等差數列前n項和的一個遞推關系式的豐富內涵

烏魯木齊市高級中學(830011) 蘆志新

定理設{an}是等差數列,Sn表示前n項和,則有遞推關系式:

這個關系式定理具有豐富的內涵,主要表現在兩個“推”上,即此定理遞推關系式的多種“推導”方法所表現的深刻內涵和定理的多個“推論”之間的內在高度統一所展現的豐富性,使我們感到這個關系式定理的價值存在及其重要應用,下面就來一一說明.

一、定理推導方法多樣性所表征的深刻內涵

推導方法一不妨設m > n,則有Sm ?Sn=an+1+an+2+···+am=am+n),且因{an}是等差數列,則有an+1+am=a1+am+n.

(1)當a1+am+n=0 時,明顯地有Sm ?Sn=Sm+n=0,即

(2) 當a1+am+n ?= 0 時,Sm ?Sn=am)?= 0,則有由對稱性,當m

這個推導方法本身就是一種很好的證明方法,它融入了等差數列性質:若p+q=m+n,則ap+aq=am+an及當m > n時,有趣片段和關系式為Sm ?Sn=an+1+an+2+···+am=

推導方法二由于{an}是等差數列,設其公差為d,則Sn=na1+· d,這說明數列

即證.

此推導方法用到了由{an}誘導出的另一個等差數列它的公差恰是等差數列{an}公差的一半.

推導方法三因{an}是等差數列,不妨設m ?=n,則公差則

這個推導方法表征的意義為:兩個等差數列{an}與之間有一致的遞推關系,am+n=n)?

推導方法四設等差數列{an}的前n項和為Sn,及m ?=n,根據{an}前n項和Sn式子特點又可設為Sn=An2+Bn,則Sm=Am2+Bm,于是Sn ?Sm=An2+Bn ?(Am2+Bm) = (n ?m)[A(m+n)+B],又m ?=n,則A(m+n)+B=故有

這個推導方法用到了Sn的結構式Sn=An2+Bn及因式A(m+n)+B的整體結果,運算量小,是一種好的證明方法,體現了局部里的整體思想.

推導方法五(方程法)設m ?=n,聯立Sn=An2+Bn與Sm=Am2+Bm,解得:A=代入Sm+n=A(m+n)2+B(m+n) =(m+n)[A(m+n)+B]中有

此推導方法明顯運算量較大,因為它是先利用方程組解參A、B,再回代A、B,可見推導方法四中利用先求因式A(m+n)+B的整體結果再回代,比推導方法五中解參再回代要好得多.

推導方法六設Sn=An2+Bn,則=An+B,等差數列的圖像是一條直線上的點列,即有即證之.

推導方法七設Sn=An2+Bn,=An+B,設m ?=n,有

此推導方法很直接,運用了Sn=An2+Bn和=An+B結構特點,且運算量很小.

二、定理的豐富內涵

推論一設{an}是等差數列,Sn表示前n項和,且Sm=Sn(m ?=n),則Sm+n=0.

證明事實上,因Sm=Sn(m ?=n),由定理知:=0(m ?=n)得Sm+n=0.

推論一還有一種二次函數證法,可設二次函數f(x)=Ax2+Bx,若f(m)=f(n)(m ?=n,即Sm=Sn),則其圖象對稱軸為x=故知f(m+n)=f(0)=0,有Sm+n=f(m+n)=0,即證之.

作為流行的練習題有:設Sn是等差數列{an}的前n項和,且Sp=Sq(p

推論二設{an}是等差數列,Sn表示前n項和,且Sn=m,Sm=n,則Sm+n=?(m+n).

證明事實上由定理知:即Sm+n=?(m+n).

作為流行的練習題有:(1)設Sn是等差數列{an}的前n項和,且S10=100,S100=10,則S110=____.

(2) 設Sn是等差數列{an}的前n項和,且Sp=q,Sq=p(p ?=q),則Sp+q=____.

推論三設{an}是等差數列,Sn表示前n項和,則S2n?1=(2n ?1)an.

證明令m=n ?1,由定理知:=an,即S2n?1=(2n ?1)an.

推論三的內涵很豐富,an是a1,a2,…,a2n?1這2n ?1個項的平均數,自然有S2n?1= (2n ?1)an.此推論在平常的練習題和高考試題中應用較廣,是一個很有價值的結論.

推論四設{an}是等差數列,Sn表示前n項和,則S3n=3(S2n ?Sn)或S3n ?S2n+Sn=2(S2n ?Sn).

證明令m= 2n,由定理得即S3n=3(S2n ?Sn)或S3n ?S2n+Sn=2(S2n ?Sn).

它的意義在于:等差數列的等距等長片段和還構成等差數列,即S(k+1)n ?Skn=Sn+k(S2n ?2Sn).這也是一個有價值的結論.

對于這四個推論,在以前我們沒有發現它們之間有什么緊密的聯系,但有了這個等差數列前n項和的遞推關系定理,我們就知道了它們是高度統一的,這是自然賦予我們的一個多么神奇的事情啊.

推論五(進一步拓展)設{an}是等差數列,Sn表示前n項和,若p+q=m+n,則m ?=n).

證明由定理得即證.

這是一個挺有意思的二級結論.

三、定理及其推論在解高考題中的運用

例1(2011年高考湖南卷理科第12 題)設Sn是等差數列{an}(n ∈N?) 的前n項和,且a1= 1,a4= 7,則S9=____.

解析依題意,S1=a1= 1,S4== 16,由定理知(S4?S1) = 25,又得S9=9(S5?S4)=81.

注解S1=a1,當我們知道a1與am或a1+am的具體值時,就得到Sm(因Sm=),于是就可以多次用前述的等差數列前n項和遞推關系式定理了.

例2(2013年高考全國課標Ⅰ卷理科第7 題)設等差數列{an}的前n項和為Sn,Sm?1=?2,Sm=0,Sm+1=3,則m=( )

A.3 B.4 C.5 D.6

解析由定理知0 =得S1=Sm?1=?2,于是得m=5,選C.

例3(2019年高考全國Ⅲ卷理科第14 題)記Sn為等差數列{an}的前n項和,a1?=0,a2=3a1,則

解析依題意S1?= 0,S2=a1+a2= 4a1= 4S1,由定理得S5= 25S1,同理得S8= 4(S5?S3) = 64S1.S10=

注解不論是給出等差數列兩個項關系式、兩個前幾項和關系式還是一個項關系式與一個前幾項和關系式,都可以列成關于a1(首項)與d(公差)的二元一次方程組形式,然后解之,再回代a1與d去求具體的第幾項、通項、前幾項和或前n項和等等,這是解決此類問題的通法.但通法有時計算量大、比較繁瑣,必要時可看一下是否有符合前述定理的遞推關系呢,如果有,那么在解題策略上就可選用上述例1～例3 的方法了.

例4(2011年高考江西卷文科第5 題)設{an}為等差數列,公差d=?2,Sn為其前n項和,若S11=S10,則a1=( )

A.18 B.20 C.23 D.24

解析因S11=S10,由定理推論一知S21=0,又是等差數列,于是=a1+10d,則有a1=?10d=20,故選B.

例5(2018年高考上海卷第6 題)記等差數列{an}的前n項和為Sn,若a3=0,a6+a7=14,則S7=____.

解析由定理推論三知,S5= 5a3= 0,S12=a12) = 6(a6+a7) = 84,再由定理知:得+S5=14+0=14.

例6(2007年高考遼寧卷理科第4 題)設等差數列{an}的前n項和為Sn,若S3=9,S6=36,則a7+a8+a9=( )

A.63 B.45 C.36 D.27

解析由定理推論四知,S9=3(S6?S3)=3·27=81,于是a7+a8+a9=S9?S6=45,故選B.

通過等差數列前n項和遞推關系式定理及推論在高考試題中的應用,我們發現,解題方法是多樣的,不斷總結解題規律,找出問題間的聯系,是通向深層次學習數學的必由之路,也是現今倡導提升數學素養的一種體現.