前言
适用范围
①当数列中常含有((-1)^k)或者((-1)^{k+1})等符号数列,则其项常常体现为正负项间隔出现,此时常常常两项(或三项等)并成一组,然后求和;
②或当数列中常含有((-1)^k)或者((-1)^{k+1})等符号数列时,可以考虑将数列认为的分组为奇数项数列和偶数项数列,然后采用分组求和法;
③当数列中含有(a_n+a_{n+1}=f(n))的形式,或者(a_n+a_{n+1}+a_{n+2}=f(n))的形式,可以考虑并项求和。
相关公式
①等差数列的(S_n=cfrac{n(a_1+a_n)}{2}=na_1+cfrac{n(n-1)cdot d}{2})
②等比数列的(S_n=left{egin{array}{l}{na_1,q=1}\{cfrac{a_1cdot (1-q^n)}{1-q}=cfrac{a_1-a_nq}{1-q},q eq 1}end{array} ight.)
③(1+2+3+cdots+ n=cfrac{n(n+1)}{2});
④(1+3+5+cdots +(2n-1)=cfrac{[1+(2n-1)]cdot n}{2}=n^2),注意求和项数为(n)项;
⑤(2+4+6+cdots +2n=cfrac{(2+2n)cdot n}{2}=n^2),注意求和项数为(n)项;
⑥(1^2+2^2+3^2+cdots+ n^2=cfrac{ncdot (n+1)cdot (2n+1)}{6});
⑦(1^3+2^3+3^3+cdots+ n^3=[cfrac{n(n+1)}{2}]^2);
⑧由(a_{n+2}-a_n=2)可知,数列中奇数项成等差,公差为(2);偶数项成等差,公差为(2);
⑨由(cfrac{a_{n+2}}{a_n}=2)可知,数列中奇数项成等比,公比为(2);偶数项成等比,公比为(2);
运算技巧
①指数运算:
②利用等差数列求项数:
由(a_n=a_1+(n-1)cdot d),可得项数(n=cfrac{a_n-a_1}{d}+1),推广得到项数(n=cfrac{a_n-a_m}{d}+m),
如数列(2^1,2^3,2^5,cdots ,2^{2n-1})的项数的计算,其项数可以利用上标来计算,其上标刚好成等差数列,
项数(r=cfrac{a_n-a_1}{d}+1=cfrac{(2n-1)-1}{3-1}+1=n);
典例剖析
分析:若数列中包含因子((-1)^n、(-1)^{n-1}),一般和并项求和法建立关联,且常常还需要针对(n)分奇偶讨论。
解析:
当(n)为偶数时,(S_n=1-2+3-4+5-6+cdots+(-1)^{n-1}cdot n)
(=(1-2)+(3-4)+(5-6)+cdots+[(n-1)-n]),
(=(-1) imes cfrac{n}{2});
当(n)为奇数时,(S_n=1-2+3-4+5-6+cdots+(-1)^{n-1}cdot n)
(=(1-2)+(3-4)+(5-6)+cdots+[(n-2)-(n-1)]+n),
(=(-1) imes cfrac{n-1}{2}+n=cfrac{n+1}{2});
法1:采用分组求和法转化如下,
(S=-(1^2+3^2+5^2+cdots+99^2)+(2^2+4^2+6^2+cdots+100^2)),
这样转化后,基于学生的学习实际,此思路基本停滞;
法2:采用并项求和法,转化如下
(S=-1^2+2^2-3^2+4^2+cdots-99^2+100^2)
(=100^2-99^2+98^2-97^2+cdots+2^2-1^2),
(=(100-99)(100+99)+(98-97)(98+97)+cdots+(2-1)(2+1))
(=(100+99)+(98+97)+cdots+(2+1)=5050)
分析:由已知可得,当(n=2)时,(a_2+a_3=cfrac{1}{2^2}),(n=4)时,(a_4+a_5=cfrac{1}{2^4}),
(S_{2n+3}=a_1+(a_2+a_3)+(a_4+a_5)+cdots+(a_{2n}+a_{2n+1})+(a_{2n+2}+a_{2n+3}))
(=1+cfrac{1}{2^2}+cfrac{1}{2^4}+cfrac{1}{2^6}+cdots+cfrac{1}{2^{2n}}+cfrac{1}{2^{2n+2}})
(=(cfrac{1}{2})^0+(cfrac{1}{2})^2+(cfrac{1}{2})^4+(cfrac{1}{2})^6+cdots+(cfrac{1}{2})^{2n}+(cfrac{1}{2})^{2n+2})
(=cfrac{1-[(cfrac{1}{2})^2]^{n+2}}{1-(cfrac{1}{2})^2})
(=cfrac{4}{3}(1-cfrac{1}{4^{n+2}}));
说明:本题中的项数求法,项数(r=cfrac{(2n+2)-0}{2}+1=n+2)。
法1:并项求和法[此法运算和思维成本最小],由于题目中有(n)次方,故针对(n)分奇偶讨论如下:
①当(n)为奇数时,则(n+1)为偶数,
由题目可知(a_{n+1}-a_n=2n-1),则(a_{n+2}+a_{n+1}=2n+1)[1]
[解释:(a_{(n+1)+1}+(-1)^{n+1}a_{n+1}=2(n+1)-1)]
两式相减,得到(a_{n+2}+a_n=2),即从(a_1)开始,相邻两个奇数项为等和数列;
即(a_1+a_3=2),(a_5+a_7=2),(a_9+a_{11}=2),(cdots),(a_{57}+a_{59}=2),
故前(60)项中的所有奇数项之和为
(S_{奇}=(a_1+a_3)+(a_5+a_7)+cdots+(a_{57}+a_{59})=15 imes 2=30);
②当(n)为偶数时,则(n+1)为奇数,
由题目可知(a_{n+1}+a_n=2n-1),则(a_{n+2}-a_{n+1}=2n+1)[原因同上],
两式相加,得到(a_{n+2}+a_n=4n),即每相邻两偶数项之和为等差数列;
故前(60)项中的所有偶数项之和为
(S_{偶}=(a_2+a_4)+(a_6+a_8)+cdots+(a_{58}+a_{60}))
(=4 imes 2+4 imes 6+4 imes 10+cdots+4 imes 58)
(=4(2+6+10+cdots+58))
(=4 imescfrac{(2+58) imes 15}{2}=1800);
故(S_{60}=1800+30=1830)。
思路2[摘编自网络,学习变形]:从特殊到一般,
对于给出的递推数列,在没有找到更好方法之前,通常可以用特殊值法开路,写出前几项,先归纳,再猜想一般的规律。
设(a_1=a),由递推公式(a_{n+1}+(-1)^ncdot a_n=2n-1),
分别令(n=1,2,3,4,cdots),则有
(a_2=1+a),(a_3=2-a),(a_4=7-a),(a_5=a),
(a_6=9+a),(a_7=2-a),(a_8=15-a),(a_9=a),(cdots),
于是可知,(a_{4k-3}=a),(a_{4k-2}=a+(8k-7)),(a_{4k-1}=2-a),(a_{4k}=-a+(8k-1)),[2]
所以,(a_{4k-3}+a_{4k-2}+a_{4k-1}+a_{4k}=16k-6),
可知每连续四项之和成等差数列,
则(S_{60}=cfrac{15[10+(16 imes 15-6)]}{2}=1830);
思路3[摘编自网络,学习变形]:分类讨论,
本题目的难点在于((-1)^n),于是对其分类讨论,并进行适当的构造以及并项。
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);
于是(a_{4k}+a_{4k-1}+a_{4k-2}+a_{4k-3}=(a_{4k}-a_{4k-1})+2(a_{4k-1}+a_{4k-2})-(a_{4k-2}-a_{4k-3}))[3]
(=[2(4k-1)-1]+2[2(4k-2)-1]-[2(4k-3)-1]=16k-6),
可知每连续四项之和成等差数列,
则(S_{60}=cfrac{15[10+(16 imes 15-6)]}{2}=1830);
思路4[摘编自网络,学习变形]:利用迭代法,
对于给出的递推数列问题,应该关注三个技巧----迭加、迭乘、迭代。特别是迭代法,它是直接反复利用递推公式而进行迭代,可以直接运用,从而使得问题得以解决。
由(a_{n+1}+(-1)^ncdot a_n=2n-1)得到[用(n+1)替换左式中的(n)],(a_{n+2}+(-1)^{n+1}cdot a_{n+1}=2(n+1)-1),
则(a_{n+2}=-(-1)^{n+1}cdot a_{n+1}+2n+1),
(=(-1)^{n}cdot a_{n+1}+2n+1) [将已知式改写为(a_{n+1}=(-1)^{n+1}a_n+2n-1),代入左式,得到下式]
(=(-1)^n[(-1)^{n+1}a_n+2n-1]+2n+1)
(=-a_n+(-1)^{n}(2n-1)+2n+1)
即(a_{n+2}+a_n=(-1)^{n}(2n-1)+2n+1)
也有(a_{n+3}+a_{n+1}=-(-1)^{n}(2n+1)+2n+3)[让上式中(n+1 ightarrow n)得到]
两式相加得到(a_n+a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3}=-2(-1)^n+4n+4),
设(k)为整数[或令(n=4k+1)],则
(a_{4k+1}+a_{4k+2}+a_{4k+3}+a_{4k+4}=-2(-1)^{4k+1}+4(4k+1)+4=16k+10)
于是(S_{60}=sumlimits_{k=0}^{14}{(a_{4k+1}+a_{4k+2}+a_{4k+3}+a_{4k+4})})[4]
(=sumlimits_{k=0}^{14}{(16k+10)}=(16 imes 0+10)+(16 imes 1+10)+(16 imes 2+10)+cdots+(16 imes 14+10))
(=16 imes cfrac{(0+14) imes 15}{2}+150=1830)
思路5[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})),[5]
[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})),[6]
[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);[7]
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}))[8]
(+(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6[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), [9]
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,
则则(S_{60}=cfrac{15[10+(16 imes 15-6)]}{2}=1830);
- ↩︎
对数列的下标详细说明如下,
所有正整数若除以(4),就会分为四类,余数分别为(0),(1),(2),(3),
我们可以将其表达为(4k),(4k+1),(4k+2),(4k+3),此时(kin N);
还可以这样表达为(4k-3),(4k-2),(4k-1),(4k),此时(kin N^*);
故(a_{4k-3})表达的是(a_1),(a_5),(a_9),(cdots),
(a_{4k-2})表达的是(a_2),(a_6),(a_{10}),(cdots),
(a_{4k-1})表达的是(a_3),(a_7),(a_{11}),(cdots),
(a_{4k})表达的是(a_4),(a_8),(a_{12}),(cdots), ↩︎上述变形很有特点,这样变形的目的,既要保证恒等变形,还要充分利用上述的条件;
比如变形((a_{4k}-a_{4k-1}))意味着偶数项减去奇数项,即可以利用(a_{n+1}-a_n=2n-1);
故有((a_{4k}-a_{4k-1})=2(4k-1)-1),其余都同理; ↩︎由于下标的表示形式,故求和时只能从(0 ightarrow 14),不能是(1 ightarrow 15),否则求和会丢掉前面的四项而多算了后面的四项。 ↩︎
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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; ↩︎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). ↩︎
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), ↩︎