又 2 bn+1 = b2 + b2 n , ∴bn+1
1 = ×104 = 52 . 2
= - 110 .
例 7 在等比数列{ an } 中 , an > 0 , 若 a1
+ a2 + … + ak = 1 ,
2 ) 设等差数列{ an } 的项数为 2 k + 1 , 则
1
a1
+
1
a2
+ …+
数列的前 20 项的和
8
S 20 = =
数 学 通 讯 2005 年第 24 期
20 ( a1 + a20 ) 20 ( a2 + a19 ) = 2 2 20 ・( - 8 + 26) = 180 . 2
9 ( a1 + a9 ) a5 2 a5 a1 + a9 2 = = = b5 2 b5 b1 + b9 9 ( b1 + b9 ) 2
4 = a5 + a8 , 但 :1 + 3 ≠5 + 8 .
在解决数列问题时 , 如能灵活运用性质
1) , 2) , 往往能为解题带来事半功倍的效果 .
解 假设这个数列的项数为 n , 则由题 意知 , a1 + a2 + a3 + a4 = 35 , an + an- 1 + an- 2
+ an- 3 = 125 ,
( 收稿日期 :2005 - 09 - 20)
解 在等差数列{ an } , { bn } 中 ,
∵a1 + a2 k+1 = a2 + a2 k , ∴
( k + 1) ・( a1 + a2 k+1 ) S1 = S2 k ・( a2 + a2 k ) = k +1 30 = , k 24
∴a1 ak =
1 . 4
∵an > 0 , 由性质 2) ,
a1 a2 ・…・ ak = ( a1 ak )
2
k
1 = ( ) 4
2
k
=
1 . 2k
∴k = 4 , 项数 n = 2 k + 1 = 9 . 例 5 有两个等差数列{ an } , { bn } , 满足
a1 + a2 + … + an a5 7n + Байду номын сангаас = ,求 . b1 + b2 + … + bn n+3 b5
注 例 4 , 例 5 , 例 6 , 例 7 考虑的问题相 对较为复杂 , 需要对所给条件和待求结论作 适当组合 、 变形 , 为使用性质创造条件 , 这是 问题解决的关键 .
的和与偶数项的和分别为 30 与 24 , 则项数 n
= .
解 1 ) 原等差数列共有 n + 1 项 , 在每 相邻两项之间插入一个数时 , 构成的新等差 数列{ bn } 共有 2 n + 1 项 , 依题意知 b2 = - 28 ,
b2 n = 132 , ∴b2 + b2 n = 132 - 28 = 104 .
3 ) log2 a2 + log2 a3 + log2 a5 + lo g2 a6
2 = log2 ( a2 ・a3 ・a5 ・a6 ) = log2 ( a3 ・a5 )
= 2log2 8 = 6 .
注 例 1 是性质 1) , 2) 的直接应用 , 关 键在于如何利用基本性质沟通已知和所求 . 例 2 已知等差数列 { an } 的前四项和 为 35 , 后四项和为 125 , 所有项的和为 280 , 则 这个数列的项数是
可求得 a3 + a8 = - 3 , ∴S 10
10 ( a1 + a10 ) 10 ×( a3 + a8 ) = = 2 2 10 ×( - 3 ) = = - 15 . 2
项的和 . 解 由性质 1) 及已知条件得 3 a2 =
- 24 , 3 a19 = 78 , ∴a2 = - 8 , a19 = 26 , 所以此
a1 + … + a9 7 ×9 + 2 65 = = . b1 + … + b9 9 +3 12
例 4 1) 一个等差数列共 n + 1 项 , 在每 相邻两项之间插入一个数 , 使新数列仍是等 差数列 , 且插入的数中最大的为 132 , 最小的 为 - 28 , 则新数列的第 n + 1 项为 ;
90 ( a11 + a100 ) = 45 ( a1 + a110 ) , 2
又 S 10 = 100 , S 100 = 10 , ∴ 45 ( a1 + a110 )
= - 90 , 即 a1 + a110 = - 2 .
∴S 110 =
110 ( a1 + a110 ) 110 ×( - 2 ) = 2 2
2005 年第 24 期 数 学 通 讯
7
巧用等差 、 等比数列的基本性质解题
马文杰 徐宇红
( 黄岩第二高级中学 , 浙江 318020)
等差数列和等比数列具有以下基本性 质:
1 ) 在等差数列 { an } 中 , 若 m + n = s +
3 t ( m , n , s , t ∈ N ) , 则 am + an = as + at ;
∴( a1 + an ) + ( a2 + an- 1 ) + ( a3 + an- 2 )
+ ( a4 + an- 3 ) = 160 ,
∴ 4 ( a1 + an ) = 160 , ∴a1 + an = 40 , ∴这个数列的项数 n =
2 ×280 = 14 . 故选 ( A ) . 40 2Sn = a 1 + an
1
ak
= 4,
所有奇数项的和
S1 = ( k + 1 ) ・( a1 + a2 k+1 )
且公比 q ≠1 , 则 a1 a2 ・…・ak = .
2
= 30 ,
解 由条件得
1
-
a1 - ak q = 1, 1 - q
所有偶数项的和
S2 = k ( a2 + a2 k )
2
= 24 ,
ak
q a1 a1 - ak q = = 4, 1 - q a1 ak ( 1 - q)
例 1 1) 在等差数列{ an } 中 , 若 a3 + a4
+ a5 + a6 + a7 = 450 , 则 a2 + a8 = ;
2 ) 若等差数列{ an } 的各项都是负数 , 且
a3 + a8 + 2 a3 ・ a8 = 9 , 则其前 10 项的和 S 10 = ;
2 2
3 ) 若{ an } 是各项均为正数的等比数列 ,
且 a3 ・a5 = 8 , 则 log2 a2 + log2 a3 + log2 a5 +
log2 a6 = .
解 1) 由于 a3 + a7 = a4 + a6 = 2 a5 , 所 以由已知条件得 5 a5 = 450 , 即 a5 = 90 , 所以
a2 + a8 = 2 a5 = 180 .
注 例 2 的关键在于通过整体处理的 方法 , 使已知条件和性质 1) , 2) 发生联系 . 例 3 等差数列 { an } 中 , a1 + a2 + a3
2 ) 由 an < 0 , 及 a3 + a8 + 2 a3 ・a8 = 9
2
2
= - 24 , a18 + a19 + a20 = 78 , 求此数列的前 20
2 ) 一个项数为奇数的等差数列 , 奇数项
=
例 6 已知{ an } 为等差数列 , 前 10 项的 和为 S 10 = 100 , 前 100 项的和为 S 100 = 10 , 求 前 110 项的和 S 110 . 解 利用性质 1) , 可得
S 100 - S 10 = a11 + a12 + … + a100 =
( A ) 14. (B ) 15. ( C) 16. ( D) 17.
( )
2 ) 在等比数列 { an } 中 , 若 m + n = s +
3 t ( m , n , s , t ∈ N ) , 则 am ・an = as ・at .
注 这两个命题的逆命题都不正确 . 例 如 , 通项为 an = 2 的等差数列满足 a1 + a3 =