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  • 今天为大家带来数量关系:等差数列中项法求和的应用。【导读】中公事业单位为帮助各位考生顺利通过事业单位招聘考试!今天为大家带来数量关系:等差数列中项法求和的应用。下半年的事业单位考试正在来袭,在大家备考...

    【导读】

    中公事业单位为帮助各位考生顺利通过事业单位招聘考试!今天为大家带来数量关系:等差数列中项法求和的应用。

    【导读】

    中公事业单位为帮助各位考生顺利通过事业单位招聘考试!今天为大家带来数量关系:等差数列中项法求和的应用。

    下半年的事业单位考试正在来袭,在大家备考过程中不难发现,计算问题属于一类高频考点,而计算问题中的等差数列又是这一类题里最常考的知识点,那么,今天和大家分享的是等差数列中中项法求和公式的应用。我们初中时就知道了等差数列的通项公式和求和公式,但是那时主要应用的求和公式是:前n项和

    530903bdf953ad9445153c969ccdfa98.png,即

    865f6c8778d90e1ac43c6b4c91f9b370.png,而在实际解题过程中我们发现,等差数列的中项法求和公式应用起来解题会更快。所以,对于等差数列的学习,一定要掌握中项法求和的方式。

    中项法求和分为两种情况,一是数列为奇数项时:Sn=中间一项×项数。

    【例1】主席台前排坐着5个人,最小的一个32岁,从第二个起,每个人都比前一个人年龄大3岁,则这个5个人的平均年龄为( )

    A.28 B.35 C.38 D.41

    【答案】C。

    【中公解析】方法一,依题意可知,5人年龄构成公差为3的等差数列,求5人的平均年龄,只需求5人的年龄和,再除以5即可,a1=32,根据通项公式易知a5=44,则

    1244bc5dbccf8be6b3fb23de86f96035.png,所以,5人平均年龄为190÷5=38。

    方法二,由中项法求和可知:五个人的年龄和S5=第三个人的年龄×5,所以第三个人的年龄即等于5人的平均年龄,第一人是32岁,则第二人为35岁,第三人为38岁,此题选C。

    中项法求和的另一种情况是数列为偶数项时:Sn=中间两项和×项数的一半。

    【例2】一张试卷共8道题,后面每一道题总比前一道多4分,如果试卷满分120分,那么第四道题分值是:

    A.17 B.16 C.13 D.11

    【答案】C。

    【中公解析】方法一,依题意,8道题的分值构成公差为4的等差数列,8项的和S8=120,根据通项公式和常规求和公式有:

    4c8137281f3bb06c2eb2cd19d9906466.png……①;a8=a1+(8-1)×4……②;联立两式解得a1=1,所以,a4=1+(4-1)×4=13。

    方法二,由中项法求和可知:S8=120=(a4+a5)×4,则(a4+a5)=30,又因为a5比a4大4,所以a5=17,a4=13.此题选C.

    通过以上两道例题不难看出,在等差数列的计算问题中,如果能灵活运用中项法求和公式,那么解题过程也许会变得简单,更容易得到结果,所以,在事业单位备考过程中,一定要对中项法求和很熟悉,做到灵活运用。

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    数学大师


    等差数列是常见数列的一种,可以用AP表示,如果一个数列从第二项起,每一项与它的前一项的差等于同一个常数,这个数列就叫做等差数列,而这个常数叫做等差数列的公差,公差常用字母d表示。

    等差数列求和公式

    1.公式法

    c910b683d6b5431e1359e4df20af485a.png

    2.错位相减法

    3c421f05fe05a24644e53377b874eb70.png

    3.求和公式

    99c201de8ae2cce2efd7c790e684ce54.png

    4.分组法

    有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比或常见的数列,然后分别求和,再将其合并即可.

    d1c6d6d0b6532238efeee47b6f43aa7f.png

    5.裂项相消法

    适用于分式形式的通项公式,把一项拆成两个或多个的差的形式,即an=f(n+1)-f(n),然后累加时抵消中间的许多项。

    e42c9b1463e63aaf77bc154041e36cba.png


    【小结】此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后,其中中间的大部分项都互相抵消了。只剩下有限的几项。
    注意:余下的项具有如下的特点1、余下的项前后的位置前后是对称的。2、余下的项前后的正负性是相反的。

    6.数学归纳法

    一般地,证明一个与正整数n有关的命题,有如下步骤:(1)证明当n取第一个值时命题成立;(2)假设当n=k(k≥n的第一个值,k为自然数)时命题成立,证明当n=k+1时命题也成立。

    【例】求证:1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + .…… + n(n+1)(n+2)(n+3) = [n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)]/5

    证明:当n=1时,有:1×2×3×4 = 24 = 2×3×4×5/5

    假设命题在n=k时成立,

    于是:1×2x3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + .…… + k(k+1)(k+2)(k+3) = [k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5

    则当n=k+1时有:

    1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)

    = 1×2×3×4 + 2×3×4*5 + 3×4×5×6 + …… + k(k+1)(k+2)(k+3) + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)

    = [k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5 + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)

    = (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)*(k/5 +1)

    = [(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)(k+5)]/5

    即n=k+1时原等式仍然成立,归纳得证

    7.并项求和法

    (常采用先试探后求和的方法)【例】1-2+3-4+5-6+……+(2n-1)-2n

    方法一:(并项)求出奇数项和偶数项的和,再相减。

    方法二:(1-2)+(3-4)+(5-6)+……+[(2n-1)-2n]

    方法三:构造新的数列,可借用等差数列与等比数列的复合。an=n(-1)^(n+1)

    等差数列判定及其性质

    等差数列的判定
    (1)a(n+1)--a(n)=d (d为常数、n ∈N*)[或a(n)--a(n-1)=d,n ∈N*,n ≥2,d是常数]等价于{a(n)}成等差数列。
    (2)2a(n+1)=a(n)+a(n+2) [n∈N*] 等价于{a(n)}成等差数列。
    (3)a(n)=kn+b [k、b为常数,n∈N*] 等价于{a(n)}成等差数列。
    (4)S(n)=A(n)^2 +B(n) [A、B为常数,A不为0,n ∈N* ]等价于{a(n)}为等差数列。

    特殊性质
    在有穷等差数列中,与首末两项距离相等的两项和相等。并且等于首末两项之和;特别的,若项数为奇数,还等于中间项的2倍,即,a(1)+a(n)=a(2)+a(n-1)=a(3)+a(n-2)=···=2*a中

    【例】数列:1,3,5,7,9,11中

    a(1)+a(6)=12 ;

    a(2)+a(5)=12 ;

    a(3)+a(4)=12 ;

    即,在有穷等差数列中,与首末两项距离相等的两项和相等。并且等于首末两项之和。


    数列:1,3,5,7,9中

    a(1)+a(5)=10 ;

    a(2)+a(4)=10 ;

    a(3)=5=[a(1)+a(5)]/2=[a(2)+a(4)]/2=10/2=5 ;

    即,若项数为奇数,和等于中间项的2倍,另见,等差中项。

    ​数学大师

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  • 数列前n和(分组求和法) 精品文档 精品文档 收集于网络如有侵权请联系管理员删除 收集于网络如有侵权请联系管理员删除 精品文档 收集于网络如有侵权请联系管理员删除 1.求数列的前和 2.数列{an}的通项公式...
  • 数列求和公式汇总

    万次阅读 2017-08-06 18:51:07
    常见公式 1+2+3+…+n=n(n+1)/2 ...{//等差数列求和公式 return (n+1)*n/2;//注意(n+1)/2*n这样不对 } q^1+q^2+q^3+…+q^n=q*(q^n-1)/(q-1) LL power(int a,int b){ LL ans=1,base=a; while(b>0)...

    常见公式

    1+2+3+…+n=n(n+1)/2

    LL getSum(LL n)
    {//等差数列求和公式
        return (n+1)*n/2;//注意(n+1)/2*n这样不对
    }

    q^1+q^2+q^3+…+q^n=q*(q^n-1)/(q-1)

    LL power(int a,int b){
        LL ans=1,base=a;
        while(b>0){
            if(b&1) //n%2==1
                ans=ans*base;
            base=base*base;
            b>>=1;// b/=2
        }
        return ans;
    }
    LL getSum(LL q,LL n)
    {//等比数列求和公式
        return q*(power(q,n)-1)/(q-1);
    }

    1²+2²+3²…+n²=n(n+1)(2n+1)/6

    推导过程

    利用立方差公式
    n^3-(n-1)^3=1*[n^2+(n-1)^2+n(n-1)]
    =n^2+(n-1)^2+n^2-n
    =2*n^2+(n-1)^2-n
    2^3-1^3=2*2^2+1^2-2
    3^3-2^3=2*3^2+2^2-3
    4^3-3^3=2*4^2+3^2-4
    .
    n^3-(n-1)^3=2*n^2+(n-1)^2-n
    各等式全相加
    n^3-1^3=2*(2^2+3^2+…+n^2)+[1^2+2^2+…+(n-1)^2]-(2+3+4+…+n)
    n^3-1=2*(1^2+2^2+3^2+…+n^2)-2+[1^2+2^2+…+(n-1)^2+n^2]-n^2-(2+3+4+…+n)
    n^3-1=3*(1^2+2^2+3^2+…+n^2)-2-n^2-(1+2+3+…+n)+1
    n^3-1=3(1^2+2^2+…+n^2)-1-n^2-n(n+1)/2
    3(1^2+2^2+…+n^2)=n^3+n^2+n(n+1)/2=(n/2)(2n^2+2n+n+1)
    =(n/2)(n+1)(2n+1)
    1^2+2^2+3^2+…+n^2=n(n+1)(2n+1)/6

    编码实现

    LL getSum(LL n)
    {
        return (n+1)*n*(2*n+1)/2;
    }

    1³+2³+3³+…n³=n²(n+1)²/4=[n(n+1)/2]²

    LL getSum(LL n)
    {
        return n*n*(n+1)*(n+1)/4;
    }

    1^4+2^4+3^4+…+n^4=n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)/30

    LL getSum(LL n)
    {
        return n*(n+1)*(2*n+1)*(3*n*n+3*n-1)/30;
    }

    1*2+2*3+3*4+4*5+…+n(n+1)=n(n+1)(n+2)/3

    LL getSum(LL n)
    {
        return n*(n+1)*(n+2)/3;
    }

    对公式有特殊的取模处理时

    例如对公式1^4+2^4+3^4+…+n^4=n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)/30。如果有题目要求对其取模,如果对于公式算完再取模,数很大的情况,会溢出,我们就要对每一步先取模运算,防止溢出,我们知道对于出现除法的取模运算不能像加减乘一样直接对每一部分直接取模,要用逆元取模。
    这里就是对上式的一个取模实验。这里用的是费马小定理。

    #include <cstdio>
    #include <cmath>
    using namespace std;
    
    typedef long long LL;
    typedef long long LL;
    LL pow_mod(LL a,LL b,LL m){
        LL ans=1,base=a;
        while(b>0){
            if(b&1) //n%2==1
                ans=ans*base%m;
            base=base*base%m;
            b>>=1;// b/=2
        }
        return ans;
    }
    LL getSum(LL n)
    {
        return n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*(3*(n*n%mod)+3*n-1)%mod*pow_mod(30,mod-2,mod)%mod;
    }
    int main()
    {
        printf("%lld",getSum(2,1e9+7));
        return 0;
    }

    斐波那契数列求和公式

    Sn=A(n+2)-1
    公式推导如下:(注意An-1与A(n-1)区别)
    斐波那契数列:1、1、2、3、5、8、13、21、……An
    则:a1=1,a2=1,a3=2,a4=3,a5=5,……,an。
    求和:Sn=a1+a2+a3+……+An
    Sn=1+a1+a2+a3+……+An-1
    因为a2等于1,所以Sn=a2+a1+a2+a3+……+An-1
    即:Sn=a2+a1+a2+a3+……+An-1Sn=a3+a2+a3+……+An-1
    Sn=a3+a2+a3+……+An-1Sn=a4+a3+……+An-1……
    Sn=An+A(n-1)+An-1
    即:Sn=A(n+1)+An-1=A(n+2)-1
    证毕。

    斐波那契数列平方求和的计算公式及其几何证明

    斐波那契数列的递归定义形式如下:
    这里写图片描述
    又有其通项的计算公式为:
    这里写图片描述
    则其各项相加的平方和为:

    1^2+1^2+2^2+3^2+5^2+8^2=8×13

    ∑na2n=a21+a22+…+a2n=anan+1
    ∑nan2=a12+a22+…+an2=anan+1
    如果则是,以几何的手段证明:12+12+22+32+52+82=8×1312+12+22+32+52+82=8×13

    这里写图片描述
    这里写图片描述2 是 1+1 构成的新的长方形的长;
    a21+a22+a23⇒a3×(a2+a3)=a3×a4a12+a22+a32⇒a3×(a2+a3)=a3×a4
    a1^2+a2^2得 1*2 的矩形;在此基础上右加上 2^2 的正方形;

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