数列的构造

前言

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构造数列中的常见变形总结

典例剖析

例1已知数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，数列({a_n})为(cfrac{1}{2})，(cfrac{1}{3})，(cfrac{2}{3})，(cfrac{1}{4})，(cfrac{2}{4})，(cfrac{3}{4})，(cfrac{1}{5})，(cfrac{2}{5})，(cfrac{3}{5})，(cfrac{4}{5})，(cdots)，(cfrac{1}{n})，(cfrac{2}{n})，(cdots)，(cfrac{n-1}{n})，(cdots)，若(S_k=14)，则(a_k=cfrac{7}{8}).

分析：注意到数列的项的特征，重新构造一个数列({b_n})，

其中(b_1=a_1=cfrac{1}{2})，

(b_2=a_2+a_3=cfrac{1}{3}+cfrac{2}{3}=cfrac{3}{3}=cfrac{2}{2}=1)，

(b_3=a_4+a_5+a_6=cfrac{1}{4}+cfrac{2}{4}+cfrac{3}{4}=cfrac{3}{2})，

(b_4=a_7+a_8+a_9+a_{10}=cfrac{1}{5}+cfrac{2}{5}+cfrac{3}{5}+cfrac{4}{5}=cfrac{10}{5}=cfrac{4}{2}=2)，

(cdots)

(b_{n-1}=cfrac{1}{n}+cfrac{2}{n}+cdots+cfrac{n-1}{n}=cfrac{n-1}{2})，

很显然，数列({b_n})是首项为(cfrac{1}{2})，公差为(cfrac{1}{2})的等差数列，注意原来的数列({a_n})非等差非等比数列。

那么(b_n=cfrac{n}{2})，其前(n)项和为(T_n)，则(T_n=cfrac{1}{2}(cfrac{1}{2}+cfrac{n}{2})n=cfrac{n(n+1)}{4})

令(T_n=cfrac{n(n+1)}{4}=S_k=14)，则(n=7)，即对数列({b_n})而言，(T_7=14)，

对数列({a_n})而言，它的(S_k=T_7)，但是注意(k eq 0)，按照这种对应性可知(a_k=cfrac{7}{8})，

如果想计算(k)的值，那么(k=1+2+3+4+5+6+7=28)。

例2【2012新课标1卷第16题】已知数列(a_{n+1}+(-1)^ncdot a_n=2n-1)，求(S_{60})的值。

思路1[摘编自网络，学习变形]：构造子数列法，

({a_n})既不是等差数列也不是等比数列，但是可以发现其子数列({a_{4k}})，({a_{4k-1}})，({a_{4k-2}})，({a_{4k-3}})是等差数列，于是可对数列({a_n})分项击破，

当(n)为奇数时，(a_{n+1}-a_n=2n-1)；

当(n)为偶数时，(a_{n+1}+a_n=2n-1)；

由(a_{4k+2}-a_{4k-2}=(a_{4k+2}-a_{4k+1})+(a_{4k+1}+a_{4k})-(a_{4k}-a_{4k-1})-(a_{4k-1}+a_{4k-2}))，^[1]

[此处用(a_{4k+2}-a_{4k-2})，是为了求公差；由于前一项为(a_{4k-2})，则其后一项为(a_{4(k+1)-1}=a_{4k+2})；同时紧接着的变形既要保证恒等变形还要有效利用上述条件]；

(=[2(4k+1)-1]+(2 imes 4k-1)-[2(4k-1)-1]-[2(4k-2)-1]=8)，

故数列(a_{4k-2})是等差数列，公差为(8)，首项为(a_2)，所以(a_{4k-2}=a_2+(k-1)8)；

由(a_{4k+4}-a_{4k}=(a_{4k+4}-a_{4k+3})+(a_{4k+3}+a_{4k+2})-(a_{4k+2}-a_{4k+1})-(a_{4k+1}+a_{4k}))，^[2]

[此处用(a_{4k+4}-a_{4k})，是为了求公差；由于前一项为(a_{4k})，则其后一项为(a_{4(k+1)}=a_{4k+4})；同时紧接着的变形既要保证恒等变形还要有效利用上述条件]；

(=[2(4k+3)-1]+[2(4k+2)-1)-[2(4k+1)-1]-[2 imes 4k-1]=8)，

故数列(a_{4k})是等差数列，公差为(8)，首项为(a_4)，所以(a_{4k}=a_4+(k-1)8)；^[3]

同理，(a_{4k+1}-a_{4k-3}=0)，故数列({a_{4k-3}})是常数列，故(a_{4k-3}=a_1)；

(a_{4k+3}-a_{4k-1}=0)，故数列({a_{4k-1}})是常数列，故(a_{4k-1}=a_3)；

又(a_1+a_2+a_3+a_4=(a_4-a_3)+2(a_3+a_2)-(a_2-a_1))

(=(2 imes 3-1)+2(2 imes 2-1)-(2 imes 1-1)=5+6-1=10);

于是({a_n})的前(60)项的和(S_{60})为

(S_{60}=(a_1+a_5+a_9+cdots+a_{57})+(a_2+a_6+a_{10}+cdots+a_{58}))^[4]

(+(a_3+a_7+a_{11}+cdots+a_{59})+(a_4+a_8+a_{12}+cdots+a_{60}))

(=15a_1+(15a_2+840)+15a_3+(15a_4+840))

(=15(a_1+a_2+a_3+a_4)+1680=1830)

思路2[摘编自网络，学习变形]：构造等差数列法，

由上述解法不难看出，本题目的实质是连续四项的和成等差数列，故还可以如下求解：

当(n)为奇数时，(a_{n+1}-a_n=2n-1)；

当(n)为偶数时，(a_{n+1}+a_n=2n-1)；

由(a_{4k+2}-a_{4k-2}=(a_{4k+2}-a_{4k+1})+(a_{4k+1}-a_{4k})-(a_{4k}-a_{4k-1})-(a_{4k-1}+a_{4k-2}))，

(=[2(4k+1)-1]+(2 imes 4k-1)-[2(4k-1)-1]-[2(4k-2)-1]=8)，

故数列(a_{4k-2})是等差数列，公差为(8)，首项为(a_2)，所以(a_{4k-2}=a_2+(k-1)8)；

由(a_{4k+4}-a_{4k}=(a_{4k+4}-a_{4k+3})+(a_{4k+3}+a_{4k+2})-(a_{4k+2}-a_{4k+1})-(a_{4k+1}+a_{4k}))，

(=[2(4k+3)-1]+[2(4k+2)-1)-[2(4k+1)-1]-[2 imes 4k-1]=8)，

故数列(a_{4k})是等差数列，公差为(8)，首项为(a_4)，所以(a_{4k}=a_4+(k-1)8)；

同理，(a_{4k+1}-a_{4k-3}=0)，故数列({a_{4k-3}})是常数列，故(a_{4k-3}=a_1)；

(a_{4k+3}-a_{4k-1}=0)，故数列({a_{4k-1}})是常数列，故(a_{4k-1}=a_3)；

则数列(b_{n+1}=a_{4n+1}+a_{4n+2}+a_{4n+3}+a_{4n+4})

(=a_{4n-3}+a_{4n-2}+a_{4n-1}+a_{4n}+16=b_n+16)， ^[5]

即(b_{n+1}-b_n=16)，又(b_1=a_1+a_2+a_3+a_4=10)，

则数列({b_n})是首项为(10)，公差为(16)的等差数列，

则(S_{60}=cfrac{15[10+(16 imes 15-6)]}{2}=1830)；

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1. ↩︎
2. ↩︎

3. 等差数列通项公式的拓展：(a_n=a_m+(n-m)d)；
   此处可以这样理解，数列的公差为(8)，首项为(a_4)，自然能写出(a_4+(k-1)8)，关键是和(a_{?})对应；
   我们知道这个数列的首项应该是(a_4)，故下标应该用(4k)来表达，故(a_{4k}=a_4+(k-1)8)；
   或者这样理解，从原来的母数列中间隔(4)项挑出来的项所组成的新数列的公差为(8)，那么回归到母数列里面，
   相当于原来母数列的公差为(2)[当然母数列不是等差数列]，这样(a_{4k}=a_4+(4k-4) imes 2=a_4+(k-1)8)；
   而不是(a_{4k}=a_4+(4k-4)8)；其他同理； ↩︎

4. 第二组子数列求和，首项是(a_2)，公差为(8)，项数为(15)项，故(S_{2}=15a_2+cfrac{15(15-1)}{2} imes 8=15a_2+840). ↩︎

5. 若(b_{n+1}=a_{4n+1}+a_{4n+2}+a_{4n+3}+a_{4n+4})，用(n-1)替换左式中的(n)，
   则得到(b_{n}=a_{4n-3}+a_{4n-2}+a_{4n-1}+a_{4n})，故有(b_{n+1}-b_n=16)， ↩︎