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学习等差数列求和公式的四个层次
黑龙江大庆实验中学(163311)毕明黎


等差数列前n项和公式
S
n

(a
1
a
n
)n
2
na
1

n(n1 )
2
d
,是数列部分最重要公式之一,学习
公式并灵活运用公式可分如下四个 层次:

1.直接套用公式
从公式
S
n

(a< br>1
a
n
)n
2

(a
m
anm1
)n
2
na
1

n(n1)
2
d
中,我们可以看到公式中出现了五
个量,包括
a
1
,d, a
n
,n,S
n
,
这些量中已知三个就可以求另外两个了.从基本量 的观点认识公式、理解公
式、掌握公式这是最低层次要求.
2
例1 设等差数列< br>
a
n

的公差为d,如果它的前n项和
S
n
n
,那么( ).(1992年三南高考试
题)
(A)
a
n
2n1,d2
(B)
a
n
2n1,d2

(C)
a
n
2n1,d2
(D)
a
n
2n1,d2

222
解法1 由于
S
n
n
且
a
n
S
n
S< br>n1
知,
a
n
n(n1)2n1,

da
n
a
n1
2n1[2(n1)1],
d 2,
选(C).
解法2
S
n
na
1

n(n1)
2
dn,
对照系数易知
d2,
< br>2
2
此时由
na
1
n(n1)n
知
a
1
1,
故
a
n
2n1,
选(C).
例2 设
S
n
是等差数列

a
n
的前n项和,已知
S
3
与
3
1
1
4
S
4
的等比中项为
1
5
S
5
,
1
3
S
3
与
1
4
S
4
的等
差中项为1 ,求等差数列

a
n

的通项
a
n
.(1 997年全国高考文科)
解 设

a
n

的通项为a
n
a
1
(n1)d,
前n项和为
S
n
na
1

11

1
2
SS(S5
)

3
3
4
4
5
由题意知

,
11

S
3
S
4
2
4

3
n(n1)
2
d.

32

1
(3ad)
1

32
即

132

(3a
1
d)
2

3
1
4
1
4
(4a
1

(4a
1< br>
43
2
43
2
d)
1
25
(5a
1

54
2
d)
2

d)2
12

3a
1
d5d
2
0

d0

d
化简可得

或

,
解 得

5
5
2a
1
d2
a1

1


a
1
4
2


由此 可知
a
n
1
或
a
n
4(n1)(
12
5
)
32
5

12
5
n.

32
5

12
5
n.
经检验均适合题意,故 所求等差数列的通项为
a
n
1
或
a
n

2.逆向活用公式
在公式的学习中,不仅要从正向认识公式,而且要善于从反向分析弄清公式的本来面 目.重视逆向
地认识公式,逆向运用公式,无疑将大大地提高公式的解题功效,体现了思维的灵活性.
例3 设
nN,
求证:
(1985年全国高考文科)
证明

又
1

n(n1)
2
123

n,

23,
,n
n(n1)
2
 1223

n(n1)
n(n3)
2
.

12,2
n(n1),

n(n1).

n(n 1)
2
2
1223


又

n (n3)
234

(n1),

233,
344,
,
且
122,
12
n(n1)n 1,

.

(a
1
a
n
)n
2
23n(n1)
n(n3)
2
例4 数列

a
n

对于任意自然数n均满足
S
n

国高考文 科)
证明 欲证
a
n1
a
n
为常数,
由
S
n

(a
1
a
n
)n
2,求证:

a
n

是等差数列. (1994年全
及
S
n1

(a
1
a
n1
)(n1 )
2
可得
na
n
a
1
(n1)a
n1
推出
(n1)a
n1
a
1
na
n 2
,

作差可得
2na
n1
na
n
 na
n2
,
因此
a
n2
a
n1
 a
n1
a
n
.

由递推性可知:
a
n2
a
n1
a
n1
a
n


a
2
a
1
d(d
为常数),所以命题得证.
这是九四年文科全国高考试题,高考中得分率极低,我们不得不承认此为公式教学与学习中的一

个失误,倘若能重视逆向地认识公式,理解公式,应用公式,还“和”为“项”,结局还能如此惨重吗?
3.横向联系,巧用公式
在公式的学习过程中,还要从运动、变化的观点来认识公式,从函数 及数列结合的角度分析透彻理
解公式,公式
S
n
na
1

n(n1)
2
d
表明是关于n的二次函数,且常数项为0,同时也可以看出 点列
(n,S
n
)
均在同一条抛物线上,且此抛物线过原点,体现了思维的广 阔性,请再看例2.
解 设
S
n
an
2
bn
,则可得
11

1
2222
(a3b3)(a4b4)[(a55b)]

345


11

(9a3b)(16a4b)2
4

3
6

a


a0< br>5
,所以
Sn
或
S
6
n
2

26
n,
解得

或

n
n
26
55

b1

b
5

3212
n.
从而
a
n
1
或
a
n

55
例5 设等差数列

a
n

的前项和为
S
n
,已 知
a
3
12,S
12
0,S
13
0,
指出
S
1
,S
2
,S
3
,,S
12< br>中哪
一个值最大,并说明理由. (1992年全国高考试题)
解 由于
S
n
na
1

n(n1)
2
d
表明点列
(n,S
n
)

y
都在过原点的抛物线上,再由
S
12
0,S
13
0,

易知此等差数列公差d<0,且
a
1
0,
图象如图所示,
易知其对称轴为
xx
0
,x
0
(6,6.5)
, < br>于是
a
6
0,a
7
0
,故
S
6
最大.
4.恰当变形妙用公式
对公式进行适当变形,然后再运用公式是公式应用的 较高层次,从而丰富了公式本身的内涵,往往
给解题带来捷径,体现了思维的深刻性.
对于公 式
S
n

S
n

(a
1
an
)n
2

O
x
0
13
12
x
,变形可得

(a
m1
a
n
) (nm)
2
S
n
n
a
1

2
(a
m
a
nm1
)n
2
(a
1
a
m
)m
2
2
,
d,

d
2
x(a
1

d
2
)
上.
对于公式
S
n
na
1

n(n1)
d
,变形可得
S
n
n
n1
它表明对于任意
nN< br>,点列
(n,)
都在同一直线
l:y

例6 等差数 列

a
n

的前m项和为30,前2m项和为100,则它的前3m 项和为( )
(A)130 (B)170 (C)210 (D)260(1996年全国高考试题)
解法1
S
3m

又由于
S
2m
30
(a
1
a
3m
)3m
a
m1
2
a
2m
2

m100
,
m(a
m1
a
2m
)1 40
,
m(a
1
a
3m
)m(a
m1a
2m
)140
,
从而
S
3m

1403
2
210,
选(C).
S
m
m
) (2m,
S
2m
2m
)(3m,
S
3m
3m
)
在同一直线
y
d
2
x(a
1

d
2
)
上,因此 解法2 由于点
(m,
S
3m

S
2m
S
2m
3m2m

2mm
,化简可 得:
S3(SS)210
,选(C).
3m2mm
3m2m2m m

S
m
在上文我们曾给出97年高考试题两个解法, 这里我们再给出两个解法.
解法3 由于点列
(n,
S
n
S

)
均在同一直线上,说明数列

n

成等 差数列,从而可得
n

n

S
5
S
4< br>
S
3
24

2
S

3< br>
3
54
5
S
3
3


S
S

S
5
2
8

3


4
()
S4
,解得或
S


4

4
5
5

34

S5


5

S
3

S
4
2

S
5
4


4


3
16

a

a
4
1

4
5
, 从而可求得

或

28

a5
1

a
5
5

故等差数列

a
n

通项为
a
n
1
或
an

解法4 由于点列
(n,
由
1
3
S3

1
4
S
n
n
32
5
< br>12
5
n.

y
P
1
)
均在同一直线上如图所示,
A
P
2
l
S
4
2
知A点坐标为(3.5,1).
O
B
x
P
3
l
若直线l与x轴无交点,即平行于x轴,则
d=0,
1
3
S
3

1
4
S
n
n
1,nN,
1
5
2
,显然也满足条件
S
4
 (S
5
)
,从而
S
n
n,a
n
1,n N.

S
3
3
),

P
2
(4 ,
S
4
4
),P
3
(5,
S
5
5
),
由若直线l与x轴相交,设其交点为B(x,0),
P
1
(3,

1
3
S
3

1
4
S
4
(
S
5
5
1
5
S
5
)2
及
1
3
S
3

1
4
S4
2
知
1
3
S
3

1
4< br>S
3
3
0,

1
5
S
4
4
2
0,
且
S
5
5
0.
若不然
S
3
3
0,

S
4
4
1
3< br>0,0.
,由单调性知不可能有
S
4
(S
5
)
,因此点B应落在(4,0),(5,0)之间.由
S
3
S
3

1
4
S
4
(
1
5
S
5)
可得
2
S
5
3

5
,
< br>S
5
S
4
5
4
13
3
即有
3x
5x

5x
4x
,
解得
x
S
n
n
.
S
n
n

6
5(n
13
3
)
6
5
n
26
5
,
由A、B两点坐标可求
(n,
S
n

6< br>5
n
2
)
所在直线方程为
32
5

12
5
n.

26
5
n,a
n

综上所述所求等差数列通项公式为
a
n
1
或
a
n

32
5

12
5
n.

从以上可以看 出,对公式的学习不应仅仅停留在公式的表面.对公式深刻而丰富的内涵忽视或视
而不见,而应充分挖掘 出这些隐藏在内部的思想方法为我所用,提高公式的解题功效,才能达到灵活运
用公式的较高境界.

含参变量的对数高考高考试题解法综述
黑龙江大庆实验中学(163311)毕明黎
含参变量的对数问题常常在高考试题中出现,本 文对这一类问题的解法作以总结,以揭示这类问
题的一般解题规律.
1.直接转换
直接转换:即把已知条件等价变形,而使问题获解,这里一定要注意等价变形.
例1 已知
a0,a1
,试求使方程
log
a
(xak)log
国高考试题)

(xak)
2
x
2
a
2
①

解:原方程等价于

xak0
②


x
2
a
2
0
③

a
2
(xa)
有解的k的取值范围.(1989年全
22
由①可得
x
k
2
1
2k
a
④
显然④满足不等式③,将④代入②可得
k1
或
0k1
即为所求.
例2 解不等式
log
a
(1
1
x
)1
.(1996年全国高考试题)
解(Ⅰ)当
a1
时原不等式等价不等式组


1

1



1


1 

1
x
1
x
1
x
1
x
0
1a
1
x
1
1a
,
从而
x 0.

a
(Ⅱ)当
0a1
时原不等式等价于不等式组
0 ① 由①知x1或x0
a
　
②　　 由
②
得0x
1
1a
.

1
1a
1
1a
x0}
,
}

1
1a

1x
综上所述,当
a1
时原不 等式解集为

x|
当
0a1
时原不等式解集为

x|1x
2.消参策略
根据题目特征,消去参数可大大减少不必要的讨论.
例3 设
0x1
且
a0,a1
,试比较
log< br>a
(1x)
与
log
a
(1x)
的大小. (1982年全国高考试
题)

解:

0x1,01 x1,1x
2
1,01x
log
a
(1x)log
a
(1x)
1
1x

1
(1x)
于是
log(1x)log
(1x)
(1x)log
(1x)
1x
log
(1x)
(1x)1

因 此
log
a
(1x)
>
log
a
(1x)
3.引参策略
恰当地设立参数,使问题得到简化,计算量减少,这是解题中常用技巧.
例4 设对所有实数x,不等式
xlog
范围. (1987年全国高考试题)

解:令
tlog
a1
a
2
4(a1)
2
a< br>2xlog
2a
2
a1
log
(a1)
2< br>2
4a
2
0
恒成立,求a的取值
2a
,则原不等式 可转化为
(3t)x
2
2tx2t0
.
要使原不等式恒成立,必须有

3t0

3t0

2t0t

t0
或


2
4t8t(3t)0


2t0

即
log
a1
2
2a
0,
解之
0a1.

适当地引入参数,另辟蹊径解题十分巧妙,请再看例1.
解:原方程等价于
xak 
xxa
a
22
xa(xa)

22
a0,k,xa.

设
xacsc
,

(
当

(
又

2
(


2
,0)
时
k
2
1co s

sin

,0)(0,

2
)
,则
k
1
sin

ctg


ctg

2


4
,0),k1.

)
时
k
1 cos

sin

tg
当

(0,

2

2
又

2
(0,

4< br>),0k1.

综上所述可知k的范围为
k1
或
0k1.

4.分类讨论
分类讨论是解决含参变量问题的重要手段之一,值得注意的是在分类讨论中要准 确地确定分类标准逐
级分类讨论.
例5 已知自然数n,实数a>1,解关于x的不等式

log
a
x(4)log
a
2
x12 log
a
3
x

n(2)
n1
loga
n
x
1(2)
3
n
2
log
a
(xa).
(1991年全国高考
试题)

解:原不等式等价 于
1(2)
3
n
log
a
x
1(2)< br>3
n
log
a
(xa).

2
(1)n为 奇数时
log
a
xlog
a
(xa)
即
2ax
14a1
2

(2)n为偶数时
log
a
xlog
a
(xa)
即
x
例6 设
a0,a1,t0
,比较
题)
解:当t>0时,由均值不等式有< br>①t=1时
1
2
logt
=
log
t1
a
2
14a1
2
t1
a

1
2
log
a
t
与
log
2
的大小,并证明你的结论. (1988年全国高考试
t1
2
t
,当且仅当t=1时取“=”号,所以
a
2
1
2
2

logt
>
log
t1
a
②
t1
时 若
0a1,
则
若
a1
则
1
2
log t
<
log
a
2

t1
aa

分类讨论应注意: ①对于多个参变量应分清主参变量与次参变量, ②按先主后次顺序分层次讨论,③
必须确定讨论的全集及分类标准,各类必须互不相容,否则产生重复讨论各类子集的并集必须是全集,< br>否则产生遗漏现象.
5.数形结合
数和形是整个数学发展过程中的两大柱石,数形结 合是数学中十分重要的思想方法,某些问题,不妨可
借助于几何图形来考虑,因为几何图形直观、形象, 易于求解,请再看例1.
解:原方程等价于
log
a
(xak)log
a
(xa)
,
22
y
转化为考虑曲线
yxak(y0)
与曲线
yxa(y0)
,要使原方程有解,只须
22
上半直线和上半双曲线有交点,由
yxak

a
0
a
x
平行于双曲线一条渐近线
yx
,如图,
0ka a

或
aka
从而解得
)k1
或
k1
时原方程有解.
对例5也可有如下解法.

原不等式等价于
1(2)
3
n
log
a
x
1(2)
3< br>n
log
a
(xa).
,
y
2
在同一坐 标系中作出y=x(y>0),
yx
2
a(y0)
的
图象. 由图象知
x
1
a
,由
xx
2
a
求 得交点P横
14a1
2
坐标为
x
4a1
2
,
x
n
(舍)
a
0
a
x
当n为奇 数时,由
1(2)
3
4a1
2
0
知
log
a
xlog
a
(xa)
因
2
a>1由图
象知
ax
1
.
当n为偶数时,由
1(2)
3
n
0
知
log
a
xlog
a
(xa )
因a>1,由图象知
x
2
14a1
2
.
仿上方法同理可求解例2,这里从略.
步骤:①把原不等式(方程)等价变形为
f( x)g(x)(f(x)g(x)),
②作出
yf(x)
与
yg(x )
图象,
③由
f(x)g(x)
求交点,④由图象及函数性质确定范围,从 而求解.
6.分离参数(主次转化)
更换问题中的参变量和变量位置,常常得到新颖简洁的解法,请再看例4.
解:将原不等式变 形为
3x(x2x2)log
a1
2
22
a1
2
2a
0,

x2x2(x1)10,
log22
2a

3x
2
2
(x1)1
, < br>又对于任意
xR
,

a1
2a
3x
2< br>2
(x1)1
0
,因此必须且只须
log
a1
2
2a
0,

即
1,
解之0
所求a的取值范围为0例7 设
f(x)lg
1 23

(n1)na
n
xxxx
,
其中a是实 数,
nN,n2
,如果当
x(,1)
时,
f(x)
有意义,求a的取值范围. (1990年全国高考试题)
解:由题设知
x(,1)
时不等式
123

(n1)na0
恒成立,
xxxx

即
a[()
x
()
x
( )
x
(
nnn
123
123n1
n
)]< br>恒成立.
)]
,
x(,1)
时为增函数.
1n< br>2
x
x
令

(x)[()
x
()x
()
x
(
nnn
n1
n
n
因此x=1时

(x)
max
(
1
n
a

(x)
恒成立,
a
n
1n
2
< br>2

n1
)
.
.
仿上述解法可对例1再给出如下两个解法:
解法1 以k为主参数考虑由
2kx a(1k)
,知
2
1k
2k
2

x
a
,
f(x)
x
a
在
(ak,)
为增函数,故
f(x)
x
a
k
即
1k
2k
2k
,解之
k1
或
0k1.

解法2 以a 为主参数,由
a
2kx
1k
2
0
知k与x同号,代入
xak0
知
x
2kx
1k
2
2

①当x>0时,则k>0,故
2k
2
2
1k
2k
2
10k1

②当x<0时,则k<0,故
1k
2
1k1

综上可知
k(,1)(0,1)
.
分离参数一般步骤为:①将含参数t的关于x的方程或不等式变形为g(t)与

( x)
的等式或不等式,
②根据方程或不等式的解(x)的范围确定函数

(x )
的取值范围D,③由D以及g(t)与

(x)
的相等与不
等关系 确定为g(t)的取值范围,从而求出参数t的范围.
说明:这里①是前提,②是关键
从以 上数例可以看出,只要我们从多角度、多方位、多层次上去挖掘隐含条件,从而获得问题的最佳解
决方法 ,不断提高自己的解题能力.