奥林匹克与自主招生(贾广素)-数列

奥林匹克与自主招生 《第一讲 数列》 主编：贾广素 1 第一讲 数列 数列问题融计算与推理于一体，综合性与灵活性都很强，并一与进一步学习的高等数学 相联系，与离散数学的兴起相协调，因而，历来都是数学竞赛（也是高考）的重点.其基础 是等差数列、等比数列，热点是递推（递归）数列（等差数列、等比数列也是一类简单的推 数列）.问题的形式有求值、求通项、求和、讨论数列的单调性、周期性、有界性、整除性 等.有 3 个方面的情况需要着重理解与掌握. 一．数列的概念 按照某一法则，给定了第 1 个数 1a ，第 2 个数 2a ，……，对于正整数 n 有一个确定的 数 na ，就得到了一列有次序的数 1 2, , , na a a ，我们将之称为数列，用符号{ }na 表示.数列中 的每一个数称为数列中的项，第 n 项 na 称为数列的一般项，又称数列{ }na 的通项. 当一个数列的项数为有限时，称这个数列为有限数列；当一个数列的项数为无限时，称 这个数列有无穷数列. 对于一个数列，如果从第 2 项起，每一项都不小于它前面的一项，即 1n na a  ，这样的数 列称为递增数列；如果从第 2 项起，每一项都不大于它前的一项，即 1n na a  ，这样的数列 称为递减数列.如果 1n na a  ，则称这样的数列为常数列. 如果在数列{ }na 中，项数 n 与 na 具有如下的函数关系 ( )( *)na f n n N  ，则这个关系称为 数列{ }na 的通项公式.从这个定义中我们可以看到，数列可以看作是定义域为正整数集的函 数，其图象呈散点状态.但是值得我们注意的是：数列是有序的，如果将数列中的两个不相 同的项进行互换，那么得到的新数列与原数列是不相同的，而函数关系并不要求有序. 例 1.已知数列{ }na 的通项公式为 2 2 1n na n   ，判断该数列的增减性与有界性. 解：由 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 2 1 0 ( 1) 1 1 [( 1) 1]( 1) [( 1) 1]( 1)n n n n n n n n n na a n n n n n n                     得该数列为递增数列，又 2 2| | 11 n n  ，所以该数列是递增数列. 又 2 2| | 11 n n  ，所以该数列是有界数列. 如果数列的每一项的绝对值都小于某一个正数，即 | |na M （ M 为某一正数），则称该数 列为有界数列.判断一个数列是否单调或有界，只需根据定义进行判断即可. 探究 1： 已知数列{ }na 的通项公式为 94na n n  ，求该数列中的最小项. 奥林匹克与自主招生 《第一讲 数列》 主编：贾广素 2 例 2.设{ }na 是首项为 1，各项均为正数的数列，且 2 21 1( 1) 0( 1, 2,3, )n n n nn a na a a n       ， 求它的通项公式 .na 解法一：注意到 0na  ，将条件等式两边同除以 2na ，得 21 1( 1)( ) 0n n n n a an n a a      ， 解关于 1n n a a  的二次方程，得 1 1n n a a    （舍去）或 1 . 1 n n a n a n    因此 1 2 1( 1) 2 1n nna n a a a      ，由 1 1a  ，得 1 .na n 解法二：由 2 21 1( 1) 0n n n nn a na a a     ，因式分解，得 1 1( )[( 1) ] 0n n n na a n a na     ，注意 到 0na  ，所以有 1( 1) 0n nn a na   ，即 1( 1) n nn a na  .以下同法一. 探究 2： 已知 1 2 2 11, 3, ( 3) ( 2)n n na a a n a n a       ，若当m n ， ma 的值都能被 9 整除，求 n 的 最小值. 例 3. 已知 a1=0, an+1=5an+ 124 2 na ，求证：an都是整数，n∈N+. 证明：因为 a1=0, a2=1，所以由题设知当 n≥1 时 an+1>an. 又由 an+1=5an+ 124 2 na 移项、平方得 .0110 21 2 1   nnnn aaaa ① 当 n≥2 时，把①式中的 n 换成 1n  得 0110 2 112   nnnn aaaa ，即 .0110 21 2 1   nnnn aaaa ② 因为 an-11 时，an=Sn－Sn-1. 例 4. (2008 年全国高中联赛)设数列{ }na 的前 n 项和 nS 满足 1 ( 1,2, )( 1)n n nS a n n n     ， 则通项 na  ． 解： 1 1 1 1 ( 1)( 2) ( 1)n n n n n n na S S a a n n n n           ， 即 2 nn annnnn na   )1( 1 1 1 )2)(1( 22 1 = )1( 1 )2)(1( 2   nn a nn n ， 由此得 2 )1( 1) )2)(1( 1( 1  nnanna nn ． 令 1 ( 1)n n b a n n    ， 1 1 1 1 2 2 b a   ( 1 0a  )， 有 1 1 2n n b b  ，故 1 2n n b  ，所以 )1( 1 2 1  nna nn ． 二．等差数列 定义：从第二项起，数列中的每一项与它前一项的差等于同一个常数，这样的数列叫做 等差数列，这个常数叫做公差.反映到数学中来讲，等差数列的概念可以这样来描述：如果 对任意的正整数 n，都有 an+1－an=d（常数），则{an}称为等差数列，d 叫做公差. 若三个数 a, b, c 成等差数列，即 2b=a+c，则称 b 为 a 和 c 的等差中项，若公差为 d, 则 a=b－d, c=b+d. 等差数列具有以下性质： （1）通项公式 an=a1+(n－1)d 1( )dn a d   ； （2）前 n 项和公式：Sn= 21 1 1 ( ) ( 1) ( ) 2 2 2 2 nn a a n n d dna d n a n      ； （3）an－am=(n－m)d，其中 n, m 为正整数； （4）若 n+m=p+q，则 an+am=ap+aq；（ （5）对任意正整数 p, q，恒有 ap-aq=(p－q)(a2－a1)； （6）若 A，B 至少有一个不为零，则{an}是等差数列的充要条件是 Sn=An2+Bn. 例 5.设等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，已知 3 12 1312, 0, 0.a S S   （I）求公差 d 的取值范围； 奥林匹克与自主招生 《第一讲 数列》 主编：贾广素 4 （II）指出 1 2 12, , ,S S S 中那一个值最大，说明理由. 解：（I）依题意，有 12 1 12 (12 1)12 02S a d     ， 13 1 13 (13 1)13 02S a d     ，即 1 1 2 11 0, 6 0. a d a d     再由 3 12a  ，得 1 12 2a d  ，代入上式，得 24 7 0,3 0. d d     从而 24 3. 7 d    所以公差 d 的取 值范围是 24( , 3). 7   （II）解法一：由 0d  ，可知 1 2 13a a a   ，因此，若在1 12n  中存在自然数 n ，使得 10, 0n na a   ，则 nS 就是 1 2 12, , ,S S S 中的最大值.由于 1 12 12 6 7 1 13 13 7 12( ) 6( ) 0, 2 13( ) 13 0. 2 a aS a a a aS a          所以， 6 70, 0.a a  故在 1 2 12, , ,S S S 中 6S 的值最大. 解法二：因为 2 21 ( 1) 1 1 24 1 24(12 2 ) ( 1) [ (5 )] [ (5 )]2 2 2 2 2 2n n n d dS na d n d n n d n d d            ， 因为 0,d  所以 21 24[ (5 )] 2 n d   最小时， nS 最大.由（1）知， 24 37 d    ， 1 246 (5 ) 6.5 2 d    ， 正整数 6n  时， 21 24[ (5 )] 2 n d   最小，故在 1 2 12, , ,S S S 中 6S 的值最大. 当 1 0, 0 d a   时，等差数列的前 n 项和有最大值，当且仅当 1 0, 0. m m a a    时， mS 最大；当 1 0, 0 d a   时，等差数列的前 n 项和有最小值，当且仅当 1 0, 0. m m a a    m S 最小. 探究 4 给定正整数 n 和正数 M ，对于满足条件 2 21 1na a M  的所有等差数列 1 2 3, , ,a a a ，试求 1 2 2 1n n nS a a a      的最大值. 例 6.（1991 年全国高中数学联赛）设 { , , , } AS ＝ １２３ ，n ， 为至少含有两项且公差为正的等 差数列，其项都在 S 中，且添加 S 的其它元素于 A 后均不能构成与 A 有相同公差的等差数 列.求这种 A 的个数（这里只有两项的数列也看是等差数列）. 可通过对特殊的 n （如 1, 2,3,n  ），通过列举求出 A 的个数，然后总结规律，找出 na 的递 推关系，从而解决问题；也可以就 A 的公差 1,2, , 1d n  时，讨论 A 的个数. 解法一：设 A 的公差为 d ，则1 1d n   ，分两种情况讨论： 奥林匹克与自主招生 《第一讲 数列》 主编：贾广素 5 （１）设 n 为偶数，则当1 2 nd  时，公差为 d 的 A 有 d 个；当 + 1 2 n d n １  时，公差为 d 的 A 有 ( )n d 个，故当 n 为偶数时，这种 A 共有 21(1 2 ) {1 2 [ ( )]} 2 2 4 n n nn           个. （２）则 n 为奇数时，则当 11 2 nd   时，公差为 d 的 A 有 d 个；当 1 1 2 n d n   时，公 差为 d 的 A 共有 ( )n d 个.故当 n 为奇数时，这种 A 共有 21 1 1(1 2 ) (1 2 ) 2 2 4 n n n           个. 综合（１）（２）可得，所求的 A 有 2 [ ] 4 n 个. 解法二：设 n 元素集 {1, 2, , }S n  中满足题设的 A 共有 na 个，则 1 2 20, 1, 2( {1,3}, {1,2,3})a a a A A     ， 4 4( {1,3},{1, 4},{2, 4},{1, 2,3,4})a A  ， 故 1 [ ].2n n na a   事实上， {1, 2, , }S n  比 {1, 2, , 1}S n  的 A 增加有公差为 ( 1)n  的１个，公差为 ( 2)n  的 １个，……，公差为 ( 2 n n为偶数）或 1( 2 n n 为奇数）的增加１个，共增加 [ ] 2 n 个. 由{ }na 的递推式可得 na ＝ 2 [ ] 4 n . 探究 5 设{ }na 是各项均为正数的等差数列，项数为奇数，公差不为零，且各项之和等于 2004, 求 2 .a 高阶等差数列：给定一个数列 na ，令 nnn aab  1 ，则称数列 nb 为 na 的一阶差数列， 而  nb 的一阶差数列称为  na 的二阶差数列，递推地，可以定义  na 的 p阶差数列.如果数 列 na 的 p阶差数列是一非零常数列，则称数列 na 是 p 阶等差数列. p =1 时，数列 na 就 是我们通常所说的等差数列， 2p 时，数列  na 称为高阶等差数列. 数列  na 是 p 阶等差 数列的充要条件是：数列 na 的通项是关于 n 的 p次多项式. 例如：数列 2、4、7、11、16…… 经 观 察 发 现  nn aa 1 成 等 差 ， 故 令    nnn aab  1 . nnbb n  11)1(1 进 而 有 1 2 1 2 11 2 )1( 1 211  nnannnaanaa nnnn . 例 7. 数列 }{ na 中， )(5431   Nnnaa nn . 奥林匹克与自主招生 《第一讲 数列》 主编：贾广素 6 （I）若 }{,201 naa 求 的通项公式 na ； （II）设 nnn SanaS 求时当项和的前为 ,27,}{ 1  的最小值. 解：（I） ,3, 513 543 2 12 1         nn nn nn aa naa naa 两式相减得 1 3 5 2 4 6, , , , , , , 3 a a a a a a d  与 都是 的等差数列 1 20a   ,312 a ①当 n 为奇数时， ; 2 4333)1 2 1(20  nnan ②当 n 为偶数时， ; 2 6833)1 2 (31  nnan （II）①当 n 为偶数时， )()()( 14321 nnn aaaaaaS   =（3×1－54）+（3×3－54）+…+[3（n－1）－54]=3[1+3+5+…+（n－1）] 54 2 n  2 23 327 ( 18) 243, 4 4 n n n     min18 , ( ) 243;nn S   当 时 ②当 n 为奇数时， 1 2 3 1( ) ( )n n nS a a a a a      2 2 1 1 3 105 3 327 ( 18) 216 , 4 4 4 4 n n a n a        17 19n 当 或 时 min 1( ) 216 243;nS a    min, 18 ( ) 243.nn S  综上当 时 二．等比数列 定义：等比数列，若对任意的正整数 n，都有 q a a n n 1 ，则{an}称为等比数列，q 叫做公比. 等比数列具有以下性质： (1)an=a1qn-1； (2)前 n 项和 Sn，当 q 1 时，Sn= q qa n   1 )1(1 ；当 q=1 时，Sn=na1； (3)如果 a, b, c 成等比数列，即 b2=ac(b 0)，则 b 叫做 a, c 的等比中项； (4)若 m+n=p+q，则 aman=apaq. 定义:极限，给定数列{an}和实数 A，若对任意的 >0，存在 M，对任意的 n>M(n∈N),都有 奥林匹克与自主招生 《第一讲 数列》 主编：贾广素 7 |an－A|< ，则称 A 为 n→+∞时数列{an}的极限，记作 .lim Aann  定义:无穷递缩等比数列，若等比数列{an}的公比 q 满足|q|<1，则称之为无穷递增等比数列， 其前 n 项和 Sn 的极限（即其所有项的和）为 q a 1 1 （由极限的定义可得）. 例 8. 设等差数列{ }na 包含有１和 2, 求证：{ }na 中任何三项都不可能构成等比数列. 本题是一个证明否定性的存在性问题，而此种类型的题目的证明，一般而言都是采用的 反证法加以证明． 证明:设等差数列 1 2, , , ,na a a 的公差为 r ，则存在正整数 ,k l 使得 1, 2.k la a  于是 2 1 ( ) ,l ka a l k r     即 2 1r l k   ．以下用反证法证明． 假设{ }na 中存在不同的三项 , ,m n pa a a 是等比数列，为方便起见，设 , , ,m k n k p kM N P l k l k l k        ○1 则 ( ) 1 ( 2 1),m ka a m k r M      ( ) 1 ( 2 1),n ka a n k r N      ( ) 1 ( 2 1).p ka a p k r P      由 2 ,n m pa a a 得 2(1 2) (1 2)(1 2)N N M M P P       ， 即 2 2(1 ) 2 2 (1 ) 2 (1 )(1 ) 2 [ (1 ) (1 )] 2.N N N N M P MP M P P M            ○2 由于 , ,M N P 都是有理数，则有 23 2 3 ,N N MP M P    ○3 22 2 2N N M P MP    ○4 由○3 ＋○4 得 2 ,N MP 代入○3 式得 2 .N M P  从而 2( ) 4M P MP  ，即 2( ) 0.M P  所以 .M P N  于是可得m n p  ，与假设矛盾！因此命题得证． 本题可推广到一般的情况：若等差数列{ }na 中有一项是有理数 a ，另一项是无理数 ， 那么数列{ }na 中任何三项都不可能构成等比数列．由此我们还可以考虑对称命题：若等比数 列{ }na 中有两项分别是1和 2 ，试问：{ }na 中任何三项能否构成等差数列？请读者在课下证 明之. 奥林匹克与自主招生 《第一讲 数列》 主编：贾广素 8 探究 6 （1990 年全国高中数学联赛）n2(n≥4)个正数排成 n 行 n 列 a11 a12 a13 a14…… a1n a21 a22 a23 a24…… a2n a31 a32 a33 a34…… a3n a41 a42 a43 a44…… a4n … … … … …… … an1 an2 an3 an4…… ann 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= 8 1 ，a43= 16 3 ,求 a11+a22+a33+…+ann. 例 9. 设数列{an}的前 n 项和 Sn与 an 的关系为 Sn=－ban+1－ nb)1( 1  ，其中 b 是与 n 无关的 常数，且 b≠－1. （I）求 an 与 an－1 的关系式； （II）写出用 n 与 b 表示 an 的表达式. 解：（I） 21111 )1( 1 )1( 11 b a b baSa  得 当 n≥2 时，an=Sn－Sn－1=－ban+1－ 1 1 1 1[ 1 ] (1 ) (1 )nn n ba b b       1 (1 )n n n bba ba b      ,整理得 1 1 ( 2) (*)1 (1 )n n n b ba a n b b      1 1(2) 1 , , 4 b a 当 时 , 2 1 2 1 11   nnn aa 两边同乘以 2n，得 2nan=2n－1an－1+ 2 1 ,可知数 列{2nan}是以 2a= 2 1 为首项，公差为 2 1 的等差数列.所以 . 2 , 22 1)1( 2 12 1 nnnn nanna 即 当 b≠1，b≠－1 时，由（*）式得(1+b)nan=b(1+b)n－1an－1+ b b 1 . )1( 1,)1( . )1( 1)1()1( 11 11 1        nnnn n n nn n n n bb cca b bc bb a b ba b b 则令 有 从而数列{cn－cn－1}就是一个等比数列，n 取 2，3，…，n 得 奥林匹克与自主招生 《第一讲 数列》 主编：贾广素 9 , )1)(1( )1( )1)(1( 1 )1()1( , )1)(1( 1)1111( 1 1 , 1 11),111( 1 1 1, )1( 1 ,, )1( 1, )1( 1 11 112 11121 11 22312              n n n n n n nn n n n n nn nn nnn bb bb bbb b b bc b ba bbb b bbbb c b a b bc bbbb cc n bb cc bb cc bb cc 从而 所以 且 个式子相加得上述    故数列{an}的通项公式为         .1)1)(1( )1( ,1, 2 1 bbb bb bn a n n n n 构造辅助数列是解由递推关系式给出数列求通项的一个基本方法，本例构造了辅助 数列{cn}、{ cn－cn－1}，使数列{ cn－cn－1}为等比数列，化未知为已知，从而使问题获解. 例 10. 设 {an} 是 由 正 数 组 成 的 等 比 数 列 ， Sn 是 前 n 项 和 ， 证 明 ： .log 2 loglog 15.0 25.05.0    nnn SSS 要证原结论成立，只需证 SnSn+2< 2 1nS 成立，用等比数列前 n 项和公式表示或建立 Sn、Sn+1、 Sn+2的关系，用比较法证之. 证法 1：设{an}的公比为 q,由题设知 a1>0, q>0. （1）当 q=1 时，Sn=na1，从而 SnSn+2－ 2 1nS =na1(n+2)a1－ 21a (n+1)2=－ 21a <0. （2）当 q≠1 时， , 1 )1(1 q qaS n n   .0 )1( )1( )1( )1)(1( 2 12 212 1 2 22 1 12      n nnn nnn qaq qa q qqaSSS 由①、②知 .2 12   nnn SSS 根据对数函数的单调性，得 .log 2 loglog .log)(log 15.0 25.05.02 15.025.0     nnnnnn SSSSSS 即 证法 2：设{ an }的公比为 q，由题设知 a1>0, q>0. 因为 Sn+1=a1+qSn, Sn+2=a1+qSn+1, 所以 SnSn+2－ 2 1nS =Sn (a1+qSn+1)－(a1+qSn)Sn+1=a1(Sn－Sn+1) 奥林匹克与自主招生 《第一讲 数列》 主编：贾广素 10 =－a1(Sn+1－Sn) =－a1an+1<0. 即 .2 12   nnn SSS （以下同证法 1）. 明确需要证 2 12   nnn SSS ，建立 Sn、Sn+1、Sn+2 之间的关系较为简单. 习题一 一．选择题 1.在数列{ }na 中， 1 (n na ca c  为非零常数 ) 且前 n 项和 3nnS k  ，则实数 k ＝（ ） A. 1 B. 1 C.0 D.2 2.已知有穷等差数列{ }na 的首项为 1,末项为 1997( 3).na n  若公差是自然数，则项数 n 的所 有可能的取值之和为（ ） A.1560 B.2796 C.3501 D.3720 3.已知数列{ },{ }n na b 都是公差为 1 的等差数列，且 1 1 1 15, , *a b a b N   ，设 ( *)nn bc a n N  ， 则{ }nc 的前 10 项和等于（ ） A.55 B.70 C.85 D.100 4.（2000 年上海交通大学）若一项为偶数 2m的等比数列中间两项正好是方程 2 0x px q   的 两个根，则此数列各项的积是（ ） A. mp B. 2mp C. mq D. 2mq 二．填空题 1.集合 { | 4 2, *x x n n N   且 48} { | 6 4, *n y y m m N    且 200}y  中所有的元素之和 为 . 2.已知 2007 ( *) 2008n na n N n   ，则数列{ }na 的最小项为 ，最大项为 . 3.(2007 年全国高中数学联赛)已知等差数列{ }na 的公差 0d  ，等比数列{ }nb 的公比 q 是小于 1 的正有理数.若 21 1,a d b d  ，且 2 2 2 1 2 3 1 2 3 a a a b b b     是正整数，则 q  . 4.在等差数列{ }na 中， nS 为它们的前 n 项和，若 16 170, 0S S  ，则当 n  时， nS 最大. 三．（2008 年河北省预赛）在数列 na 中， 1a ， 2a 是给定的非零整数， 2 1n n na a a   ． 奥林匹克与自主招生 《第一讲 数列》 主编：贾广素 11 （I）若 15 2a  ， 16 1a   ，求 2008a ； （II）证明：从 na 中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数数列． 四．（2004 年天津省预赛）已知 }{ na 是等差数列，d 为公差且不等于0 ， 1a 和d 均为实数， 它的前n 项和记作 nS ，设集合 }|),{( *Nnn SaA nn  ， },,14 1|),{( 22 RyxyxyxB  ， 试问下列结论是否正确，如果正确，请给予证明；如果不正确，请举例说明． （Ⅰ）若以集合 A中的元素作为点的坐标，则这些点都在一条直线上； （Ⅱ） BA 至多有一个元素； （Ⅲ）当 01 a 时，一定有 BA ． 五．（2000 年全国高中数学联赛）设 nSn  21 ，n∈N.求 1)32( )(   n n Sn S nf 的 最大值. 六．（1991 年全国高中数学联赛）将正奇数集合{1，3，5，…}从小到大按第 n 组有(2n－1) 奇数进行分组：{1}, {3,5,7} , {9, 11, 13, 15, 17}, … （第 1 组）（第 2 组）（第 3 组） 问 1991 位于第几组中？ 奥林匹克与自主招生 《第二讲 数列的求和》 主编：贾广素 12 第二讲 数列的求和 数列的求和问题是数学中的一个非常重要的

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，也是多种竞赛中经常涉及的内容. 由于数列的形式多种多样，种类繁多，除一般外表形式较为简单的实数数列以外，还有三角 函数数列、反三角函数数列、组合数列、复数数列等，因此，其求和方法也是灵活多样、纷 繁多变的.求数列的前 n项和的常用方法主要有以下几种： 一．公式法 对于等差数列或等比数列，或者是 2 1 ( 1)(2 1) 6 n k n n nk    或 3 2 2 1 1 ( 1) 4 n k k n n    的数列， 常可用公式法解决. 例 1.已知函数 2( ) ( 1)f x x  ，数列{ }na 是公差为 d 的等差数列，数列{ }nb 是公比为 ( 1)q q  的等比数列，且 1 3( 1), ( 1)a f d a f d    ， 1 3( 1), ( 1).b f q b f q    设数列{ }nc 对任意 的正整数 n都有 31 2 1 1 2 3 n n n c cc c a b b b b       成立，求 1 3 5 2 1nc c c c     的值. 解：根据等差数列通项公式，得 2 23 1 ( 2) 4 4a a d d d       ，又 3 1 2a a d  ，因此， 2d  ， 1 (2 1) 0a f   ，所以， 2 2.na n  又由等比数列的通项公式，有 2 2 3 2 2 1 ( 1 1) ( 1 1) ( 1) b q q b q q      ，又 23 1 b q b  ，解得 3( 1q q  舍去 ).而 1 (3 1) 1b f   ，所以 13 .nnb  由题设 31 2 1 1 2 3 2n n n c cc c a n b b b b        ○1 当 2n  时， 3 11 2 1 2 3 1 2( 1)n n n c cc c a n b b b b          ○2 ○1 －○2 ,得 2( 2)n n c n b   ，又由 1 2 1 2 c a b   ，因此 12 2 3 .nn nc b    所以，由等比数列的前 n项和公式，得 2 2 4 2 2 1 3 5 2 1 2(3 1) 9 12(1 3 3 3 ) . 43 1 n n n n nc c c c                探究 1 知等差数列{ na }中， ,0,16 6473  aaaa 求{ na }前 n 项和 ns . 二．裂项相消法 将数列的每一项分解成两项的差，逐一累加相消. 奥林匹克与自主招生 《第二讲 数列的求和》 主编：贾广素 13 例 2.各项均为正数的数列{ }na 的前 n项和为 nS ，且 2 1n nS a  ， （I）求数列{ }na 的通项公式； （II）设 1 1 n n n b a a   ，数列{ }nb 的前 n项和为 nB ，求 lim .nn B 解：（I）由 2 1n nS a  ，得 24 ( 1)n nS a  ， 当 2n  时，由 2 2 1 1 4 ( 1) , 4 ( 1) n n n n S a S a       两式作差，得 2 2 1 1 1( 1) ( 1) ( )( 2) 4 4 4 n n n n n n n a a a a a aa          . 化简，得 1 2n na a   ，根据等差数列的通项公式得 2 1.na n  又当 1n  时， 21 1 14 ( 1) 4S a a   ，得 1 1a  ，经验证知符合上式. 从而 2 1.na n  （II）由（I）知 1 1 1 1 1 1( ) (2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n n n b a a n n n n        ， 所以 1 1 1 1 1 1 1 1[(1 ) ( ) ( )] (1 ) 2 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1n B n n n            ， 所以 1lim . 2nn B  探究 2 数列{ }na 满足 21 1 1 2 1 21 1, , , ,2 1n n n n n n nn a a a a b S b b b P b b b a            ，试求 2 n nP S 的值. 三．错位相减法 若数列{ }na 是等差数列，数列{ }nb 是等比数列，则对于数列{ }n na b 的前 n项和的问题， 常常使用错位相减法来解决. 例 3.（2009 年山东省高考试题）等比数列{ na }的前 n 项和为 nS ， 已知对任意的n N  ， 点 ( , )nn S ，均在函数 ( 0xy b r b   且 1, ,b b r 均为常数)的图像上. （1）求 r 的值； （11）当 b=2 时，记 1( ) 4n n nb n N a   求数列{ }nb 的前 n项和 nT 解:因为对任意的 n N  ,点 ( , )nn S ，均在函数 ( 0xy b r b   且 1, ,b b r 均为常数)的图 奥林匹克与自主招生 《第二讲 数列的求和》 主编：贾广素 14 像上.所以得 nnS b r  , 当 1n  时, 1 1a S b r   , 当 2n  时, 1 1 11 ( ) ( 1)n n n n nn n na S S b r b r b b b b            , 又因为{ na }为等比数列, 所以 1r   , 公比为b , 所以 1( 1) nna b b   （2）当 b=2 时， 1 1( 1) 2n nna b b     , 1 11 1 14 4 2 2n n nn n n nb a        则 2 3 4 1 2 3 4 1 2 2 2 2n n nT       3 4 5 1 2 1 2 3 4 1 2 2 2 2 2 2n n n n nT         相减,得 2 3 4 5 1 2 1 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2n n n nT          3 1 2 1 1(1 )1 12 2 12 21 2 n n n       1 2 3 1 1 4 2 2n n n      所以 1 1 3 1 1 3 3 2 2 2 2 2n n n n n nT         探究 3 （2009 年江西省高考试题）数列{ }na 的通项 2 2 2(cos sin )3 3n n na n    ，其前 n 项和为 nS . (1) 求 nS ; (2) 3 , 4 n n n Sb n   求数列｛ nb ｝的前 n 项和 nT . 四．倒序相加法 如等差数列前 n和公式的推导就是使用的该法，有时关于组合数的求和问题，也常用倒 序相加法. 例 4.函数 ( )f x 对任意的 x R 都有 1( ) (1 ) . 2 f x f x   数列{ }na 满足： 1 2 1(0) ( ) ( ) ( ) (1)n na f f f f f n n n       . 试判断数列{ }na 是等差数列吗？请予以证明. 奥林匹克与自主招生 《第二讲 数列的求和》 主编：贾广素 15 解 ： 因 为 1( ) (1 ) . 2 f x f x   从 而 1 1 1( ) (1 ) . 2 2 2 f f   所 以 1 1( ) . 2 4 f  令 1x n  ， 得 1 1 1( ) (1 ) 2 f f n n    ，即 1 1 1( ) ( ) . 2 nf f n n   1 2 1(0) ( ) ( ) ( ) (1)n na f f f f f n n n       1 2 1(1) ( ) ( ) ( ) (0)n n na f f f f f n n n        两式相加，得 2 1 1 12 [ (0) (1)] [ ( ) ( )] [ (1) (0)] 2n n na f f f f f f n n          ， 所以 1 4n na  ， *.n N 又因为 1 ( 1) 1 1 14 4 4n n n na a       ，故数列{ }na 是等差数列. 探究 4 求 2 2 2cos 1 cos 2 cos 89S       的值. 五．分组求解法 有时，可将原数列分解成若干个可用公式法求和的新数列进行分别求解. 例 5.已知数列 2 (1 )kka k n   ，求所有可能的乘积 (1 )i ja a i j n    的和. 由 2 (1 )i ji ja a i j n     ，列表如下： 1 1 1 2 1 3 1 2 2 2 3 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n                将这个三角形数表绕主对角线对称地填入下三角形中，便可得正方形数表如下： 1 1 1 2 1 3 1 2 1 2 2 2 3 2 3 1 3 2 3 3 3 1 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n                          设所求和为 S ，第一行的和为 1S ，则有 2 2 2 4 6 2 2 2 2 1 22 (1 2 2 2 ) (2 2 2 2 ) 2 (2 1) (2 1) 3 n n n nS S              24 (2 1)(2 2) 3 n n   . 奥林匹克与自主招生 《第二讲 数列的求和》 主编：贾广素 16 故 S 14 (2 1)(2 1) 3 n n   为所求. 例 6.求 1 2 3 2 3 4 1 3 4 5 2 1 2 2 1 n n n n n n n               这 2n 个数的和. 解：（方法一）第一行的各数之和为 ( 1)1 2 3 2 n nn      ； 第二行的各数之和为 ( 3)2 3 4 ( 1) 2 n nn       ； 第三行的各数之和为 ( 5)3 4 5 ( 1) 2 n nn       ； ……… ……… ……… ……… ……… 第 n行的各数之和为 (3 1)( 1) ( 2) (2 1) . 2 n nn n n n         将这上面的 n个和式相加，得所给方阵中 2n 2 个数的和为 ( 1) ( 3) ( 5) (3 1) 2 2 2 2n n n n n n n n nS         [( 1) ( 3) ( 5) (3 1)] 2 n n n n n         3[( 1) (3 1)] . 2 2 n n n n n     （方法二）第一行的各数之和为 ( 1)1 2 3 2 n nn      ，第二行中每一个数比第一行相应 的数大 1,从而第二行中各数之和比第一行中的各数之和大 n；同理，第三行中的各数之和比 第二行中的各数之和大 n；……，因此， n个行的各数之和依次构成一个以 ( 1) 2 n n  为首项， 以 n为公差的等差数列，从而 3( 1) ( 1) . 2 2n n n n nS n n n      （方法三）考虑方阵的对角线： 由上面的分析可以看出， 1 2 3 4 1 2 3 4 5 1 3 4 5 6 1 2 1 1 2 2 3 2 2 1 2 3 2 2 2 1 n n n n n n n n n n n n n n n n n n                        奥林匹克与自主招生 《第二讲 数列的求和》 主编：贾广素 17 1 2 2 3 3 ( 1)( 1) ( 2)( 2) [ ( 1)][ ( 1)]nS n n n n n n n n n n                     2 2 3 2 2 2 2 2 21 2 3 ( 1) ( 2 ) [ ( 1) ]n n n n n              2 2 2 2 3. n n n n n n     个 通过上面对例 6的分析可以看出，对数列求和问题的处理角度不同，得出的解法的繁简 程度相差悬殊.因此，我们在求解具体问题时，应该从多种角度进行思考，尽量选取较为简 单的处理方法. 探究 5 是否存在常数 , ,a