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高中数学竞赛 第30讲 数列的求和教案


第 30 讲

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.重要公式 ①1+2+?+n=
2 2

1 2

/>
n(n+1)
1 6

②1 +2 +?+n =
3 3 3

2

n(n+1)(2n+1)
2

③1 +2 +?+n =(1+2+?+n) =

1 4

n2(n+1)2
?S1,n ? 1 ? S n ? S n ?1 , n ? 2
n m

2.数列{an}前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系式:an= ?

3. 在等差数列中 Sm+n=Sm+Sn+mnd,在等比数列中 Sm+n=Sn+q Sm=Sm+q Sn. 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:
① 1 n ( n ? 1) ? 1 n ? 1 n ?1 , ② n ? n ! ? ( n ? 1 )! ? n ! , ③ 1 sin 2 ? ? ctg α ? ctg2 α , ④ 1 ( n ? 1 )! ? 1 n! ? 1 ( n ? 1 )! 等

5.错项相消法 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]+4 +4 +?+4 =6m -5m+ Sn=
3 2 n ?
2

2

4

2m

2

16 15

(4 -1),

2m

5 2

n?

16 15

( 4 ? 1) .
n

若 n 为奇数 2m+1 时,则 S2m+1=S2m+6(2m+1)-5=6m +7m+1+ Sn=
3 2 n ?
2

2

16 15

(4 -1),

2m

1 2

n?

31 15

?

1 15

?4

n ?1

.

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{an}是首项为 a 且公比 q 不等于 1 的等比数列, n 是其前 n S 项的和,a1,2a7,3a4 成等差数列. (I)证明 12S3,S6,S12-S6 成等比数列;
用心 爱心 专心 1

(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, 6, 12-S6, S S 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 (Ⅰ)证明 由 a , 2 a , 3 a 成等差数列, 得 4 a ? a ? 3 a ,
1 7 4 7 1 4



4 aq

6

? a ? 3 aq .
3

变形得

( 4 q ? 1 )( q ? 1 ) ? 0 ,
3 3

所以 q 3 由
S6

? ?

1 4

或q

3

. ? 1 (舍去)
6

a 1 (1 ? q ) ? 1? q 12 a 1 (1 ? q )
3

?

1? q 12

3

?

1 16

.

12 S 3

1? q

a 1 (1 ? q S 12 ? S 6 S6 ? S 12 S6 ?1? 1? q

12

) ?1?1? q
6

a 1 (1 ? q )
6

?1? q

6

?

1 16

.

1? q



S6 12 S 3

?

S 12 ? S 6 S6
n

.

所以 12S3,S6,S12-S6 成等比数列.
3

(Ⅱ)解: T 即

? a 1 ? 2 a 4 ? 3 a 7 ? ? ? na 3 n ? 2 ? a ? 2 aq
1 4 )a ? 3 ? (? 1 4 ) a ? ? ? n ? (?
2

? 3 aq

6

? ? ? naq

3 ( n ?1 )

.

Tn ? a ? 2 ? (? 1 4 )

1 4

)

n ?1

a.


1 4 )
n ?1

①× ( ?

得:

?

1 4

Tn ?
) ]
n

1 4

a ? 2 ? (?

1 4

) a ? 3 ? (?
2

1 4

) a ? ? ? n ? (?
3

a ? n(?

1 4

) a

n

a [1 ? ( ? ? 1 ? (?

1 4 1 4

? n ? (? )

1 4

) a ?
n

4 5

a ?(

4 5

? n) ? (?

1 4

) a.

n

所以

Tn ?

16 25

a ? (

16 25

?

4 5

n) ? (?

1 4

) a.

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.(2000 年全国高考题)设 ?a ? 为等比数例, T
n n

? na 1 ? ( n ? 1 ) a 2 ? ? 2 a n ?1 ? a n

,已知 T

1

?1



. (Ⅰ)求数列 ?a ? 的首项和公式; (Ⅱ)求数列 ?T ? 的通项公式.
T2 ? 4
n n

2. (2000 年全国高中数学联赛)设 Sn=1+2+3+?+n,n?N,求 f(n)= B 类例题 例 3 (2004 年重庆卷) 设 a
1

Sn ( n ? 32 ) S n ? 1

的最大值.

? 1, a 2 ?

5 3

, a n?2 ?

5 3

a n ?1 ?

2 3

a n , ( n ? 1, 2 , ? ? )

(1)令 b n ? a n ? 1 ? a n , ( n ? 1, 2 ......) 求数列 { b n } 的通项公式; (2)求数列 { n a n } 的前 n 项和 S n .

用心 爱心 专心

2

分析 利用已知条件找 b n 与 b n ? 1 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 b n ? 1 ? a n ? 2 ? a n ? 1 故{bn}是公比为 (2)由 b
2 3 ? a n ?1 ? a n ? ( 2 3 ) 得
n

?

5 3

a n ?1 ?

2 3

a n ? a n ?1 ?
2 3

2 3

( a n ?1 ? a n ) ?

2 3

bn

的等比数列,且 b

1

? a 2 ? a1 ?

,故 b ? ( n

2 3

)

n

( n ? 1, 2 , ? )

n

a n ?1 ? a 1 ? ( a n ?1 ? a n ) ? ( a n ? a n ?1 ) ? ? ? ( a 2 ? a 1 )
? ( 2 3 ) ? (
n

2 3

)

n ?1

?? ? (
n

2 3

) ?
2

2 3

? 2 [1 ? (

2 3

) ]

n

注意到 a 1 ? 1 , 可得 a 记数列 {
n2 3
n ?1

n

? 3 ?

2 3

n ?1

( n ? 1, 2 , ? )

n ?1

}

的前 n 项和为 Tn,则
2 3 )
n ?1

Tn ? 1 ? 2 ? 两式相减得 1 3 Tn ? 1 ?

2 3

?? ? n ?(

(1 ),

2 3

Tn ?

2 3

? 2 ?(

2 3

)

2

?? ? n ?(

2 3

)

n

(2)

2 3

? ( 2 3

2 3

)

2

?? ? ( 2 3

2 3

)

n ?1

? n(

2 3

)

n

? 3 [1 ? (
n

2 3

) ] ? n(
n

2 3

) ,

n

故 T n ? 9 [1 ? (

) ] ? 3n(
n

)

n

? 9?

(3 ? n ) 2 3
n ?1

从而 S n ? a 1 ? 2 a 2 ? ? ? na

n

? 3 (1 ? 2 ? ? ? n ) ? 2 T n ?

3 2

n ( n ? 1) ?

(3 ? n ) 2 3
n ?1

n ?1

? 18

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+1 ? ak+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= ?
?S1,n ? 1 ? S n ? S n ?1 , n ? 2
n-1

可得 an.



由S

n

? 2 a n ?1

可得 an+1=2an 即数列{an}是等比数列,故 an=2
2
n ?1

,又由 ak=bk+1-bk

得 bn=b1 +a1+ a2+ a3+?+ an-1 =3+
2

?1

2 ?1

=2

n ?1

?2

所以 Sn =b1+ b2+ b3+?+ bn=1+2+2 +?+2

n-1

+2n=

2

n ?1

2 ?1

? 2n ? 2 ? 2n ? 1
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≥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;

n

用心 爱心 专心

3

(3)证明:对任意的整数 m>4,有

1 a4

?

1 a5

?? ?

1 am

?

7 8

.

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) ? a2=0; 当 n=3 时,有:S3=a1+a2+a3=2a3+(-1) ? a3=2; 综上可知 a1=1,a2=0,a3=2;
n n ?1 (2)由已知得: a n ? S n ? S n ? 1 ? 2 a n ? ( ? 1) ? 2 a n ? 1 ? ( ? 1)

2

3

化简得: a n

? 2 a n ? 1 ? 2 ( ? 1)
2 3
n

n ?1

上式可化为: a n 故数列{ a n 故 an
? 2 3
? 2 3
n

?

( ? 1) ? 2[ a n ? 1 ?
n

2 3
1

( ? 1)

n ?1

]

( ? 1)

}是以 a 1 ?

2 3

( ? 1)

为首项, 公比为 2 的等比数列.
n ?1

( ? 1) ?

1 3

2

n ?1

∴an

?

1 3

?2

?

2 3

( ? 1) ?
n

2 3

[2

n?2

? ( ? 1) ]
n

数列{ a n }的通项公式为: a n ⑶由已知得:
?
1 a4 ? 1 a5 ?? ? 1 am

?

2 3

[2

n?2

? ( ? 1) ]
n

.
?? ? 2 1
m?2

?

3

2 2 ?1
2

[

1

?

1 2 ?1
3

? ( ? 1)

m

]

3 1 1 1 1 1 1 [ ? ? ? ? ? ? ? m?2 ] m 2 3 9 15 33 63 2 ? ( ? 1)
1 2 [1 ? 1 3
[1 ? 1 3 ?

?

?

1 5
1 5

?

1 11

?

1 21

??]

?

1 2

?

1 10

?

1 20

??]

1 1 4 5 ? [ ? 2 3

(1 ? 1?

1 2 1
m ?5

) ]?

1 4 2 2 1 [ ? ? ? m ?5 ] 2 3 5 5 2

2
? 13 15 ? 1 5 ?( 1 2
m ?5

)

?

13 15

?

104 120

?

105 120

?

7 8

.



1 a4

?

1 a5

?? ?

1 am

?

7 8

( 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,
用心 爱心 专心 4

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
2 ?2

b1 ? a 1

2

,

b2 ? a 2

2

, 项

b3 ? a 3

2

,又 公

lim ( b1 ? b 2 ? ? ? b n ) ?
x? ?

,





{

an

}







差.

(2001 年全国高中数学联赛)
2 2 2 1

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 a , a 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
a1 (a1 ? 2 d )
2 2

, a 成等比
2 3

? (a1 ? d )

4

化简得: 2 a 而? 2 ?
? a2 a1
2

2 1

? 4 a1d ? d

2

? 0

解得: d 若d 若d

? (?2 ?

2 )a1

2 ? 0

,故 a1<0
2

? (?2 ?

2 )a1

,则 q ,则 q

2

? (

2 ? 1)

? (?2 ?

2 )a1

?

a2 a1

2

2

? (

2 ? 1)

2



n ? ??

lim ( b 1 ? b 2 ? ? ? b n ) ?
a1 1? (
2

2 ? 1 存在,故|

q |<1,于是 q
2 ? 1) ? 2

? (

2 ? 1)

2

不可能.

从而 所以 a

2 ? 1)

?
2

2 ?1

?

a1 ? (2
2

2 ? 2 )(

1

? ?

2 , d ? (?2 ?

2 )a1 ? 2

2 ? 2

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,
q ? 1 等,在解题中都非常重要.

情景再现
3. 设二次函数
3

f ( x ) ? x ? x , 当 x ? [ n , n ? 1 ]( n ? N *) 时 , f ( x )
2

的所有整数值的个数为 g(n).

(1)求 g(n)的表达式. (2)设 a (3)设 b
n

?

2 n ? 3n g (n)

2

( n ? N *), S n ? a 1 ? a 2 ? a 3 ? a 4 ? ? ? ? ( ? 1 )

n ?1

an ,求 S n.

n

?

g (n) 2
n

, T n ? b 1 ? b 2 ? ? ? b n .若 T n ? l ( l ? Z ), 求 l

的最小值.
? 1 2 ( OP 1 ? OP 2 )

4. 设函数

f (x) ?
1 2

2 2 ?
x

x

的图象上两点 P1(x1,y1)、P2(x2,y2),若 OP
2

,且

点 P 的横坐标为



(1)求证:P 点的纵坐标为定值,并求出这个定值; (2)若 S
n

? ? f (
i ?1

n

i n

)

,n∈N*,求 Sn;
1 (S n ? 2 )( S n ? 1 ? 2) }

(3)记 Tn 为数列 {

的前 n 项和,若 T

n

? a ( S n ?1 ?

2)

对一切 n∈N*都成

用心 爱心 专心

5

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 a
2 1

? a n ?1
2

≤ M 的所有等差数列 a1,a2,?, (1999 年全

an, ,试求 S=an+1+an+2+?+a2n+1 的最大值.

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
a ?

( 方 法 一 ) : 设 公 差 为 d, an+1=a. 则 S=an+1+an+2+ ? +a2n+1=
nd 2 ? S n ?1

( n ? 1) a ?

n ( n ? 1) 2

d

,所以

另一方面,由 M≥ a

2 1

? a n ?1
2

4 ? nd ? 1 2 ( 4 a ? 3 nd ) = ( a ? nd ) ? a = ? a ? ? ? 10 ? 2 ? 10
2 2

2

4 ? S ? = ? ? 10 ? n ? 1 ?

2

,

从而有

S ?

10 2

( n ? 1) ?

M

且当 a

?

3 10

?

M ,d ?

4 10

?

M n



? S ? ( n ? 1) ? ? ?

3 10

?

M ?

n 2

?

4 10

?

M ? ? n ? ?

= (n

? 1) ?

5 10

M

?

10 2

( n ? 1)

M

,

由于此时 4 a

? 3 nd

故a

2 1

? a n ?1
2

=

4 ? S ? ? ? 10 ? n ? 1 ?

2

=M,

因此 S=an+1+an+2+?+a2n+1 的最大值为 (方法二):三角法 由条件 a 故 S= an+1+an+2+?+a2n+1=
? 10 2 ( n ? 1 ) r sin( ? ? ? )
2 1

10 2

( n ? 1)

M


? r cos ?

? a n ?1
2

≤ M 故可令 a
?

1

,a

n ?1

? r sin ?

,其中 0

? r ? M

.

( a n ? 1 ? a 2 n ? 1 )( n ? 1 ) 2

n ?1 2

( 3 a n ?1 ? a 1 )

?

n ?1 2

r ( 3 sin ? ? cos ? )

其中 cos

? ?

3 10

, sin

? ?

1 10

因此当 sin(
10 2 ( n ? 1)

? ? ?) ? 1 , r ?

M

时,

S=an+1+an+2+?+a2n+1 的最大值为

M



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. 2 例 8 n (n≥4)个正数排成几行几列: a11 a12 a13 a14 ? a1n, a21 a22 a23 a24 ? a2n,
用心 爱心 专心 6

a31
? ?

a32 an2

a33 an3

a34 an4

?

a3n,

? 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
1 8

an1

, a43 ?

3 16

,

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 s-1 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)]q ,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 2 数列公差是 dq .于是可得方程组:
? ? a 24 ? ( a 11 ? 3 d ) q ? ? 3 ? a 42 ? ( a 11 ? d ) q ? ? 3 ? a 43 ? a 42 ? dq ? ?
2

?1 ? 3 16 1 8

,解此方程值组,得 a

11

? d ? q ? ?

1 2

.

由于所给 n 个数都是正数,故必有 q>0,从而有 a 故对任意 1≤k≤n,有 a 故 S= 又
1 2 1 2
? a 1k q
k ?1

11

? d ? q ? k 2
k

1 2

.

kk

? [ a 11 ? ( k ? 1 )] q

k ?1

?

.

+
1 2
2

2 2
2

+
2 2
3

3 2
3

+?+
3 2
4

n 2
n

.
n 2
n ?1

S=

+

+

+?+
1 2

.
2 2
2

两式相减后可得: 所以 S=2-
2 1
n ?1

S= .

1 2

+

+

3 2
3

+?+

n 2
n

? 2

n
n ?1



n 2
n

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. 1

6.己知数列{an}满足:a1=1,an+1=an+ (1)求证:14< a100< 18; (2)求 a100 的整数部分[a100].

an

用心 爱心 专心

7

习题 11 A 类习题
1.若等差数列{an},{bn}的前 n 项和分别为 An,Bn,且 ( ) 4 3

An 7n+1 a11 = ,则 等于 Bn 4n+27 b11

A.

B.

7 4

C.

3 2

D.

78 71

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.已知数列 { a n } 满足 3 a
| S n ? n ? 6 |? 1 125
n ?1

? a n ? 4 ( n ? 1)

,且 a

1

? 9

,其前 n 项之和为 S n ,则满足不等式

的最小整数 n 是

( A.5

) B. 6 C.7 D.8 (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{an}的前 n 项和为 Sn. (Ⅰ)若首项 a 1
?

3 ,公差 d 2

?1

,求满足 S
k

2

? (S k )

2

的正整数 k;
? (S k )
2

(Ⅱ)求所有的无穷等差数列{an},使得对于一切正整数 k 都有 S
k

2

成立.
1 2
i

5. 函数 f ( x ) 是定义在 [0, 上的增函数, 1] 满足

f (x) ? 2 f (

x 2

)



f (1 ) ? 1

, 在每个区间 (

, 2

1
i ?1

]

( 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
f (0 )


?

f (

1 2

)


?

f (

1 4

)

的值,并归纳出

f (

1 2
i

)( i ? 1 , 2 , ? ? )

的表达式

(II) 设直线 x 记 S (k )

1 2
i

x ,

1 2
i ?1

, 轴及 y ? f ( x ) 的图象围成的矩形的面积为 a ( i ? 1, x 2??) , i , S ( k ) 的表达式, 求 并写出其定义域和最小值. (2004 年北京

? lim ( a 1 ? a 2 ? ? ? a n )
n? ?

理工卷) 6.(2005 年湖北卷)设数列 { a n } 的前 n 项和为 Sn=2n , { b
a 1 ? b1 , b 2 ( a 2 ? a 1 ) ? b1 .
2
n

}

为等比数列,且

(Ⅰ)求数列 { a (Ⅱ)设 c
? an bn

n

}

和 {b

n

}

的通项公式;

n

,求数列 { c n } 的前 n 项和 Tn.

B 类习题
7.(2005 年全国Ⅰ卷)设正项等比数列 ?a ? 的首项 a
n

1

?

1 2

,前 n 项和为 S ,且
n

用心 爱心 专心

8

2

10

S 30 ? ( 2

10

? 1 ) S 20 ? S 10 ? 0



(Ⅰ)求 ?a ? 的通项; (Ⅱ)求 ?nS ? 的前 n 项和 T n .
n n

8.设数列{an}的首项 a1=1, n 项和 Sn 满足关系式: tSn-(2t+3)Sn-1=3t(t>0,n=2,3,4?). 前 3 (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( 的通项 bn; (3)求和:b1b2-b2b3+b3b4-?+b2n-1b2n-b2nb2n+1. 9.已知: f(x)=
x 1
2

1 b n ?1

)(n=2,3,4?),求数列{bn}

(x<—2) f(x)的反函数为 g(x),点 An(an, ? ,
? 4
1 an
2

1 a n ?1

)在曲线 y=g(x)

上(n∈N+),且 a1=1.(I)求 y=g(x)的表达式; (II)证明数列{

}为等差数列; (Ⅲ)

求数列{an}的通项公式; (Ⅳ)设 bn=
1 an

1 ? 1 a n ?1

,记 Sn=b1+b2+??+bn,求 Sn.

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 { a n } 是首项为 2,公比为
1 2

的等比数列, S n 为它的前 n 项和.
S k ?1 ? c Sk ?c
? 2

(1)用 S n 表示 S n ? 1 ; (2)是否存在自然数 c 和 k ,使得

成立.

(2001 年上

海卷) 12.数列{an}是首项为 a1,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(a1)、 ( a2,a3)、( a4,a5,a6,a7)、( a8,a9,a10,?,a15)?使第一群中是 a1 含{an}中的一项, 第二群是 a2、a3,含{an}中的两项,第三群中是 a4、a5、a6、a7,含{an}中的四项?如此继续 n-1 下去,第 n 群中含{an}中的 2 项,且任两群无公共项,任一项都在某群内,用 a1、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 ?a ? 以 比 为 q , 则 T
n

1

? a1 ,T2 ? 2 a1 ? a 2 ? a1 (2 ? q )

.∵ T

1

? 1, T 2 ? 4

,∴

a 1 ? 1, q ? 2


? 1, q ? 2

(Ⅱ)解法一:由(Ⅰ)知 a

1

,故 a

n

? a1q

n ?1

? 2

n ?1

,因此,

用心 爱心 专心

9

T n ? n ? 1 ? ( n ? 1) ? 2 ? ? ? 2 ? 2

n?2

? 1?2
2

n ?1


n ?1

? T n ? 2 T n ? T n ? n ? 2 ? ( n ? 1) ? 2 ? ? ? 2 ? 2 ? -n ? 2 ? 2 ? ? ? 2
2 n ?1

? 1 ? 2 - [ n ? 1 ? ( n ? 1) ? 2 ? ? ? 2 ? 2
n n ?1

n?2

? 1?2

n -1

]

? 2

n

? -n ?

2-2 ? 2 1? 2

n

? -n ? 2

? 2

? ? (n ? 2) ? 2

n ?1


? 2
n ?1

解法二:设 S n ? a 1 ? a 2 ? ? ? a n .由(Ⅰ)知 a
? T n ? na
1

n

.∴ S

n

?1? 2 ?? ? 2

n ?1

? 2 ?1
n

? ( n ? 1) a 2 ? ? ? 2 a n ? 1 ? a n ? a 1 ? ( a 1 ? a 2 ) ? ? ? ( a 1 ? a 2 ? ? ? a n ? 1 ? a n ) ? S 1 ? S 2 ? ? ? S n
n n n

? ( 2 ? 1 ) ? ( 2 -1 ) ? ? ? ( 2 -1 ) ? ( 2 ? 2

?? ? 2

n

)-n ?
1 2

2 ? 2?2 1? 2

n

?n ? 2

n ?1

?2?n
Sn ( n ? 32 ) S n ? 1

2.由等差数列求和公式得
n n
2

Sn ?

1 2

n ( n ? 1)



S n ?1 ?

( n ? 1) ( n ? 2 )


8 8

f (n ) ?



? 34 n ? 64



1 n ? 34 ? 64 n


( n ?

1 8 n )
2

?

1 50

, ∴ 当

n ?

,即 n=8 时,

? 50

f ( n ) m ax ?

1 50

.
? 1 ]( n ? N *)

3. (1)当 x ? [ n , n 域为 [ n
2

时,函数

f (x) ? x

2

? x

的值随 x 的增大而增大,则 f ( x ) 的值

? n, n

2

? 3 n ? 2 ]( n ? N *).

∴ g (n) ?

2 n ? 3 ( n ? N *).

(2) a n ?

2n

3

? 3n

2

? n .
2

①当 n 为偶数时,
2 2 2 2 2 2

g (n)

S n ? a 1 ? a 2 ? a 3 ? a 4 ? ?? ? a n ? 1 ? a n ? (1 ? 2 ) ? ( 3 ? 4 ) ? ?? ? [( n ? 1 ) ? n ]

=-[3+7+??+(2n-1)]=- ②当 n 为奇数时, S n =- (3)由 b
?

3 ? ( 2 n ? 1) 2

?

n 2

? ?

n ( n ? 1) 2

.

? ( a1 ? a 2 ) ? ( a 3 ? a 4 ) ? ? ? ? ( a n ? 2 ? a n ?1 ) ? S n ?1 ? a n

n ( n ? 1) 2
g (n) 2
n

? n

2

?
5 2 ?

n ( n ? 1) 2

.
?? ?

∴S

n

? ( ? 1)

n ?1

n ( n ? 1) 2

.

n

, 得 Tn ?

7 2 5 2
2 2

?

9 2
3

2n ? 1 2
n ?1

?

2n ? 3 2
n

, ①
.

①×

1 2

,得

1 2

Tn ?

?

7 2
3

?? ?

2n ? 1 2
n

?

2n ? 3 2
n ?1


1 (1 ? 1? 2 1 2 1
n ?1

①-②,得

1 2

Tn ? (

5 2

?

2n ? 3 2
n ?1

)? (

2 2
2

?

2 2
3

?? ?

2 2
n

)

=(

5 2

?

2n ? 3 2
n ?1

) ?

)?

2

7 2

?

2n ? 7 2
n ?1

.

∴T n ? 7 ?

2n ? 7 2
n

. 则由 T n ? 7 ?

2n ? 7 2
n

? l , l ? Z ,可得 l 的最小值是 7.

用心 爱心 专心

10

4. (1)证:∵ OP ∴y

?

1 2

( OP 1 ? OP 2 ) ,∴P
2 2
x1 x1

是 P1P2 的的中点 ? x1+x2=1,
2
x2

1

? y 2 ? f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ?

?

? 2 2
x2

?

? 2 2
x1

2

x1

?

? 2 2

2
1 ? x1

1 ? x1

?

2

2 = 2
yp ? 1 2 ( y1 ? y 2 ) ?
x1

x1

2 + 2 2 + 2 ×2
x1

2 = 2
x1

x1

2 + 2 2
x1

=1 + 2

, ∴

+

+

1 2

.
2

(2)解:由(1)知 x1+x2=1,f (x1)+f (x2)=y1+y2=1,f (1)=2- 1 2 n-1 n Sn = f( ) + f( ) + ┅ + f( ) + f( ),



n n n n n-1 2 1 又 Sn = f( ) + f( ) + ┅ + f( )+ f( ), n n n n
两式相加得 2Sn = f(1) + [f( 1 ) + f(

n

n

n-1 2 n-2 n-1 1 )] + [f( ) + f( )] + ┅ + [f( ) + f( )] n n n n n
n ? 3? 2 2

+ f(1) = 2f(1) + 1 + 1 + ┅ + 1(n-1 个 1) ? ∴Sn (3)解:
? n ? 3? 2 2
1 (S n ? 2 )( S n ? 1 ? 2) ? 1 n ?3 2 ? n ? 4 2 ?



2


4 ( n ? 3 )( n ? 4 ) ? 4( 1 n ?3 ? 1 n ? 4 )

1 1 1 1 1 1 n Tn = 4[( - ) + ( - ) + ┅ + ( - )] = , 4 5 5 6 n + 3 n + 4 n + 4
T n ? a ( S n ?1 ? 2)

?

a ?

Tn S n ?1 ? 2

?

2n (n ? 4)
2

? n ?

2 16 n ? 8

,∵ n

?

16 n

≥8,当且仅当 n=4 时,

取“=” , ∴
n ? 2 16 n ? 8 ? 2 8 ? 8 ? 1 8

,因此, a

?

1 8



5. 设 a
2

1

, a 2 ,? , a n

是公差为 4 的等差数列,则 a
2

n

? a 1 ? 4 ( n ? 1)

,由已知

a 1 ? a 2 ? ? ? a n ? 100 ? a 1 ?
?
2

( a 1 ? 4 ? a n )( n ? 1 ) 2

? 100

a 1 ? ( n ? 1) a 1 ? 2 n

2

? 2 n ? 100 ? 0

,此关于 a 为未知数的一元二次不等式有解,则应有
1

? ? ( n ? 1) ? 4 ( 2 n
2

2

? 2 n ? 100 ) ? 0

?

7n ―6n―401≤0,

2

3?

2816 7

? n ?

3?

2816 7

? 9



3?

2816 7

? 8

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 ,
ak ?
2

a k ?1 ? 2 ?
2

1 a k ?1
2

且 ak > 1 所 以

用心 爱心 专心

11

a k ?1 ? 2 ? a k ? a k ?1 ? 3
2 2 2

, ,a
2 2

因此 a

2 1

? 2 ? a2 ? a3 ? 3
2 2

? 2 ? a3 ? a4 ? 3
2 2

,???, a

2 n ?1

? 2 ? a n ? a n ?1 ? 3
2 2

,将以上 n- 1 个式

子相加得
a 1 ? 2 ( n ? 1) ? a n ? a 1 ? 3 ( n ? 1)
2 2 2

,因为 a1=1 所以 2 n ? 1 ?

a n ? 3n ? 2
2

,所以

2n ? 1 ? an ?

3n ? 2

令 n=100,得 14< a100< 18. (2)由题设得 a =200+[
2

2 n ?1

? an ? 2 ?
2

1 an
2

, 所以 a = a
2 100

2 1

? (a 2 ? a1 ) ? (a 3 ? a 2 ) ?
2 2 2 2

?+ ( a

2 100

? a 99 )
2

1 a2
2

?

1 a3
2

?

+?
2

1 a 99
2

1 ],又 an+1-an= >0 故数列{an}是单调递增.当 n≥2 时 an≥2.

an

200< a <200+ ?
100

?1 ? ? ? 98 ? 224 . 5 ? 2?

<225.因此 14< a100<15.所以 a100 的整数部分[a100]=14

本节“习题 11”解答:
a 1 + a 21

a11 2a11 a1 +a21 2 1. = = = b11 2b11 b1 +b21 b 1 + b 21
2

× 21

=
× 21

A21 7×21+1 4 = = 故选 A. B21 4×21+27 3
10 2

2.S10, S20-S10, S30-S20,S40-S30 成等比数列,公比 Q=q >0.故 S30= S10(1+Q+Q )=70.解得 Q=2, 3 所以 S40-S30=S10Q =80,即 S40=S30+80=150. 故选 A. 1 3. 由递推公式变形得: n+1-1)=-(an-1)令 bn=an-1,则 bn+1=- bn,且 b1=a1-1=8,故 {bn} 3(a 3 1 是首项为 8,公比为- 的等比数列.故 Sn -n=(a1 -1)+ (a2 -1)+?+ (an -1)= b1+b2++? 3
? ? 1? ? b 1 ?1 ? ? ? ? ? ? 3? ? ? ? ?
n

+bn=

1?

1 3

=6-6× ? ?
?

?

1? ? 3?

n

,所以 | S

n

?1? ? n ? 6 |? 6 ? ? ? ?3?

n

?

1 125

, 得 3

n-1

>250.所以满足不

等式的最小整数 n 是 7,故选 C. 4 .( 1 ) 当
1 2 k
4

a1 ? ? k)

3 2

,d ? 1

时 ,
3

Sn ?

3 2

n ?

n ( n ? 1) 2

?

1 2

n ? n
2

, 由 S k ? (S k )
2
n

2

得 ,

? k

2

? (

1 2

k

2

2

,即 k

(

1 4

k ? 1) ? 0

,又 k

? 0

,所以 k
2

? 4

. (2)设数列 ?a ? 的公差
2

为 d ,则在 S k ? ( S k )
2

2

? S ? (S1) 中分别取 k ? 1, 2 得 ? 1 2 ?S 4 ? (S 2 )

? a1 ? a1 ? 即? 4?3 2?1 2 4a ? d ? (2 a1 ? d) ? 1 2 2 ?

,由

(1)得 a 1 ? 0 或 a 1 ? 1 . 当 a 1 ? 0 时,代入(2) 得: d
? 0

或d

? 6

;当 a

1

? 0, d ? 0

时, a

n

? 0, S n ? 0

,从而 S
k

2

? (S k )

2

成立;当 a

1

? 0, d ? 6

时,


a n ? 6 ( n ? 1)

,由 S

3

? 18

, (S

3

)

2

? 324 , S 9 ? 216

2 知, S 9 ? ( S 3 ) ,故所得数列不符合题意;当

用心 爱心 专心

12

a 1 ? 1 时, d ? 0

或d

? 2

,当 a

1

? 1,d ? 0

时, a

n

? 1, S n ? n

,从而 S
k

2

? (S k )

2

成立;当 a

1

? 1, d ? 2

时,则

a n ? 2 n ? 1, S n ? n

2

,[
an ? 0

从 而 S k ? ( S k ) 成立, 综上共有 3 个 满足条件 的无穷 等差数 列;
2
2

或a

n

?1



an ? 2n ? 1 .

5. (I)由 同理,

f (0 ) ? 2 f (0 )
1 4 1 2 ? x ? 1 2
i ?1

,得
) ? ? 4

f (0 ) ? 0

,由
f (

f (1 ) ? 2 f (

1 2

)



f (1 ) ? 1

,得

f (

1 2

) ?

1 2

f (1 ) ?

1 2

f (

) ?

f (

1 2

,归纳得
1 2
i ?1

1 2
i

) ?

1 2 1
i

( i ? 1, 2 , ? ? )

(II)当
ai ? 1 [ 1
i ?1

1 2
i

1 2
i ?1


? 2 1

f (x) ? 1 2
i ?1

? k(x ? 1 2
i

2 ) ? (1 ?

i ?1

) ? 2
2 i ?1

?

? k(

1 2
i

2 2

i ?1

)](

?

k 4

)

( i ? 1, 2 , ? ? )

所以 { a n } 是首项为
1 (1 ? 1? 1 4 k 4 ) ?

1 2

(1 ?

k 4

)

,公比为

1 4

的等比数列,所以 S ( k ) ?

lim ( a 1 ? a 2 ? ? ? a n ) ?
n? ?

2

2 3

(1 ?

k 4

)

.

∴ S ( k ) 的定义域为 0 ? 6. :当 n (1) 式为 a

k ?

1,当 k

?1

时取得最小值

1 2

.
2

? 1时 , a 1 ? S 1 ? 2 ; 当 n ? 2 时 , a n ? S n ? S n ? 1 ? 2 n

? 2 ( n ? 1) ? 4 n ? 2 ,
2

故{an}的通项公

n

? 4 n ? 2 , 即 { a n } 是 a 1 ? 2 , 公差 d ? 4

的等差数列.设{bn}的通项公式为

q , 则 b 1 qd ? b 1 , d ? 4 ,? q ?

1 4

. 2 4
n ?1

故b

n

? b1 q

n ?1

? 2? 4
an bn

1
n ?1

, 即 { b n }的通项公式为

bn ?

.
n ?1

(II) c ?

n

?

?

4n ? 2 2 4
2
n ?1

? ( 2 n ? 1) 4

n ?1

, ? T n ? c 1 ? c 2 ? ? ? c n ? [1 ? 3 ? 4 ? 5 ? 4
1

2

? ? ? ( 2 n ? 1) 4

],

4 T n ? [1 ? 4 ? 3 ? 4 ? 5 ? 4 ? ? ? ( 2 n ? 3 ) 4
3
n ?1

n ?1

? ( 2 n ? 1) 4 ]
n

,两式相减得
n

3T n ? ? 1 ? 2 ( 4 ? 4 ? 4 ? ? ? 4
1 2 3

) ? ( 2 n ? 1) 4
10

n

?

1 3

[( 6 n ? 5 ) 4 ? 5 ] ? T n ?

1 9

[( 6 n ? 5 ) 4 ? 5 ].
n

7. (I)由 2 S30-(2 +1)S20+S10=0 得 2 (S30-S20)=S20-S10, 10 10 10 即 2 (a21+a22+?+a30)=a11+a12+?+a20, 可得 2 ·q (a11+a12+?+a20)=a11+a12+?+a20. 1 10 10 n-1 1 因为 an>0,所以 2 q =1, 解得 q= ,因而 an=a1q = n,n=1,2,?. 2 2

10

10

用心 爱心 专心

13

1

1 1 (II)因为{an}是首项 a1= 、公比 q= 的等比数列,故 Sn= 2 2

(1 ? 1?

1 2 1 2
n

)

2

1 n =1- n ,nSn=n- n. 2 2

1 2 n 则数列{nSn}的前 n 项和 Tn=(1+2+?+n)-( + +?+ ), 2 2 2
2 n

Tn 1 2 n ?1 1 = (1+2+?+n)-( + +?+ 2 2 2 2 2
2 3 n

? 2

n
n ?1

).
1 (1 ? 1? 1 2 1 2
n

Tn 1 1 1 n n ( n ? 1) 1 前两式相减,得 = (1+2+?+n)-( + 2+?+ )+ n ? 1 = - 2 2 2 2 2 4 2
n

)

2

+
2

n
n ?1

,

即 Tn=

n ( n ? 1) 2

? 2

1
n ?1

?

n 2
n

? 2.
2t ? 3 a 2 2t ? 3 , ? 3t a1 3t

8. (1)由 S1=a1=1,S2=1+a2 ,得 3t(1+a2)-(2t+3)=3t.∴a2= (2t+3)Sn-1=3t, ①, 3tSn-1-(2t+3)Sn-2=3t ②,∴①-②得 3tan-(2t+3)an-1=0. ∴
an a n ?1
2t ? 3 3t

.又 3tSn -

?

2t ? 3 3t

,n=2,3,4?,所以{an}是一个首项为 1 公比为
1 b n ?1
2n ? 1 3 4n ? 1 3

2t ? 3 3t

的等比数列;(2)由 f(t)=
2 3

=
2 3

2 3

?

1 t

,得 bn=f(

)=

2 3

+bn-1, 可见{bn}是一个首项为 1,公差为
2n ? 1 3

的等差数列.于是
5 4 3

bn=1+

(n-1)=

;(3)由 bn= ,

,可知{b2n-1}和{b2n}是首项分别为 1 和 , 公差均为
3

的等差数列,于是 b2n=

∴b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+?+b2n-1b2n-b2nb2n+1=b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+?+b2n(b2n-1-b2n+1) =-
4 3

(b2+b4+?+b2n)=-
1 x
2

4 3

·

1 2

n( +
3

5

4n ? 1 3

)=-

4 9

(2n +3n)
1 y
2

2

9. (Ⅰ)由 y=

得x
? 4

2

? 4 ?

1 y
2

,∴ x

2

? 4 ?

,∵x<—2 ,∴ x

? ?

4 ?

1 y
2

,∴g(x)=

?

4?

1 x
2

(x>0) (II)∵点 An(an, ?

1 a n ?1

)在曲线 y=g(x)上(n∈N+)∴ ?

1 a n ?1

= g(an)=

?

4 ?

1 an
2

, 并且 an >0

?

1 a n ?1

?

4 ?

1 an
2



?

1 a n ?1
2

?

1 an
2

? 4 ( n ? 1, n ? N )

∴数列{

1 an
2

}

为等差数列. (Ⅲ) ∵数列{
1 4n ? 3

1 an
2

}为等差数列, 并且首项为
1 4n ? 3

1 a1
2

=1, 公差为 4, ∴

1 an
2

=1+4

(n—1) , ∴ a

2 n

?

∵an >0 ,∴ a

n

?

,

用心 爱心 专心

14

(Ⅳ)bn=

1 1 an ? 1 a n ?1

=

1 4n ? 3 ? 4n ? 1

?

4n ? 1 ? 4

4n ? 3

,

∴Sn=b1+b2+?+bn=

5 ?1 4

?

9 ? 4

5
n-2

? ....... ?
n-1

4n ? 1 ? 4

4n ? 3

=

4n ? 1 ? 1 4
n-1

10.前(n-1)群中含有 1+2+4+?+2 n 群含有 2
n-1

=2

-1 项.因而第 n 群的第一个数为 a1+(2 [a1+(2
n-1

-1)d.第

项.故这的 2
1 ? ? ? 4?1 ? n ? 2 ? ?

n-1

项的和为 2

n-1

1 n-1 n-1 -1)d]+ ×2 (2 -1)d. 2
(n ? N ) 。

11. (1)由 S

n

,得 S

n ?1

1 ? 1 ? ? 4 ? 1 ? n ?1 ? ? Sn ? 2 2 2 ? ?

(2)要使 所以 S 因为 S 3.

S k ?1 ? c Sk ? c

? 2

,只要

? 3 ? c ? ? Sk ? 2? ? 2 ? c ? Sk
(k ? N)
3 2

? 0

。因为 S
3 2

k

1 ? ? ? 4?1 ? k ? ? 4 2 ? ?

, ①

k

1 ?3 ? ? ? Sk ? 2? ? 2 ? Sk ? 0 2 ?2 ?

,故只要

Sk ? 2 ? c ? Sk

(k ? N)

k ?1

? S k (k ? N )

,所以

3 2

Sk ? 2 ?

S1 ? 2 ? 1

,又 S

k

? 4

,故要使①成立,c 只能取 2 或

当 c=2 时, 因为 S

1

? 2

, 所以当 k=1 时,c ? S k 不成立, 从而①不成立。 因为
3 2 Sk ? 2 ? 3 2 S k ?1 ? 2

3 2

S2 ? 2 ?

5 2

? c



由 S k ? S k ? 1 ( k ? N ) ,得 当 c=3 时,因为 S 因为
3 2 S3 ? 2 ? 13 4

,所以当 k

? 2

时,

3 2

Sk ? 2 ? c

,从而①不成立。

1

? 2

,S

2

? 3

,所以当 k=1,2 时, c ? S k 不成立,从而①不成立。
3 2 S k ?1 ? 2

? c

,又

3 2

Sk ? 2 ?

,所以当 k

? 3

时,

3 2

Sk ? 2 ? c

,从而①不成立.

故不存在自然数 c、k,使

S k ?1 ? c Sk ? c

? 2 成立.
n-2

12. 前(n-1)群中含有 1+2+4+?+2 第 n 群含有 2
n-1

=2

n-1

-1 项.因而第 n 群的第一个数为 a1+(2 [a1+(2
n-1

n-1

-1)d.

项.故这的 2

n-1

项的和为 2

n-1

1 n-1 n-1 -1)d]+ ×2 (2 -1)d. 2

用心 爱心 专心

15


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