一个数列的前n项和问题的探讨--兼擂题(52)解答

擂题 ( 5 2 ) (阚政平提供 )　设ｎ、ｍ∈Ｎ ,并令ａｎ=ｃｏｔ2 ｎπ2ｍ 1 ,试求数列 {ａｎ}的前ｎ项之和Ｓｎ。解　视ｍ为定自然数 ,1　当ｎ >2ｍ时 ,由于数列 {ａｎ}的前ｎ项中至少有一项为ｃｏｔ2 π ,而ｃｏｔ2 π无意义 ,故Ｓｎ 不存在。2　当ｎ≤ 2ｍ时 ,由棣美佛公式     

一个数例的递推公式及其应用

已知数列ａｎ =ｐｘｎ ｑｙｎ,其中 ｐ、ｑ、ｘ、ｙ∈Ｒ ,ｎ∈Ｎ ,则有ａｎ 2 =(ｘ ｙ)ａｎ 1-ｘｙａｎ.　　证明　∵ａｎ =ｐｘｎ ｑｙｎ,∴ (ｘ ｙ)ａｎ 1-ｘｙａｎ=(ｘ ｙ) (ｐｘｎ 1 ｑｙｎ 1) -ｘｙ(ｐｘｎ ｑｙｎ)=ｐｘｎ 2 ｑｘｙｎ 1 ｐｘｎ 1ｙ　 ｑｙｎ 2 - ｐｘｎ 1ｙ - ｑｘｙｎ 1=ｐｘｎ 2 ｑｙｎ 2 =ａｎ 2 ,即　　ａｎ 2 =(ｘ ｙ)ａｎ 1-ｘｙａｎ该数列递推式结构简洁 ,但在求解国内外的一些数学竞赛题时却有着非凡的功能 .例 1(1989年江苏省初中数学竞赛题 )若ｍ2 =ｍ 1,ｎ2 =ｎ 1,且ｍ ≠ｎ ,则ｍ5 …     

巧解数列题

一、巧变公式　　等差 (比 )数列的通项公式与其首项ａ1有关 ,但实际问题中未必给出ａ1,或者根本不需要考虑ａ1,若还用通项公式求解会造成运算繁琐 ,故将等差 (比 )数列 ａｎ 的通项公式变通为 :ａｎ=ａｍ+(ｎ -ｍ)ｄ(ａｎ =ａｍｑｎ-ｍ) ,其中ｎ ,ｍ∈Ｎ .例 1　等比数列 ａｎ 中 ,ａ2 =- 3,ａ5= 36 ,求ａ8.解　∵　ａ5=ａ2 ｑ3 ,∴　ｑ3 =ａ5ａ2 =- 12 ,∴　ａ8=ａ5ｑ3 =- 4 32 .例 2　在等差数列ａｎ 中 ,ａｍ +ｎ =ｐ ,ａｍ-ｎ =ｑ,求ａｍ 和ａｎ.解　∵　ａｍ+ｎ =ａｍ-ｎ+[(ｍ+ｎ)　 - (ｍ -ｎ) ]ｄ ,即=ｑ+ｎ(ｐ- ｑ)2ｎ=ｐ+ｑ2 .∴…     

等差数列的一个性质及应用

定理　等差数列的前ｎ项的算术平均数等于这ｎ项中的ｎ- 2ｍ(ｎ >2ｍ)项的算术平均数 ,即Ｓｎｎ =Ｓｎ-ｍ -Ｓｍｎ- 2ｍ ,(1)其中Ｓｎ 表示等差数列的前ｎ项和 .证　设等差数列 {ａｎ}的公差为ｄ ,则Ｓｎｎ =ａ1+ 12 (ｎ - 1)ｄ ,　 Ｓｎ-ｍ -Ｓｍｎ - 2ｍ=(ｎ-ｍ)ａ1+ 12 (ｎ-ｍ) (ｎ -ｍ- 1)ｄｎ - 2ｍ- [ｍａ1+ 12 ｍ(ｍ - 1)ｄ]ｎ- 2ｍ=ａ1+ 12 (ｎ - 1)ｄ ,所以 ,(1)式成立 .推论　正项等比数列前ｎ项的几何平均数等于这ｎ项中的ｎ - 2ｍ(ｎ>2ｍ)项的几何平均数 ,即ｎ ｎ =ｎ-2ｍ (ｎ-ｍ) ｍ ,(2 )其中 ｎ表示等比数列的前ｎ项之积…     

一道数列题目的四种解法

题目 :已知 ａｎ 为等差数列 ,Ｓｎ =ｍ ,Ｓｍ =ｎ ,其中ｍ≠ｎ ,且ｍ ,ｎ∈Ｎ ,求Ｓｍ+ｎ.解法 1　由题意知Ｓｎ =ｎａ1 + ｎ(ｎ -1 )2 ｄ=ｍ ,①Ｓｍ =ｍａ1 + ｍ(ｍ-1 )2 ｄ =ｎ .②由①、②解得ａ1 =ｍ2 +ｎ2 +ｍｎ-(ｍ +ｎ)ｍｎ ,ｄ =-2 (ｍ +ｎ)ｍｎ .又因为Ｓｍ +ｎ =(ｍ +ｎ)ａ1 +(ｍ+ｎ) (ｍ +ｎ-1 )2 ｄ ,③把ａ1 ,ｄ的值代入③式可解得Ｓｍ+ｎ =-(ｍ +ｎ) .注　这种解法的特点是根据等差数列前ｎ项和公式 ,利用了方程思想 ,思路严谨 ,但其计算量较大 ,运算过程极易出错 .解法 2　由题意知 :ｎａ1 + ｎ(ｎ-1 )2 ｄ =ｍ ,④ｍａ1 +…     

一道国际竞赛题的新推广

题目　对所有的正实数ａ、ｂ、ｃ,证明 :ａａ2 + 8ｂｃ+ ｂｂ2 + 8ｃａ+ ｃｃ2 + 8ａｂ≥ 1 .①(第 42届ＩＭＯ 2 )对此题本文给出 3个新推广 .命题 1　 (个数推广 )对正实数ａ1,ａ2 ,… ,ａｎ(ｎ≥ 3 ) ,有∑ｎｉ=1ａｎ - 12ｉａｎ- 1ｉ +(ｎ2 - 1)ａ1…ａｉ- 1ａｉ+ 1…ａｎ≥ 1.②命题 2　 (指数推广 )对正实数ａ1,ａ2 ,ａｎ(ｎ≥ 3 )及正整数ｍ(ｍ≥ 2 ) ,有∑ｎｉ=1ａｉｍａｍｉ + (ｎｍ-1 )ａｍ2ｉ+ 1ａｍ2ｉ+ 2≥ 1 ,③其中ａｎ+ 1=ａ1,ａｎ+ 2 =ａ2 .把以上两个命题结合起来 ,可得命题 3　对正实数ａ1,ａ2 ,… ,ａｎ(ｎ≥ 3 )及正整…     

等差数列的有趣性质

在等差数列中 ,已知ａ3=9,ａ9=3 ,求ａ1 2 .这是一道很简单的等差数列问题 ,易求得ａ1 2 =0 .若细看上题的数字特征 ,会发现这是等差数列的一个有趣性质 .更一般地 ,有在等差数列中 ,若ａｍ =ｎ ,ａｎ =ｍ ,则ａｍ+ｎ =0 .证法 1　ａｍ =ａ1 +(ｍ-1)ｄ =ｎ ,ａｎ =ａ1 +(ｎ -1)ｄ=ｍ ,两式联立 ,解方程组 ,得ａ1 =ｍ+ｎ -1和ｄ =-1.∴ａｍ +ｎ =ａ1 +(ｍ +ｎ-1)ｄ =0 .证法 2　由ａｎ =ａｍ+(ｎ -ｍ)ｄ ,得ｍ =ｎ+(ｎ -ｍ)ｄ ,ｄ=-1.∴ａｍ +ｎ =ａｍ +(ｍ +ｎ-ｍ)ｄ=ｎ -ｎ=0 .这里巧用通项与各项的关系式 ,省去了解方程组及求ａ1 的过程 ,…     

对一个不等式的探究

文 [1]将不等式 :设ａ1,ａ2 ,ａ3,ａ4 ∈Ｒ ,求证 :ａ31ａ2 ａ3 ａ4 ａ32ａ3 ａ4 ａ1 ａ33ａ4 ａ1 ａ2 ａ34ａ1 ａ2 ａ3≥ (ａ1 ａ2 ａ3 ａ4 ) 212 ,推广为　　设ａ1,ａ2 ,ａ3,… ,ａｎ ∈Ｒ ,且ａ1 ａ2 ａ3 … ａｎ =ｓ.则有ａ31ｓ -ａ1 ａ32ｓ -ａ2 … ａ3ｎｓ -ａｎ ≥ ｓ2ｎ(ｎ - 1) (ｎ ≥ 3)(1)　　笔者通过对不等式 (1)的探究 ,得到以下命题　设ａｉ ∈Ｒ (ｉ =1,2 ,… ,ｎ ,ｎ≥ 3) ,且∑ｎｉ=1ａｉ =ｓ.如果ｍ ,ｋ满足下列条件之一 :(1)ｋ=0 ,ｍ≥ 1;(2 )ｋ=ｍ≥ 1或ｋ=ｍ ≤ 0 ;(3)ｋ>0 ,ｍ ≤ 0 ;(4 ) 0 <ｋ≤ 1,ｍ…     

解决数列问题应重视的几种思想与方法

一、函数与方程的思想例1　已知函数ｆ(ｘ)=2ｘ-2-ｘ,数列{ａｎ}满足ｆ(ｌｏｇ2ａｎ)=-2ｎ.(1)求数列{ａｎ}的通项公式;(2)求证数列{ａｎ}是递减数列.解:(1)∵　ｆ(ｘ)=2ｘ-2-ｘ,ｆ(ｌｏｇ2ａｎ)=-2ｎ,∴　2ｌｏｇ2ａｎ-2-ｌｏｇ2ａｎ=-2ｎ,即ａｎ-1ａｎ=-2ｎ.∴　ａ2ｎ+2ｎａｎ-1=0.解得ａｎ=-ｎ±ｎ2+1.因ａｎ>0,故ａｎ=ｎ2+1-ｎ.(2)∵　ａｎ+1ａｎ=(ｎ+1)2+1-(ｎ+1)ｎ2+1-ｎ=ｎ2+1+ｎ(ｎ+1)2+1+(ｎ+1)<1,ａｎ>0,∴　ａｎ+1<ａｎ.∴　数列{ａｎ}是递减数列.二、分类讨论的思想例2　设{ａｎ}是由正数组成的一个等比数列,Ｓｎ是其前ｎ项和,…     

等差数列的一个有趣性质及证明

等差数列的一个有趣性质及证明白银市实验中学张汉武曹德中定理设等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ,若Ｓｎ＝ｍ,Ｓｍ＝ｎ（ｍ≠ｎ）,则Ｓｍ＋ｎ＝－（ｍ＋ｎ）．预备定理在等差数列｛ａｎ｝中,若ｍ＋ｎ＝ｐ＋ｑ,则ａｍ＋ａｎ＝ａｐ＋ａｑ;反之亦真．（证略）证法一...