等差数列中Sm，Sn，Sm＋n之间的关系

在等差数列 {an}中 ,d为公差 ,Sn 为前n项和 ,则Sm,Sn,Sm +n有下列性质 .性质 1　在等差数列 {an}中 ,Sm +n=Sm+Sn+mnd(m ,n∈N ) .证明　Sm+n=a1+a2 +… +am+am +1+am +2 +… +am+n=Sm+ (a1+md) + (a2 +md) +… + (an+md) =Sm+Sn+mnd .性质 2　 Sm +nm +n=Sm-Snm -n (m ,n∈N ,且m≠n) .证明　∵Sm-Sn=ma1+ m(m - 1)d2 -na1-n(n - 1)d2=(m -n)a1+ (m +n - 1)d2=m -nm +n (m +n)a1+ (m +n) (m +n - 1)d2=m -nm +nSm +n,∴ Sm +nm +n=Sm-Snm -n .性质 3　若Sm =Sn,则Sm +n=0 (m ,n∈N ,且m≠n) .证明　由性质 2知 ,Sm +nm +n=Sm-…     

运用S_(m n)公式解高考题

设数列｛an}的前n项和为Sn则Sm＋n＝Sn＋（am＋1＋…＋an＋n）．（1）若数列如｛an}是公差为d的等差数列，则Sm＋n＝Sm＋Sn＋mnd（1）特别地，sn＋1=a1＋Sn＋nd．推论等差数列的前n项和为A，次n项和为B，后n项和为C，则（2）若数列｛an｝是公比为q的等比数列，则am＋1＋…＋am＋n特别地，Sn 1=a1＋qSn(2)推论对等比数列有SS＋Sg。一战（SZ。＋Ss。）．在处理某些等差（或等比）数列的“和”问题时，运用上述公式可简捷求解．例1已知k。）是等比数列，若。1＋。2＋a。218，a；＋a3＋a。—一人且入一al＋a。＋…＋a。，那么tims＂的值…     

等差数列的两个性质及其应用

等差数列 {an}中 ,任意两项 an、am 存在关系 :an =am + ( n - m) d,利用此式 ,有时解题非常简捷、迅速 ,这个性质我们都很熟悉 .由此 ,猜想 :等差数列中 ,前 n项和 Sn与前 m项和Sm 之间 ,Sn 与 an 之间 ,是否也存在一种关系呢 ?这种关系在解题时 ,是否能给我们带来方便 ?本文将探讨这个问题 .由等差数列的通项公式am =a1 + ( m - 1 ) d,得 a1 =am+ ( 1 - m) d,代入　 Sn =na1 + n( n - 1 ) d2 ,得　 Sn =n[am + ( 1 - m) d]+ n( n - 1 ) d2=nam + n( n + 1 - 2 m) d2 ( 1 )公式 ( 1 )反映了等差数列前 n项和与其任一项之间的关系 .由 ( 1…     

等差数列前n项和的几个性质及应用

定理1 设数列{an}是公差为d的等差数列，前以项和为Sn,则有 Sn/n=Sm/m＋n-m/2d（1） 证因为等差数列{an}中     

等差数列的两个性质及其应用

等差数列 {an}中 ,任意两项an,am 存在关系 :an=am + (n -m )d ,利用此式 ,有时解题非常简捷、迅速 ,这个性质我们都很熟悉 .由此 ,我想 :等差数列中 ,前n项和Sn 与任意一项am,Sn 与Sm 之间 ,是否也存在一种关系呢 ?这种关系在解题时 ,能给我们带来方便吗 ?本文将重点探讨这个问题 .由等差数列的通项公式am=a1+ (m -1 )d得 :a1=am+ ( 1 -m)d ,代入Sn=na1+ n(n - 1 )d2 ,得Sn=n[am + ( 1 -m )d]+ n(n - 1 )d2=nam+ n(n + 1 - 2m)d2 ( 1 )公式 ( 1 )反映了等差数列前n项和其任一项之间的关系 .由 ( 1 )得　Sm=mam+ m( 1 -m)d2 ( 2 )( 1 ) ,…     

等差数列中“和问题”的一种处理方法

公差为d的等差数列{an}的通项公式为an=a1 (n-1)d (n∈N),若函数f(x)=dx (a1-d) (x∈R),则有an=f(n).本文称函数f(x)为等差数列{an}的伴随函数,这样便有下面的定理.定理 若f(x)为等差数列{an}的伴随函数,且mi (i=1,2,3,…,k)为自然数,则证 ∵ f(x)为等差数列{an}的伴随函数,∴ f(x)=dx (a1-d) (x∈R),故定理得证.推论 若f(x)为等差数列{an}的伴随函数,Sn为前n项和,则证 由定理得：利用定理及推论可巧妙解答等差数列中有关的和问题.例1 在等差数列{an}中,若a3 a4 a5 a6 a7=450,则a2 a8=( )(A) 45. (B) 75. (C) 180.…     

等差数列的一个性质及应用

设公差为 d的等差数列 { an}的前 m项之和、前 n项之和分别为 Sm、Sn,其中 m≠ n,则Sm =ma1 m(m - 1 )2 d,Sn =na1 n(n - 1 )2 d.变形得 Smm=a1 m - 12 d,1Snn=a1 n - 12 d. 21 - 2并整理得Smm- Snnm - n =d2 . 3等式 3表明等差数列 { an}具有一个重要的性质 :对于任意的 m、n∈ N 且 m≠ n,必有Smm- Snnm - n =常数 .下面通过例题说明上述性质在解决某些与等差数列前 n项和有关的问题中的应用 .例 1　在等差数列 { an}中 ,已知 S3 =S10= 3 0 ,试求 Sn 的最大值 .解　由性质得Snn- S3 3n - 3 =S101 0 - S3 31 0 - 3 ,把　 S3 =S10 …     

从(S_m-S_n)/(m-n)=S_(m+n)/(m+n)说开去

在等差数列 {an}中 ,Sn 为其前n项和 ,则有如下性质 :Sm-Snm -n =Sm +nm +n　 (m ,n∈N ,且m≠n) (1)证明　∵Sm-Sn=ma1+12 m(m - 1)d -na1- 12 n(n - 1)d=(m -n) [a1+12 (m +n - 1)d],∴ Sm-Snm -n =a1+12 (m +n - 1)d .又Sm +n=(m +n)a1+12 (m +n) (m +n -1)d ,∴ Sm +nm +n=a1+12 (m +n - 1)d .故 (1)式成立 .等差数列 {an}的公差d =0时的情况很简单 ,因此 ,在以下的讨论中我们约定d≠ 0 .图 1　性质 (1)的图示我们知道 ,等差数列 {an}前n项和Sn=na1+12 n(n - 1)d =12 dn2 +(a1- d2 )n ,这说明 ,点 (n ,Sn)在二次函数 y =12 dx2 +(…     

等差数列的一个性质及应用

定理:设数列{an}是以d为公差的等差数列,Sn为{an}的前n项和,记bn=Sn/n,则数列{bn}是以d/2为公差的等差数列. 简证:∵数列{an}是以d为公差的等差数列,     

新题征展(68)

A题组新编1.(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=Sn(m≠n),则Sm+n=;(2)已知函数f(x)=ax2+bx,若f(m)=f(n)(m≠n),则f(m+n)=;(3)已知函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0),若f(m)=f(n)(m≠n),则f(m+n)=.2.(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=n,Sn=m(m≠n),则Sm+n=;(2)等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=a,Sn=b(m≠n),则Sm+n=;(3)已知函数f(x)=ax2+bx(a≠0),若f(m)=t,f(n)=s(m≠n),则f(m+n)=;(4)f(x)=ax2+bx+c(a≠0),若f(m)=t,f(n)=s(m≠n),则f(m+n)=.3.(1)在周长为定值l的直角三角形中,怎样的三角形面积最大?最大面积是多少?请详述理由;(2)在…     

一个数列问题的再研究

人民教育出版社《数学》(必修)第一册(上)第129页习题3.5第7题:已知数列{an}是等比数列,Sn是其前n项和,a1,a7,a4成等差数列,求证2S3,S6,S12-S6成等比数列.文[1]给出了如下一个推广:定理1已知数列{an}是公比不为±1的等比数列,Sn是其前n项和,若xam,yam 2k,zam k成等差数列(其中x     

正项二阶等差数列的不等式

文[1]、[2]研究了正项等差数列方幂的不等式,本文研究由递增正项二阶等差数列若干项构成的不等式.为了简便起见,以下约定{an}是递增正项二阶等差数列,bn=an 1-an,{bn}的公差为d,其前n项和为Sn,m,k,n,p为正整数.引理d>0,an 1=Sn a1.证设an=an2 bn c,a,b,c∈R,且a>0.∵bn=an 1-an     

解题思路形成探因——对一道高考题的反思

题目(2012年广东理19)设数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn=an+1-2n+1+1,n∈N*,且a1、a2+5、a3成等差数列.(1)求a1的值;(2)求数列{an}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有1/a1+1/a2+…+1/an<3/2.     

等差数列的一个充要条件

定理　数列 {an}为等差数列的充要条件为 :对任意整数 k,当 m 1≤ k≤ n - 1时 ,恒有等式 :( n - k) am ( k - m) an =( n - m) ak,其中 m,n∈ N且 n >m≥ 1 .证明　 (必要性 )设数列 {an}为等差数列 ,公差为 d,则　 an =am ( n - m) d,于是对任意正整数 m,n,k有　 ( n - k) am ( k - m) an= ( n - k) am ( k - m) [am ( n - m) d]= ( n - m) [am ( k - m) d]=( n - m) ak.由于正整数 m,n,k的任意性 ,故当 m 1≤ k≤ n - 1时 ,等式仍然成立 .(充分性 )若对任意正整数 k都有等式( n - k) am ( k - m) an =( n - m) ak,( 1…     

2004年全国高考数学试题分类集锦(Ⅱ)

4 数列 (1)[全国卷Ⅲ理(3)]设数列{an}是等差数列,且a2=-6,a8=6,Sn是数列{an}的前n项和,则( ).     

谈一道高考题的代数式处理系统

我们看2009年江苏高考第18题: 设{an}是公差不为零的等差数列,Sn为其前n项和,满足a22+a32=a42+a52,S7=7. (1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn; (2)试求所有的正整数m,使得(amam+1/am+2)为数列{an}中的项. 此题看似平常,实则有很多值得品位的东西,特别是解答过程中,解题者如何构建顺畅而合理的代数式处理系统,怎样才能使该题的解答行如流水,一气呵成?这些是我们解决该题时应有的想法.     

用函数观点证明等差数列中两个结论

等差数列是中学教材中出现的两种特殊的数列之一,其中有两个重要的结论:(1)已知{an}成等差数列,当am=n,an=m时,则有am+n=0;(2)已知{an}成等差数列,当sm=n,Sn=m时,则有Sm+n=-(m+n).对于上述两个重要的结论,可用列方程来证明,运算过程较烦,若用函数的观点分析证     

对一道高考题的探究

已知数列{an}的前n项和Sn,满足Sn=2an (-1)n(n≥1).1)写出数列{an}的前3项a1,a2,a3;2)写出数列{an}的通项公式;3)证明对任意的整数m>4有1a4 1a5 … 1am<78.思路分析1)略.2)an=23[2n-2 (-1)n-1](n≥1).3)由于1a4 1a5 … 1am是关于m的递增数列,故不能直接用数学归纳法证明不等式,     

对一道高考试题标准答案的浅见

2006年北京市高考文科第20题: 设等差数列{an}的首项a1及公差d都为整数,前n项和为Sn. (I)若a11=0,S14=98,求数列{an}的通项公式;     

江苏卷第19（2）题别解

第19题：设各项均为正数的数列{an）的前n项和为Sn已知2a2=a1＋a2,数列{√Sn}是公差为d的等差数列．