列，从第 二项开始，每一 项与它的前一项 的差都等于同一
个常数。
等差数列的通 项公式：
an=a1+(n1)d，其中an是 第n项，a1是第 一项，d是公差。
等差数列的定义：一个数列，从第二项开始，每一项与它的前一项的差 都等于同一个常数。
等差数列的特点：每一项与它的前一项的差是固定的，且等于公差。
等差数列的通项公式：an=a1+(n-1)d，其中an是第n项，a1是第一项， d是公差。
等差数列的求和公式：Sn=(a1+an)n/2或Sn=n/2*(2a1+(n-1)d)，其中 Sn是前n项和，a1是第一项，an是第n项，d是公差。
统计学：等差数列求和在统计学中 用于样本数据的处理、概率计算等。
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科学实验：在物理学、化学、生物 学等科学实验中，等差数列求和用 于计算实验数据、分析规律。
计算机编程：等差数列求和在计算 机编程中用于实现循环、迭代等算 法。
基础数学概念：等差数列求和是数学学习中的基础概念，对于理解数列、数学分析等有重要作 用。
公式推导：通过实例演示公式的推导过程，帮助学生理解公式原理。
口诀记忆：将公式中的项数、公差、首项、末项等要素编成口诀，方便学生记忆。
练习巩固：通过大量的练习题，让学生在实际操作中加深对公式的理解和记忆。 归纳总结：总结等差数列求和公式的适用范围和注意事项，帮助学生更好地掌握 公式。
PART FOUR
题目：一个等差数列 的前5项和为25，最 后5项和为100，那么 这个数列共有多少项？
数学竞赛中的数列知识点总结
数学竞赛中的数列知识点总结数学是一门非常重要的学科，在人们的生活中发挥着重要的作用。
而数学竞赛，则是数学中的一项重要活动，许多学生都对数学竞赛充满了热情。
数列作为数学竞赛中的重要知识点，不仅需要我们掌握基本概念和定义，还需要我们掌握应用技巧和解题方法，才能在数学竞赛中取得好成绩。
本文将对数学竞赛中的数列知识进行总结和归纳，给广大学生提供一些帮助。
一、数列的基本概念和定义1. 数列的定义数列是指按照一定规律排列在一起的一组数，通常用$a_1,a_2, ..., a_n$表示，其中$a_i$表示数列中的第$i$个数。
例如：$1,3,5,7,9$就是一个数列，其中$a_1=1,a_2=3,a_3=5,a_4=7,a_5=9$。
2. 数列的公式数列的一般形式可以用通项公式来表示。
通项公式是指数列中每一项都可以用一个公式来表示。
例如数列$1,3,5,7,9$的通项公式为$a_n=2n-1$，其中$n$是数列中的项数。
3. 等差数列等差数列是指数列中相邻两项之间的差相等的数列，这个相等的差叫做等差数列的公差。
例如数列$1,3,5,7,9$就是一个公差为$2$的等差数列，其通项公式为$a_n=a_1+(n-1)d$，其中$a_1$是首项，$d$是公差，$n$是项数。
4. 等比数列等比数列是指数列中相邻两项之间的比相等的数列，这个相等的比叫做等比数列的公比。
例如数列$1,2,4,8,16$就是一个公比为$2$的等比数列，其通项公式为$a_n=a_1q^{n-1}$，其中$a_1$是首项，$q$是公比，$n$是项数。
二、数列的应用技巧和解题方法1. 等差数列求和等差数列的和可以用以下公式来求得：$$S_n=\frac{n}{2}(a_1+a_n)$$其中$S_n$表示前$n$项的和，$a_1$表示首项，$a_n$表示第$n$项。
这个公式可以有效地解决等差数列求和的问题。
2. 等比数列求和等比数列的和可以用以下公式来求得：$$S_n=\frac{a_1(q^n-1)}{q-1}$$其中$S_n$表示前$n$项的和，$a_1$表示首项，$q$表示公比，$n$表示项数。
数列求和基本方法技巧
数列求和的基本方法和技巧数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础. 在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位. 数列求和是数列的重要内容之一，除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧. 下面，就几个历届高考数学和数学竞赛试题来谈谈数列求和的基本方法和技巧.一、利用常用求和公式求和利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法. 1、 等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=2、等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn3、 )1(211+==∑=n n k S nk n 4、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n5、 213)]1(21[+==∑=n n k S nk n [例1] 已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++nx x x x 32的前n 项和. 解：由212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x由等比数列求和公式得 n n x x x x S +⋅⋅⋅+++=32 （利用常用公式）＝xx x n--1)1(＝211)211(21--n ＝1－n 21[例2] 设S n ＝1+2+3+…+n ，n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.解：由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n ， )2)(1(21++=n n S n （利用常用公式） ∴ 1)32()(++=n nS n S n f ＝64342++n n n ＝nn 64341++＝50)8(12+-nn 501≤∴ 当 88-n ，即n ＝8时，501)(max =n f二、错位相减法求和这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和，其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列.[例3] 求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①解：由题可知，{1)12(--n x n }的通项是等差数列{2n －1}的通项与等比数列{1-n x}的通项之积设n n x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=………………………. ② （设制错位） ①－②得 n n n x n x x x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=-- （错位相减）再利用等比数列的求和公式得：n n n x n xx x S x )12(1121)1(1----⋅+=-- ∴ 21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+[例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n前n 项的和. 解：由题可知，{n n 22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n 21}的通项之积设n n nS 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………①14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n nS ………………………………② （设制错位） ①－②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n n n nS （错位相减）1122212+---=n n n∴ 1224-+-=n n n S三、反序相加法求和这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +.[例5] 求证：nnn n n n n C n C C C 2)1()12(5321+=++⋅⋅⋅+++证明： 设nn n n n n C n C C C S )12(5321++⋅⋅⋅+++=………………………….. ①把①式右边倒转过来得113)12()12(nn n n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=- （反序） 又由mn nm n C C -=可得 n nn n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=-1103)12()12(…………..…….. ② ①+②得 n n n n n n n n n C C C C n S 2)1(2))(22(2110⋅+=++⋅⋅⋅+++=- （反序相加）∴ n n n S 2)1(⋅+=[例6] 求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解：设89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得1s i n 2s i n 3s i n 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..② （反序） 又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得 （反序相加）)89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S ＝89∴ S ＝44.5四、分组法求和有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可. [例7] 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n ，… 解：设)231()71()41()11(12-++⋅⋅⋅++++++=-n aa a S n n将其每一项拆开再重新组合得)23741()1111(12-+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=-n aa a S n n （分组） 当a ＝1时，2)13(n n n S n -+=＝2)13(nn + （分组求和）当1≠a 时，2)13(1111n n aa S n -+--=＝2)13(11n n a a a n -+--- [例8] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和.解：设k k k k k k a k ++=++=2332)12)(1(∴ ∑=++=n k n k k k S 1)12)(1(＝)32(231k k knk ++∑=将其每一项拆开再重新组合得S n ＝k k k nk n k nk ∑∑∑===++1213132（分组）＝)21()21(3)21(2222333n n n +⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++＝2)1(2)12)(1(2)1(22++++++n n n n n n n （分组求和） ＝2)2()1(2++n n n五、裂项法求和这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：（1）)()1(n f n f a n -+= （2）n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+ （3）111)1(1+-=+=n n n n a n （4）)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n（5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=n n n n n n n a n(6) nnn n n n n n S n n n n n n n n n a 2)1(11,2)1(12121)1()1(221)1(21+-=+-⋅=⋅+-+=⋅++=-则 [例9] 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.解：设n n n n a n -+=++=111 （裂项）则 11321211+++⋅⋅⋅++++=n n S n （裂项求和）＝)1()23()12(n n -++⋅⋅⋅+-+- ＝11-+n[例10] 在数列{a n }中，11211++⋅⋅⋅++++=n n n n a n ，又12+⋅=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项的和. 解： ∵ 211211n n n n n a n =++⋅⋅⋅++++=∴ )111(82122+-=+⋅=n n n n b n （裂项）∴ 数列{b n }的前n 项和)]111()4131()3121()211[(8+-+⋅⋅⋅+-+-+-=n n S n （裂项求和） ＝)111(8+-n ＝ 18+n n[例11] 求证：1sin 1cos 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 12=+⋅⋅⋅++ 解：设89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S∵n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+ （裂项） ∴ 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S （裂项求和）＝]}88tan 89[tan )2tan 3(tan )1tan 2(tan )0tan 1{(tan 1sin 1-+-+-+- ＝)0tan 89(tan 1sin 1 -＝1cot 1sin 1⋅＝ 1sin 1cos 2 ∴ 原等式成立六、合并法求和针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求S n .[例12] 求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.解：设S n ＝ cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°∵ )180cos(cosn n --= （找特殊性质项）∴S n ＝ （cos1°+ cos179°）+（ cos2°+ cos178°）+ （cos3°+ cos177°）+···+（cos89°+ cos91°）+ cos90° （合并求和）＝ 0[例13] 数列{a n }：n n n a a a a a a -====++12321,2,3,1，求S 2002.解：设S 2002＝2002321a a a a +⋅⋅⋅+++由n n n a a a a a a -====++12321,2,3,1可得,2,3,1654-=-=-=a a a,2,3,1,2,3,1121110987-=-=-====a a a a a a……2,3,1,2,3,1665646362616-=-=-====++++++k k k k k k a a a a a a∵ 0665646362616=+++++++++++k k k k k k a a a a a a （找特殊性质项） ∴ S 2002＝2002321a a a a +⋅⋅⋅+++ （合并求和） ＝)()()(66261612876321++++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+++k k k a a a a a a a a a a2002200120001999199819941993)(a a a a a a a +++++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+＝2002200120001999a a a a +++ ＝46362616+++++++k k k k a a a a ＝5[例14] 在各项均为正数的等比数列中，若103231365log log log ,9a a a a a +⋅⋅⋅++=求的值.解：设1032313log log log a a a S n +⋅⋅⋅++=由等比数列的性质 q p n m a a a a q p n m =⇒+=+ （找特殊性质项） 和对数的运算性质 N M N M a a a ⋅=+log log log 得)log (log )log (log )log (log 6353932310313a a a a a a S n ++⋅⋅⋅++++= （合并求和）＝)(log )(log )(log 6539231013a a a a a a ⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅ ＝9log 9log 9log 333+⋅⋅⋅++ ＝10七、利用数列的通项求和先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n 项和，是一个重要的方法.[例15] 求11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++之和.解：由于)110(91999991111111-=⋅⋅⋅⨯=⋅⋅⋅kk k个个 （找通项及特征） ∴ 11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++ ＝)110(91)110(91)110(91)110(91321-+⋅⋅⋅+-+-+-n （分组求和） ＝)1111(91)10101010(911321 个n n +⋅⋅⋅+++-+⋅⋅⋅+++ ＝9110)110(1091nn ---⋅＝)91010(8111n n --+ [例16] 已知数列{a n }：∑∞=+-+++=11))(1(,)3)(1(8n n n n a a n n n a 求的值.解：∵ ])4)(2(1)3)(1(1)[1(8))(1(1++-+++=-++n n n n n a a n n n （找通项及特征）＝])4)(3(1)4)(2(1[8+++++⋅n n n n （设制分组）＝)4131(8)4121(4+-+++-+⋅n n n n （裂项）∴ ∑∑∑∞=∞=∞=++-+++-+=-+1111)4131(8)4121(4))(1(n n n n n n n n n a a n （分组、裂项求和）＝418)4131(4⋅++⋅ ＝313说明：本资料适用于高三总复习，也适用于高一“数列”一章的学习。
竞赛中的数列问题(一)
竞赛中的数列问题(一)作者：冯惠愚来源：《新高考·高一数学》2012年第03期数列是高中数学的重要内容，也是高考、自主招生与数学竞赛中的命题重点内容之一．一、数列竞赛题中的一些简单题型求数列的通项或求和是常见题型.例1 设数列的前n项和满足：＋＝n-1n(n+1)，＝1，，…, 则通项＝．(2008年全国高中数学联赛)分析利用数列的和与通项的关系，用下标减1法，使所给式简单化．解＋＋＋＝n(n+1)(n+2)，与＋＝n-相减得，＋－＝n(n+1)(n+2)－n-1n(n+1)＝-n+2n(n+1)(n+2)．令＋＋λ(n+1)(n+2)＝＋λn(n+1)，即-2λnn(n+1)(n+2)＝-＝1．即＋＋1(n+1)(n+2)＝＋1n(n+1)．令＝＋1n(n+1)，＝＋12＝＋＝＝0)，有＋＝，故＝，所以＝－．例2 设正数列，，，…，，…满足-－--＝-，且＝＝1，求的通项公式．解同除以--得：-＝--＋1，令-＋1＝，则得＝－．即是以＝11＋1＝为首项，2为公比的等比数列．所以＝．所以-＝－．故，----在给出数列后，常常会要求研究数列的某些性质．例3 设＝1k(n+1-k)，求证：当正整数时，＋＜．年全国高中数学联赛)分析就是证明数列从第二项起就是单调减的，故因计算＋－．解-k)＝1n+11k＋1n+1-k，于是＝1k．若记＝A＞2．所以，＋－＝1k－1k＝1n+2A＋2n+1－1n+1A＝2(n+1)(n+2)－1n+1－1n+2A＝1(n+1)(n+2)(2－A)＜0．故＋＜．例4 设f(n)是数列0， 1， 1， 2， 2， 3， 3， 4， 4， 5，5, …的前n项的和．(1) 给出f(n)的公式；(2) 证明＋t)-f(s-t)＝st，其中s与t正整数，并且．第二届加拿大数学奥林匹克)解当n为偶数时，＝0＋1＋＋＋n2－1＋1＋2＋…＋n2＝12n2－1•n2＋12•n2n2＋1＝．当n为奇数时，＝0＋1＋2＋…＋n-12×2＝－1)．所以＝，当n为偶数时；-14，当n为奇数时亦可统一成＝－1+(--．(2) 由于s＋t与s-t的奇偶性相同，故当s＋t与s-t同为偶数时，＋t)－f(s-t)=14(s＋－14(s-＝st．当s＋t与s-t同为奇数时，＋t)－f(s-t)=14［(s＋－1］-14［(s-－1］=st．数列的竞赛题中，有许多是需要求出满足某些特定要求的.例5 使不等式＋1n+2＋…＋12n+1＜a－对一切正整数n都成立的最小正整数a的值为．(2010年全国高中数学联赛)分析记左边式子为f(n)，如果f(n)是单调减的，则＜f(1)．即易求a值．解记＝1n+1＋1n+2＋…＋12n+1，则－f(n＋1)＝1n+1＋1n+2＋…＋12n+1－1n+2＋…＋12n+1＋12n+2＋12n+3＝1n+1－12n+2－12n+3＝12n+2－12n+3＞0，即f(n)单调减．所以对一切正整数n，＜f(1)＝12＋13＜a－＞＋13＋12＝．所以a的最小值＝．例6 证明：方程＋5x－2＝恰有一个实根r，且存在唯一的严格递增正整数数列，使得＝＋＋＋…．年全国高中数学联赛)分析先判定方程实根的范围，再把25写成等比数列的和的形式．证明取＝＋5x－2，则＝＋5，在R上＞恒成立，从而f(x)在R上严格单调增，而＝－2＜0，＞0，故方程在0， 25内有一个实根．所以方程＋5x－2＝恰有一个实根∈0， 25．由＋5r－2＝＝2(1－＝r1-＝r＋＋＋＋…＝＋＋＋…；所以＝3n－∈．又设还有另一个与不同的严格递增的正整数数列，，也满足＝＋＋＋…．在与中去掉所有相同的项后由余下项按递增排列组成的数列分别为，与，．于是＋＋＋…＝＋＋＋不妨设＜．同除以＋-＋-＋…＝-＋-＋-＋而-＋-＋-＋…≤r＋＋＋…＝r1r＜25125＝23＜1．于是有＜1＋-＋-＋…＝-a＋-＋-＋…＜1，矛盾．故证．二、中学的“数列”中，最基本的数列就是等差数列与等比数列学生在学习与考试中所遇到的数列大多能与这两种数列联系．所以，熟悉这两种数列的概念与运算方法技巧是非常重要的．特别的，一些公式的变形，例如①＝＋(n－k)d，②若＋n＝p＋q，则＋＝＋、 n、 p、 q∈等都要能熟记与灵活运用．本内容中常常考一些小题以检验概念的掌握及公式的熟练情况，这类题的难度一般不高.例7 已知是公差不为0的等差数列，是等比数列，其中＝3，＝1，＝，＝，且存在常数α、β使得对每一个正整数n都有＝＋β，则α＋β＝．(2010年全国高中数学联赛)解设等差、等比数列的公差与公比分别为d、 q，由＞0，故＞0，＝3＋－，＝－．所以＋d＝q；＋4d)＝＝(3＋＋12d＝9＋6d＋＝0(舍去)，＝6， q＝9．＝6n－3；＝－，由－3＝－＋＋β－．所以＝＝＝33；＝－＝＋β＝3＋33．例8 已知等差数列的公差d不为0，等比数列的公比q是小于1的正有理数．若＝d，＝，且是正整数，则q等于．(2007年全国高中数学联赛)解＝＝为正整数．则＋＝56-3m4m．由＜q＜＜q＋＜＜56-3m4m＜＜m＜14．其中＝使56-3m4m为有理数的平方．此时＝12．研究等差数列与等比数列的某些性质也是常考的题型.例9 给定正整数n和正数M，对于满足条件＋的所有等差数列，，，…,试求＝＋＋＋＋…＋＋的最大值．(1999年全国高中数学联赛)分析写出S的表达式，再利用此表达式求最大值．解设此数列的公差为d，则＝＋＋＋＋…＋＋＝(n＋＋32nd故＝＋32nd．由n给定，故应求＋的最大值．＋＋＝＋＋＝＋＋(2－＋(2－＋1－(若－＋(2－3λ)a＋1－能配成完全平方式，则可求出t的最大值)取－－4(2－λ)1－94λ＝0，即－12λ＋－8＋22λ－＝0，＝25．所以＋32nd＋＋所以＋1)M．等号当且仅当＋nd＝及＝＋时成立．即＝－14nd，＝－10M10，＝时成立．易算得此时＋＝＝102(n＋1)M．所以S的最大值为102(n＋1)M．例10 数1， 2， 3，…, 100能否是12个等比数列的项？(第二十一届全俄数学奥林匹克)分析考虑任何三个质数，它们不能构成等比数列．解先证明：任何三个不同的质数不能是同一个等比数列的某三项．取三个质数x， y，x＜y＜z)，若它们是同一个等比数列的某三项，设为某等比数列的第m， n， l项＜n＜l)，且此数列的公比为q．于是＝－，＝－．所以＝-，＝-，于是-＝-，所以－＝－－＝－－．但x、 z为质数，必无质因数y，矛盾．即任何三个质数不能是同一个等比数列的某三项．所以，每个等比数列中至多有2个质数．现从1到100之间共有25个质数，从而它们不能全部成为12个等比数列的项．。
数列教案：探索数学竞赛中数列题目的解题技巧
数列教案：探索数学竞赛中数列题目的解题技巧探索数学竞赛中数列题目的解题技巧在数学竞赛中，数列题目是一个难点，因为它需要考生掌握一定的数学知，然后通过分析找出下一个数，最终得出序列的通项公式。
但是对于初学者来说，这往往是一件比较困难的事情。
因此，在本文中，我们将介绍一些探索数学竞赛中数列题目的解题技巧，帮助同学们更好地应对数列题目。
一、等差数列的解题技巧等差数列是指一个数列中每一项与它前一项的差值相等，这个差值称为公差。
在解等差数列的问题时，我们需要掌握以下技巧：1.求首项和公差通过已知的两个项或序号，可以求出首项和公差。
例如，已知数列的第一项为a1，第n项为an，则公差d = (an - a1) / (n - 1)；首项a1 = an - d(n - 1)。
2.求任意项的值已知数列的首项和公差，可以通过递推公式an = a1 + (n - 1)d 求出任意项的值。
3.求前n项的和通过等差数列求和公式Sn = n(a1 + an) / 2，可以求出前n项的和。
二、等比数列的解题技巧等比数列是指一个数列中每一项与它前一项的比值相等，这个比值称为公比。
在解等比数列的问题时，我们需要掌握以下技巧：1.求首项和公比通过已知的两个项或序号，可以求出首项和公比。
例如，已知数列的第一项为a1，第n项为an，则公比q = an / a1；首项a1 = an / q^(n-1)。
2.求任意项的值已知数列的首项和公比，可以通过递推公式an = a1 * q^(n-1)求出任意项的值。
3.求前n项的和通过等比数列求和公式Sn = a1(1-q^n) / (1-q)，可以求出前n 项的和。
三、题目解析针对一些常见的数列题目，我们可以使用以上技巧进行解题。
例如：1.某等差数列的首项为a1，公差为d，若a2 - a1 = 2d，a3+ a1 = 10，则a4 = ?解析：根据等差数列的定义，a2 - a1 = d，所以2d = d + d = a2 - a1。
数学竞赛教案：第30讲__数列的求和
第11讲 数列的求和本节主要内容有S n 与a n 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①1+2+…+n =21n (n +1) ②12+22+…+n 2=61n (n +1)(2n +1)③13+23+…+n 3=(1+2+…+n )2=41n 2(n +1)22.数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1,11n S S n S n n3. 在等差数列中S m +n =S m +S n +mnd,在等比数列中S m +n =S n +q n S m =S m +q m S n ．4.裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =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：5.错项相消法6.并项求和法A 类例题例1 已知数列｛a n ｝的通项公式满足：n 为奇数时，a n =6n －5 ，n 为偶数时，a n =4 n ，求s n . 分析 数列｛a n ｝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S 2m =1+13+25+…+[6(2m －1)－5]+42+44+…+42m =6m 2－5m+1615(42m－1)， S n =23516(41)2215n n n -+-. 若n 为奇数2m+1时，则S 2m+1=S 2m +6(2m+1)－5=6m 2+7m+1+1615(42m－1)， S n =21313114221515n n n ++-+⋅. 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{a n }是首项为a 且公比q 不等于1的等比数列，S n 是其前n项的和，a 1，2a 7，3a 4 成等差数列．（I ）证明 12S 3，S 6，S 12－S 6成等比数列； （II ）求和T n =a 1+2a 4+3a 7+…+n a 3n －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12S 3，S 6，S 12－S 6，并证明它们构成等比数列．对于第(2)问，由于 T n =a 1+2a 4+3a 7+…+n a 3n －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4713,2,a a a 成等差数列， 得41734a a a +=，即 .3436aq a aq += 变形得 ,0)1)(14(33=-+q q 所以14133=-=q q 或（舍去）．由 .1611211)1(121)1(123316136=+=----=q qq a q q a S S 得.12661236S S S S S -= 所以12S 3，S 6，S 12－S 6成等比数列． （Ⅱ）解：.3232)1(36323741--++++=++++=n n n naq aq aq a na a a a T即 .)41()41(3)41(212a n a a a T n n --⋅++-⋅+-⋅+= ①①×)41(-得： a n a n a a a T n n n )41()41()41(3)41(24141132---⋅++-⋅+-⋅+=--所以 .)41()542516(2516a n a T n n -⋅+-=说明 本题是课本例题：“已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 3，S 9，S 6成等差数列，求证：a 2，a 8，a 5成等差数列”的类题，是课本习题：“已知数列{an}是等比数列，S n 是其前 n 项的和，a 1，a 7，a 4 成等差数列，求证2 S 3，S 6，S 12－S 6成等比数列”的改编．情景再现1．(2000年全国高考题)设{}n a 为等比数例，n n n a a a n na T ++-+=-1212)1( ，已知11=T ，42=T ． （Ⅰ）求数列{}n a 的首项和公式；（Ⅱ）求数列{}n T 的通项公式． 2． (2000年全国高中数学联赛)设S n =1+2+3+…+n ,n ∈N ，求f (n )=1)32(++n nS n S 的最大值.B 类例题例3 (2004年重庆卷) 设),2,1(,3235,35,11221 =-===++n a a a a a n n n （1）令1,(1,2......)n n n b a a n +=-=求数列{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n na 的前n 项和n S .分析 利用已知条件找n b 与1+n b 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121+++-=n n n a a b n n n n n n b a a a a a 32)(323235111=-=--=+++故{b n }是公比为32的等比数列，且故,32121=-=a a b ),2,1()32( ==n b n n（2）由得n n n n a a b )32(1=-=+ 注意到,11=a 可得),2,1(3231 =-=-n a n nn记数列}32{11--n n n 的前n 项和为T n ，则说明 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{a n }的前项和S n =2a n －1(n=1,2,3, )，数列{b n }满足b 1=3, b k+1=a k +b k (k=1,2,3 ).求数列{b n }的前n 项和.分析 由数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1,11n S S n S n n可得a n.解 由12-=n n a S 可得a n+1=2a n 即数列{a n }是等比数列,故a n =2n －1,又由a k =b k+1－b k得b n =b 1 +a 1+ a 2+ a 3+…+ a n －1 =3+12121---n =221+-n所以S n =b 1+ b 2+ b 3+…+ b n =1+2+22+…+2n －1+2n=12221221-+=+--n n n n 例5 (2004年全国理工卷) 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n =2a n +(－1)n ,n ≥1.(1)写出求数列{a n }的前3项a 1,a 2,a 3； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明：对任意的整数m >4，有4511178m a a a +++<. 分析 由数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系,求a n ,应考虑将a n 与a n -1或 a n+1其转化为的递推关系,再依此求a n. 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：S 1=a 1=2a 1+(－1)⇒ a 1=1；当n =2时,有：S 2=a 1+a 2=2a 2+(－1)2⇒a 2=0； 当n =3时,有：S 3=a 1+a 2+a 3=2a 3+(－1)3⇒a 3=2； 综上可知a 1=1,a 2=0,a 3=2；(2)由已知得：1112(1)2(1)n n n n n n n a S S a a ---=-=+----化简得：1122(1)n n n a a --=+-上式可化为：1122(1)2[(1)]33n n n n a a --+-=+-故数列{2(1)3n n a +-}是以112(1)3a +-为首项, 公比为2的等比数列.故121(1)233n n n a -+-= ∴121222(1)[2(1)]333n n n n n a --=--=--数列{n a }的通项公式为：22[2(1)]3n n n a -=--. ⑶由已知得：232451113111[]221212(1)m mm a a a -+++=+++-+--51311131041057()1552151201208m -=-<=<=. 故4511178m a a a +++<( m >4). 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{ a n }为等差数列，{ b n }为等比数列，且211a b =,222a b = ,233a b =,又12lim()22n x b b b →∞+++=, 试求{ a n }的首项与公差． (2001年全国高中数学联赛) 分析 题中有两个基本量{ a n }中的首项 a 1 和公差d 是需要求的，利用21a ,22a ,23a 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 ，∵a 1＜a 2，∴d ＞0．由此得 412121)()2(d a d a a +=+ 化简得：0422121=++d d a a解得：1)22(a d ±-= 而022<±-，故a 1＜0 若1)22(a d --=，则22122)12(+==a a q若1)22(a d +-=，则22122)12(-==a a q但12)(21+=++++∞→n n b b b lim 存在，故| q |＜1，于是2)12(+=q 不可能．从而2)12)(222(12)12(121221=+-=⇒+=--a a所以222)22(,211-=+-=-=a d a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， a 1＜0，1<q 等，在解题中都非常重要．情景再现3． 设二次函数)(,*)](1,[,)(2x f N n n n x x x x f 时当∈+∈+=的所有整数值的个数为g(n). （1）求g(n)的表达式.（2）设.,)1(*),()(321432123n n n n n S a a a a a S N n n g n n a 求--++-+-=∈+=（3）设l Z l l T b b b T n g b n n n nn 求若),(.,2)(21∈<+++==的最小值. 4． 设函数222)(+=x x x f 的图象上两点P 1(x 1，y 1)、P 2(x 2，y 2)，若)(2121OP OP OP +=，且点P 的横坐标为21． (1)求证：P 点的纵坐标为定值，并求出这个定值； (2)若∑==ni n ni f S 1)(，n ∈N *，求S n ；(3)记T n 为数列})2)(2(1{1+++n n S S 的前n 项和，若)2(1+<+n n S a T 对一切n ∈N *都成立，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2121++n a a ≤ M 的所有等差数列a 1，a 2，…，a n ，，试求S=a n+1+a n+2+…+a 2n+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, a n+1=a .则S=a n+1+a n+2+…+a 2n+1=d n n a n 2)1()1(+++,所以12+=+n Snd a 另一方面,由M ≥2121++n a a =22)(a nd a +-=22)34(1012104nd a nd a -+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=21104⎪⎭⎫ ⎝⎛+n S ,从而有M n S ⋅+≤)1(210且当n M d M a ⋅=⋅=104,103时)1(+=n S ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⋅+⋅n M n M 1042103=M n 105)1(⋅+M n )1(210+=, 由于此时nd a 34=故2121++n a a =21104⎪⎭⎫⎝⎛+n S =M,因此S=a n+1+a n+2+…+a 2n+1的最大值为M n )1(210+． (方法二)：三角法 由条件2121++n a a ≤ M 故可令θ=cos 1r a ,θ=+sin 1r a n ,其中M r ≤≤0.故S= a n+1+a n+2+…+a 2n+1=2)1)((121++++n a a n n )3(2111a a n n -+=+ )cos sin 3(21θ-θ+=r n其中103cos =ϕ,101sin =ϕ因此当1)sin(=ϕ-θ,M r =时,S=a n+1+a n+2+…+a 2n+1的最大值为M n )1(210+． 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：a 11 a 12 a 13 a 14 … a 1n ， a 21 a 22 a 23 a 24 … a 2n ， a 31 a 32 a 33 a 34 … a 3n ， … …a n1 a n2 a n3 a n4 … a n 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“a 24=1， a 4281, a 43163=, 求a 11 +a 22 +a 33 +…+ a nn . (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a 11=a 第一行数的公差为d ，第一列数的公比为q ，容易算得a s t =[a+(t －1)]q s －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dq 2.于是可得方程组：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+==+==+=16381)(1)3(34243311421124dq a a q d a a q d a a ,解此方程值组,得2111±===q d a .由于所给n 2个数都是正数,故必有q ＞0,从而有2111===q d a .故对任意1≤k ≤n,有)]1([1111-+==-k a q a a k k kk k k k q 21=-. 故S=21+222+323+…+n n 2. 又21S=221+322+423+…+12+n n . 两式相减后可得： 21S=21+222+323+…+n n 212+-n n所以S=2－121-n －n 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．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{a n }满足：a 1=1,a n+1=a n +1a n(1)求证:14＜ a 100＜ 18; (2)求a 100的整数部分[a 100].习题11A 类习题1.若等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为A n ，B n ，且A n B n= 7n +14n +27 ，则a 11b 11等于（ ）A ． 43B ． 74C ． 32D ． 78712.各项均为实数的等比数列{a n }前n 项和记为S n ，若S 10=10,S 30=70，则S 40等于 ( )A.150B.－200C.150或－200D.400或－50 (1998年全国高中数学联赛试题)3.已知数列{}a n 满足)1(431≥=++n a a n n ,且91=a ,其前n 项之和为S n ,则满足不等式1251|6|<--n S n 的最小整数n 是 ( )(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{a n }的前n 项和为S n ． (Ⅰ)若首项=1a 32 ，公差1=d ，求满足2)(2k k S S =的正整数k ；(Ⅱ)求所有的无穷等差数列{a n }，使得对于一切正整数k 都有2)(2k k S S=成立．5．函数f x ()是定义在［0，1］上的增函数，满足)2(2)(x f x f =且1)1(=f ，在每个区间]21,21(1-i i （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)0(f 及)21(f ，)41(f 的值，并归纳出),2,1)(21( =i f i 的表达式 （II ）设直线ix 21=，121-=i x ，x 轴及y f x =()的图象围成的矩形的面积为a i （i =1，2……），记)(lim )(21n n a a a k S +++=∞→ ，求S k ()的表达式，并写出其定义域和最小值. (2004年北京理工卷)6.(2005年湖北卷)设数列}{n a 的前n 项和为S n =2n 2，}{n b 为等比数列，且.)(,112211b a a b b a =-=（Ⅰ）求数列}{n a 和}{n b 的通项公式； （Ⅱ）设nnn b a c =，求数列}{n c 的前n 项和T n . B 类习题7．(2005年全国Ⅰ卷)设正项等比数列{}n a 的首项211=a ，前n 项和为n S ，且0)12(21020103010=++-S S S ．（Ⅰ）求{}n a 的通项；（Ⅱ）求{}n nS 的前n 项和n T ．8.设数列{a n }的首项a 1=1，前n 项和S n 满足关系式：3tS n －(2t +3)S n －1=3t (t ＞0,n =2,3,4…). (1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)设数列{a n }的公比为f (t )，作数列{b n }，使b 1=1,b n =f (11-n b )(n =2,3,4…)，求数列{b n }的通项b n ；(3)求和：b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1. 9.已知：f(x)＝412-x （x<—2），f(x)的反函数为g(x),点An(a n ,11+-n a )在曲线y ＝g(x)上(n ∈N +)，且a 1＝1.（I ）求y ＝g(x)的表达式；（II ）证明数列{21na }为等差数列；（Ⅲ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅳ）设b n ＝1111++n n a a ,记S n ＝b 1＋b 2＋……＋b n ，求S n .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)C 类习题11．已知}{n a 是首项为2，公比为21的等比数列，n S 为它的前n 项和． （1）用n S 表示1+n S ；（2）是否存在自然数c 和k ，使得21>--+cS cS k k 成立． (2001年上海卷)12．数列{a n }是首项为a 1，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(a 1)、( a 2，a 3)、( a 4，a 5，a 6，a 7)、( a 8，a 9，a 10，…，a 15)…使第一群中是a 1含{a n }中的一项，第二群是a 2、a 3，含{a n }中的两项，第三群中是a 4、a 5、a 6、a 7，含{a n }中的四项…如此继续下去，第n 群中含{a n }中的2n －1项，且任两群无公共项，任一项都在某群内，用a 1、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{}n a 以比为q ，则)2(2,121211q a a a T a T +=+==．∵4,121==T T ，∴2,11==q a ． （Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）知2,11==q a ，故1112--==n n n q a a ，因此，1221222)1(1--⋅+⋅++⋅-+⋅=n n n n n T ，12)2(+++-=n n ．解法二：设n n a a a S +++= 21．由（Ⅰ）知12-=n n a ．∴122211-=+++=-n n n S2221222222121212 S )()(a 2)1(121121211121n n )-n () -()-()(S S a a a a a a a a a n na T n n nnnnn n n n n n --=--⋅-=+++=++++=+++=++++++++=+++-+=∴+-- 2．由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n ， 11(1)(2)2n S n n +=++ ∴ 1)32()(++=n n S n S n f ＝64342++n n n＝nn 64341++＝50)8(12+-nn 501≤, ∴ 当 88-n ，即n ＝8时，501)(max =n f . 3．（1）当*)](1,[N n n n x ∈+∈时，函数x x x f +=2)(的值随x 的增大而增大，则)(x f 的值域为*).](23,[22N n n n n n ∈+++ ∴*).(32)(N n n n g ∈+=（2）.)(32223n n g n n a n =+=①当n 为偶数时， =－[3+7+……+（2n －1）]=－.2)1(22)12(3+-=⋅-+n n n n ②当n 为奇数时，n n n n n a S a a a a a a S +=-++-+-=---1124321)()()(=－.2)1(2)1(2+=+-n n n n n ∴.2)1()1(1+-=-n n S n n（3）由nn nn n n n T n g b 232212292725,2)(132+++++++==- 得, ① ①×21，得.232212272521132+++++++=n n n n n T ② ①－②，得)222222()23225(21321n n n n T +++++-=+ =.27227211)211(21)23225(111+-++-=--++-n n n n n∴.2727n n n T +-= 则由Z l l n T nn ∈<+-=,2727，可得l 的最小值是7. 4． (1)证：∵)(2121OP OP OP +=，∴P 是P 1P 2的的中点 ⇒ x 1＋x 2＝1， ∴222222222222)()(11111122112121+++=+++=+=+--x x x x x x x x x f x f y y1=2+22+2+22=2×2+22+2+22=111111x x x x x x ， ∴21)(2121=+=y y y p . (2)解：由(1)知x 1＋x 2＝1，f (x 1)＋f (x 2)＝y 1＋y 2＝1，f (1)＝2－2，S n = f( 1n ) + f( 2n ) + ┅ + f( n －1n ) + f( nn)，又S n = f( n n ) + f( n －1n ) + ┅ + f( 2n )+ f( 1n)，两式相加得2S n = f(1) + [f( 1n ) + f( n －1n )] + [f( 2n ) + f( n －2n )] + ┅ + [f( n －1n ) + f( 1n )] + f(1) = 2f(1) + 1 + 1 + ┅ + 1(n －1个1)223-+=n ， ∴2223-+=n S n ．(3)解：)4131(4)4)(3(424231)2)(2(11+-+=++=+⋅+=+++n n n n n n S S n nT n = 4[(14 －15 ) + (15 －16 ) + ┅ + (1n + 3 －1n + 4 )] = nn + 4 ， )2(1+<+n n S a T ⇔8162)4(2221++=+=+>+nn n n S T a n n ，∵nn 16+≥8，当且仅当n ＝4时，取“＝”， ∴818828162=+≤++nn ，因此，81>a ． 5． 设n a a a ,,,21 是公差为4的等差数列,则)1(41-+=n a a n ,由已知 ⇔010022)1(2121≤--+-+n n a n a ,此关于1a 为未知数的一元二次不等式有解,则应有0)10022(4)1(22≥----=∆n n n⇔7n 2―6n ―401≤0,9728163728163<+≤≤-n 又8728163>+ 故n 的最大值是8. 故这样的数列至多有8项．6．(1)证明:当1＜ k ≤n( k ∈ N*)时,=2k a 212112--++k k a a 且a k ＞1所以3221221+<<+--k k k a a a ,因此32232221+<<+a a a ,32242322+<<+a a a ,………,3221221+<<+--n n n a a a ,将以上n- 1个式子相加得)1(3)1(221221-+<<-+n a a n a n ,因为a 1=1所以23122-<<-n a n n,所以2312-<<-n a n n 令n=100,得14＜ a 100＜ 18.(2)由题设得222112n n n a a a +=-+, 所以2100a =+21a +-)(2122a a +-)(2223a a …+)(2992100a a -=200+[+221a +231a +…2991a ],又a n+1-a n =1a n ＞0故数列{a n }是单调递增.当n ≥2时a n ≥2. 200＜2100a ＜200+5.22498212=⨯⎪⎭⎫⎝⎛＜225.因此14＜ a 100＜15.所以a 100的整数部分[a 100]=14本节“习题11”解答：1． a 11b 11 =2a 112b 11 =a 1 +a 21b 1 +b 21 =21×2+21×2+211211b b a a =A 21B 21 = 7×21+14×21+27 =43 故选A.2．S 10, S 20－S 10, S 30－S 20,S 40－S 30成等比数列,公比Q=q 10>0.故S 30= S 10(1+Q+Q 2)=70.解得Q=2,所以S 40－S 30=S 10Q 3=80,即S 40=S 30+80=150. 故选A.3．由递推公式变形得：3(a n+1－1)=－(a n －1)令b n =a n －1,则b n+1=－13b n ,且b 1=a 1－1=8,故 {b n }是首项为8,公比为－13的等比数列.故S n －n=(a 1－1)+ (a 2－1)+…+ (a n －1)= b 1+b 2++…+b n =3113111+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--n b =6－6×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛-31,所以1251316|6|<⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=--nn n S , 得3n －1>250.所以满足不等式的最小整数n 是7,故选C. 4．（1）当1,231==d a 时，n n n n n S n +=-+=2212)1(23，由2)(2k k S S =得，2224)21(21k k k k +=+ ，即0)141(3=-k k ，又0≠k ，所以4=k ． （2）设数列{}n a 的公差为d ，则在2)(2k k S S =中分别取2,1=k 得⎩⎨⎧==224211)()(S S S S 即⎪⎩⎪⎨⎧⨯+=⨯+=211211)2122(2344 d a d a a a ，由（1）得01=a 或11=a ． 当01=a 时，代入（2）得：0=d 或6=d ；当0,01==d a 时，0,0==n n S a ，从而22)(k k S S =成立；当6,01==d a 时，则)1(6-=n a n ，由183=S ，216,324)(923==S S 知，239)(S S ≠，故所得数列不符合题意；当11=a 时，0=d或2=d ，当11=a ，0=d 时，n S a n n ==,1，从而22)(k k S S =成立；当11=a ， 2=d 时，则2,12n S n a n n =-=，从而2)(2k k S S =成立，综上共有3个满足条件的无穷等差数列； 0=n a 或1=n a 或12-=n a n ． 5. （I ）由)0(2)0(f f =，得0)0(=f ,由)21(2)1(f f =及1)1(=f ，得21)1(21)21(==f f 同理，4)21(21)41(1==f f ,归纳得),2,1(21)21( ==i f i i（II ）当12121-≤<i i x 时)21(21)(11---+=i i x k x f )2121)](2121(2121[211111ii i i i i i k a --++=----),2,1(2)41(12 =1-=-i k i 所以{}a n 是首项为)41(21k -，公比为41的等比数列,所以)41(32411)41(21)(lim )(21k ka a a k S n n -=--=+++=∞→ . ∴)(k S 的定义域为≤<k 01，当1=k 时取得最小值21. 6．（1）：当;2,111===S a n 时,24)1(22,2221-=--=-=≥-n n n S S a n n n n 时当故{a n }的通项公式为4,2}{,241==-=d a a n a n n 公差是即的等差数列.设{b n }的通项公式为.41,4,,11=∴==q d b qd b q 则故.42}{,4121111---=⨯-=n n n n n n b b q b b 的通项公式为即 （II ）1142(21)4,24n n n nn a n c n b ---===-12112[13454(21)4],n n n T c c c n -∴=+++=+⨯+⨯++-2314[143454(23)4(21)4]n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-+-,两式相减得7．（I ）由210S 30－(210+1)S 20+S 10=0得210(S 30－S 20)=S 20－S 10，即210(a 21+a 22+…+a 30)=a 11+a 12+…+a 20, 可得 210·q 10(a 11+a 12+…+a 20)=a 11+a 12+…+a 20.因为a n >0，所以 210q 10=1, 解得q=12,因而 a n =a 1q n －1=12n ,n=1,2,….(II)因为{a n }是首项a 1=12、公比q=12的等比数列，故 S n =211)211(21--n =1－12n ，nS n =n －n 2n .则数列{nS n }的前n 项和 T n =(1+2+…+n)－(12+222+…+n n2)，T n 2= 12 (1+2+…+n)－(221+322+…+1221++-n n n n ). 前两式相减，得 T n 2= 12 (1+2+…+n)－(12+122+…+n 21)+12+n n =4)1(+n n －211)211(21--n +12+n n ,即 T n =.22212)1(1-+++-n n nn n 8． (1)由S 1=a 1=1,S 2=1+a 2，得3t (1+a 2)－(2t +3)=3t .∴a 2=tt a a t t 332,33212+=+.又3tS n －(2t +3)S n －1=3t ，①,3tS n －1－(2t +3)S n －2=3t ②,∴①－②得3ta n －(2t +3)a n －1=0.∴t t a a n n 3321+=-,n =2,3,4…,所以{a n }是一个首项为1公比为t t 332+的等比数列；(2)由f (t )=t t 332+=t 132+,得b n =f (11-n b )=32+b n －1, 可见{b n }是一个首项为1，公差为32的等差数列.于是b n =1+32(n －1)=312+n ;(3)由b n =312+n ,可知{b 2n －1}和{b 2n }是首项分别为1和35，公差均为34的等差数列，于是b 2n =314+n , ∴b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－b 4b 5+…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1=b 2(b 1－b 3)+b 4(b 3－b 5)+…+b 2n (b 2n －1－b 2n +1) =－34 (b 2+b 4+…+b 2n )=－34·21n (35+314+n )=－94 (2n 2+3n ) 9．（Ⅰ）由y ＝412-x 得2214y x =-，∴2214y x +=,∵x<—2 ，∴214y x +-= ,∴g(x)= 214x +- （x>0）（II ）∵点An(a n ,11+-n a )在曲线y ＝g(x)上(n ∈N +)∴11+-n a = g(a n )= 214n a +- , 并且a n >0 21141n n a a +=∴+ ， ),1(411221N n n a a n n ∈≥=-∴+∴数列{21na }为等差数列. （Ⅲ）∵数列{21n a }为等差数列，并且首项为211a =1，公差为4, ∴21na =1+4（n —1） , ∴3412-=n a n ∵a n >0 ，∴341-=n a n ,（Ⅳ）b n ＝1111++n n a a =4341414341--+=++-n n n n ,∴S n ＝b 1＋b 2+…＋b n =43414.......459415--+++-+-n n =4114-+n 10.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a 1+(2n －1－1)d.第n 群含有2n－1项.故这的2n－1项的和为2n －1[a 1+(2n －1－1)d]+ 12×2n －1(2n －1－1)d.11．（1）由⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n S 2114，得)( 221211411N n S S n n n ∈+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++。
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专题 数列求和在全国高中数学联赛中的应用数列求和的过程中蕴含着丰富的数学思想方法，是高中数学竞赛的常见内容，同时也是研究数列性质的一个重要层面。
常用的数列求和方法主要有：公式法、累加法、错位相减法、倒序相加法、通项展开分类求和法、裂项法、和利用数列周期性、递推关系求和法等。
一、 基础知识1.常用的数列求和公式：(1)d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=(2)=n S ⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--=)1(11)1()1111q q qa a qq a q na n n （(3))1(211+=∑=n n k nk ；)12)(1(6112++=∑=n n n k nk ；213)]1(21[+=∑=n n knk 2.累加法：给出数列｛a n ｝的递推式和初始值（等差数列和等比数列有时可以看成是特殊的递推式），求数列通项时常用累加法，也叫叠加法。
3.错位相减法：主要用于求形如{n n b a ⋅}数列前n 项的和，其中｛a n ｝、｛b n ｝分别成等差数列和等比数列。
等比数列的求和公式，当1≠q 时的情况：qq a S n n --=1)1(1就是通过错位相减法得到的。
4.倒序相加法：将数列的顺序倒过来排列，与原数列两式相加，若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，这样的数列可用倒序相加法求和。
等差数列的求和公式：2)(1n n a a n S +=就是用倒序相加法推导出来的。
5.通项展开分类求和法：把数列的每一项都写成通项的形式，然后根据不同数列的特点进行分类求和。
例1. 已知数列｛a n ｝的通项公式是：)12)(1(++=n n n a n ，试求｛a n ｝ 的前n 项和n S 。
导析：很多学生会试图计算出 ,84,30,6321===a a a 以此找出规律，但这很难解决问题。
因此需要对数列的通项展开进行分析。
把通项展开得：n n n a n ++==2332，故可把｛a n ｝分成三类分别求和。
)21()21(3)21(2222333n n n S n +++++++++=∴ 利用求和公式可得：2)2()1(2)1(6)12)(1(32)1(222++=++++⨯+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⨯=n n n n n n n n n n S n 6.裂项法：这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用。
裂项法实质是将数列中的某些项分解而后重新组合，使之能够消去一些项，最终达到求和的目的。
7.利用数列周期性求和：有的数列是周期数列，把握了数列的周期则可顺利求和。
关键之处是寻找周期。
例2. 已知数列且中,212121,2,1,}{++++++===n n n n n n n a a a a a a a a a21++n n a a ∑==≠199911999,1n naS 则= 。
（1999年河南省高中数学竞赛）二、 综合应用例3. 设244)(+=xxx f ，那么和式 +++)10013()10012()10011(f f f + )10011000(f 的值等于： 。
（1986年全国高中数学联赛） 例4.对于每个自然数n ，抛物线1)12()(22++-+=x n x n n y 与x 轴交于n n B A ,两点，以||n n B A 表示两点间的距离，则||||2211B A B A +++||19921992B A 的值是（ ）（1992年全国高中数学联赛）A ．19921991 B ．19931992 C ．19931991 D ．19921993例5. )4(2≥n n 个正数排成n 行n 列，n a a a a a 114131211 n a a a a a 224232221 n a a a a a 334333231 n a a a a a 444434241 ……nn n n n n a a a a a 4321其中每一行数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有的公比都有相等，已知163,81,1434224===a a a ，求nn a a a a S ++++= 332211。
（1990年全国高中数学联赛）例6.设数列}{n a 前n 项和),2,1(12 =-=n a S n n ，数列}{n b 满足：31=b ，),2,1(1 =+=+k b a b k k k 。
求数列}{n b 的前n 项和。
（1996年全国高中数学联赛，第二试第一题）课后：1.设n 为自然数，且32323212112+-+-+++=n n n n n a n 则531111a a a ++99999711a a +++ 的值是（ ）（《中等数学》竞赛训练题） A.3 B.4 C.5 D.6 2.设N n n S n ∈++++=,321 。
求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值。
（2000年全国高中数学联赛）3.设n n x a )3(-是的展开式中x 项的系数（n=1,2,3,…），则：=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++∞→n n n a a a 333lim 3322 。
（2000年全国高中数学联赛） 4.数列+=-==-=+++n n n n n n a a a a a n a a a a 321321,2,1,1,}{有若对自然数中且321+++++n n n a a a 1321≠+++n n n a a a 则 该数列的前4321项和432S = 。
（2000年上海高中数学竞赛）5.已知abx x f x 21)13(log )(31++=为偶函数，xx b a x g 22)(++=为奇函数，其中C b a ∈,，则200032200032b b b b a a a a +++++++++ = 。
（2000年河北省高中数学竞赛）6.设正数列 ,,,,,210n a a a a 满足12122----=-n n n n n a a a a a )2(≥n 且110==a a ，求}{n a 通项公式。
（1993年全国高中数学联赛）答案提示：1.5),11(21150011233=--+=∑=-i i n a n n a ； 2.501； 3.18； 4.利用周期性可得：-4321； 5.-2； 6.利用累加法和递推关系可得：当n=0时10=a ;当N n ∈时，∏=-=nk kn a 12)12(）1.导析：很多学生会试图计算出 ,84,30,6321===a a a 以此找出规律，但这很难解决问题。
因此需要对数列的通项展开进行分析。
把通项展开得：n n n a n ++==2332，故可把｛a n ｝分成三类分别求和。
)21()21(3)21(2222333n n n S n +++++++++=∴ 利用求和公式可得：2)2()1(2)1(6)12)(1(32)1(222++=++++⨯+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⨯=n n n n n n n n n n S n 2.导析：此题中给出的是数列递推式，不难想到｛a n ｝是周期数列。
把2,121==a a 代入 2121++++++=n n n n n n a a a a a a (1)，可求出33=a ；再用n+1去换（1）式中n 可得： =+++321n n n a a a 321+++++n n n a a a (2)。
由（2）-（1）得：0)1)((213=--+++n n n n a a a a 。
121≠++n n a a 故n n a a =+3，周期为3，通过计算可得39971999=S3.导析：题中的10011，,,10012 1001999,10011000直接代入)(x f 不仅计算量大，而且很难得到正确结果，于是转而寻求这些变量的关系。
设x+y=1,则有：1244244244244)()(11=+++=+++=+--xx xx yy xx y f x f ，故此题可用倒序相加法。
)10011000()10013()10012()10011(f f f f S +++= （1）)10011()1001998()1001999()10011000(f f f f S +++= （2）由（1）+（2）可得2S=个10001111++++，∴所求的值为500。
值得说明的是：此题不用倒序相加法，而用首尾相加法也可，不过这样必须讨论n 是奇数还是偶数，从本题中也可以看到倒序相加法可以避免讨论的优点。
4.导析：设计此题目的是考察数列的通项知识和数列的裂项求和法。
当y=0时可求得：,11,121+==n x n x 111||+-=∴n n B A n n 。
故 ||||2211B A B A +++ ||19921992B A )1993119921()3121()211(-++-+-=.19931992199311)1993119921()3121()211(=-=-++-+-=需要指出的是：对于形如：))((q n p n ta n ++=（其中t 、p 、q 是常数），一般用裂项法，把n a 拆成)11(qn p n p q t +-+⋅-形式，使中间的一些项能够消去，从而实现求和的目的。
5导析：设第一行数的公差为d,各列的公比为q ，则第四行数列公差是dq 3,于是，由题设得出方程组：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+==+==+=1638181)(1)3(343311421124dq a q d a a q d a a 解之得：2111±===q d a因为这n 2个数均为正数，故2111===q d a 。
而对于任意的n k ≤≤1有：.21])1([11111kk k k kk k q d k a q a a ⋅=-+==--故 n n S 21212212⋅++⋅+=①， 这类数列求和，我们通常考虑用错位相减法，在①两边同时乘以21可得： 132212122121+⋅++⋅+=n n S ② 由①-②得：132212*********+⋅-++++=n n n S n n n S 22121--=∴- 6.导析：此题n n a b 依赖于，故应先求出n a 。
由12-=n n a S ① 可得： )2(1211≥-=--n a S n n ②。
由①-②得12-=n n a a )2(≥n ，当n=1时：12111-==a S a ∴11=a 。
因此}{n a 是以1为首项，公比为2的等比数列。
对于),2,1(1 =+=+k b a b k k k 有： 31=b223b a b += 334b a b += ……11--+=n n n b a b将上列等式两端相加，得：22321211111+=+--=+=---n n n n b S b 。