基础知识
等差数列
若一个数列 \( {a}_{1},{a}_{2},{a}_{3},\ldots ,{a}_{n},\ldots \) 中任意两个相邻项的差相同，则称该数列为等差数列(arithmetic sequence，或arithmetic progression)。
等比数列
若一个数列 \( {a}_{1},{a}_{2},{a}_{3},\ldots ,{a}_{n},\ldots \) 中任意两个相邻项的比相同，则称该数列为等比数列(geometric sequence，或geometric progression)。
项
等差或等比数列中的一个元素称为该
数列的项，记作 \( {a}_{1},{a}_{2},{a}_{3},\ldots \) 。
\( {a}_{1} \) 称为首项。
\( {a}_{n} \) 称为通项或第 \( {n}^{\text{th }} \) 项。
相同的差称为公差(common difference，记作d)。
相同的比称为公比(common ratio，记作q或r)。
前 \( n \) 项的和记作 \( {S}_{n} \) 。例如， \( {S}_{12} \) 表示前十二项的和。
等差数列的性质:
(1). 公差(d)
\[ d = {a}_{n + 1} - {a}_{n} \tag{15.1} \]
\[ d = \frac{{a}_{m} - {a}_{n}}{m - n} \tag{15.2} \]
\[ \frac{d}{2} = \frac{\frac{{S}_{m}}{m} - \frac{{S}_{n}}{n}}{m - n} \tag{15.3} \]
(2). 第n项
第 \( n \) 项表示为 \( {a}_{n} = {a}_{1} + \left( {n - 1}\right) d \) (15.4)
其他形式:
\[ {a}_{n} = {a}_{m} + \left( {n - m}\right) d \tag{15.5} \]
\[ {a}_{n} = \left( {{a}_{2} - {a}_{1}}\right) n + \left( {2{a}_{1} - {a}_{2}}\right) \tag{15.6} \]
\( {a}_{n} = {S}_{n} - {S}_{n - 1}\;\left( {n\text{ is positive integer and }n > 1}\right) \) (15.7)
若 \( m + n = p + q \) ，其中 \( m, n, p \) 与 \( q \) 为正整数，则
\[ {a}_{m} + {a}_{n} = {a}_{p} + {a}_{q} \tag{15.8} \]
\[ \text{If}m + n = {2q}\text{, then}{a}_{m} + {a}_{n} = 2{a}_{q} \tag{15.9} \]
若 \( {a}_{m} = p,{a}_{n} = q \) ，则 \( {a}_{m + n} = \frac{{mp} - {nq}}{m - n} \) (15.10)
\[ {a}_{1} = {S}_{1} \tag{15.11} \]
(3). 数列前 \( n \) 项之和:
\[ S = \frac{\left( {{a}_{1} + {a}_{n}}\right) n}{2} \tag{15.12} \]
\[ S = n{a}_{1} + \frac{\left( {n - 1}\right) d}{2}n \tag{15.13} \]
其他形式:
\[ {S}_{m + n} = \left( {m + n}\right) \frac{{S}_{m} - {S}_{n}}{m - n} \tag{15.14} \]
在等差数列 \( {a}_{n} \) 中，前 \( n \) 项之和为 \( {S}_{n} \) 。
若项数为 \( {2n} - 1 \) ，则 \( {S}_{\text{odd }} - {S}_{\text{even }} = {a}_{n} \) (15.15)
若项数为 \( {2n} \) ，则 \( {S}_{\text{even }} - {S}_{\text{odd }} = {nd} \) (15.16)
(4). \( {a}_{n} \) 与 \( {S}_{n} \) 之间的重要关系
若 \( {a}_{n} \) 为等差数列，则 \( {S}_{{2n} - 1} = \left( {{2n} - 1}\right) {a}_{n} \) (15.17)
或 \( {a}_{n} = \frac{{S}_{{2n} - 1}}{{2n} - 1} \) (15.18)
- 等比数列的性质
(1). 公比(qorr)。
\[ \frac{{a}_{n}}{{a}_{n - 1}} = q\;\left( {q \neq 0,\;n \geq 2}\right) \tag{15.19} \]
(2). 第n项
\[ {a}_{n} = {a}_{1} \cdot {q}^{n - 1} \]
\( \left( {{a}_{1}, q \neq 0}\right) \) (15.20)
\[ {a}_{n} = {a}_{m} \cdot {q}^{n - m}\left( {{a}_{1}, q \neq 0}\right) \tag{15.21} \]
\[ {a}_{n}^{2} = {a}_{n - k} \cdot {a}_{n + k}\;\left( {n \geq k}\right) \tag{15.22} \]
若 \( m + n = p + q,{a}_{m} \cdot {a}_{n} = {a}_{p} \cdot {a}_{q} \) (15.23)
\[ \text{If}m + n = {2t},{a}_{m} \cdot {a}_{n} = {a}_{t}^{2} \tag{15.24} \]
(3)前 \( n \) 项的和
\[ {S}_{n} = \frac{{a}_{1}\left( {1 - {q}^{n}}\right) }{1 - q}\;q \neq 1 \tag{15.25} \]
\[ {S}_{n} = \frac{{a}_{1} - {a}_{n}q}{1 - q} \tag{15.26} \]
证明:
方法一:
我们知道 \( \left\{ \begin{array}{l} {S}_{n} = {a}_{1} + {a}_{2} + {a}_{3} + \cdots + {a}_{n} \\ {a}_{n} = {a}_{1}{q}^{n - 1} \end{array}\right. \) (1)
(2)
将(2)代入(1)，我们得到:
\[ {S}_{n} = {a}_{1} + {a}_{1}q + {a}_{1}{q}^{2} + \cdots + {a}_{1}{q}^{n - 2} + {a}_{1}{q}^{n - 1} \tag{3} \]
将(1)乘以 \( q \) :
\[ q{S}_{n} = {a}_{1}q + {a}_{1}{q}^{2} + {a}_{1}{q}^{3} + \cdots + {a}_{1}{q}^{n - 1} + {a}_{1}{q}^{n} \tag{4} \]
\[ \text{(4)} - \left( 3\right) : \left( {1 - q}\right) {S}_{n} = {a}_{1} - {a}_{1}{q}^{n} \tag{5} \]
当 \( q \neq 1 \) 时，我们可以将(5)写成: \( {S}_{n} = \frac{{a}_{1}\left( {1 - {q}^{n}}\right) }{1 - q} \) 或 \( {S}_{n} = \frac{{a}_{1} - {a}_{n}q}{1 - q} \) 。
当 \( q = 1,{S}_{n} = n{a}_{1} \) 。
方法二:
根据等比数列(geometric sequence)的定义，我们有 \( \frac{{a}_{2}}{{a}_{1}} = \frac{{a}_{3}}{{a}_{2}} = \cdots = \frac{{a}_{n}}{{a}_{n - 1}} = q \) 。
根据比例性质，我们有 \( \frac{{a}_{2} + {a}_{3} + \cdots + {a}_{n}}{{a}_{1} + {a}_{2} + \cdots + {a}_{n - 1}} = \frac{{S}_{n} - {a}_{1}}{{S}_{n} - {a}_{n}} = q \) 。
\[ \frac{{S}_{n} - {a}_{1}}{{S}_{n} - {a}_{n}} = q\; \Rightarrow \;\left( {1 - q}\right) {S}_{n} = {a}_{1} - {a}_{n}q \]
当 \( q \neq 1 \) 时，我们可以将(5)写成: \( {S}_{n} = \frac{{a}_{1}\left( {1 - {q}^{n}}\right) }{1 - q} \) 或 \( {S}_{n} = \frac{{a}_{1} - {a}_{n}q}{1 - q} \) 。
当 \( q = 1,{S}_{n} = n{a}_{1} \) 。
定理: \( \left\{ {a}_{n}\right\} \) 是一个等比数列(geometric sequence)。如果 \( {S}_{n} = a,{S}_{2n} = b\left( {{ab} \neq 0}\right) \) ，则
\[ {S}_{3n} = \frac{{a}^{2} - {ab} + {b}^{2}}{a}. \tag{15.27} \]
等价表达式: \( {S}_{n}^{2} + {S}_{2n}^{2} = {S}_{n}{S}_{2n} + {S}_{n}{S}_{3n} \)
定理:如果 \( \left\{ {a}_{n}\right\} \) 是一个等比数列(geometric sequence)， \( q \) 是公比(common ratio)， \( {S}_{n} \) 是
前 \( n \) 项之和，然后 \( {S}_{m + n} = {S}_{m} + {q}^{m}{S}_{n} \) (15.28)
当 \( m = 1,{S}_{n + 1} = {a}_{1} + q{S}_{n} \) (15.29)
当 \( m = n,{S}_{2n} = {S}_{n} + {q}^{n}{S}_{n} \) (15.30)
(4). 无穷几何序列(infinite geometric sequence)中 \( n \) 项的和:
在方程 \( {S}_{n} = \frac{{a}_{1}\left( {1 - {q}^{n}}\right) }{1 - q} \) 中，若 \( n \) 增大而 \( - 1 < q < 1 \) ，即 \( \left| q\right| < 1,{q}^{n} \) 尺寸减小并趋近于零，则总和 \( {S}_{n} \) 将趋近于以下特定值:
\[ S = \frac{{a}_{1}}{1 - q}\;\left( {\left| q\right| < 1}\right) \tag{15.31} \]
若 \( q > 1 \) ，则随着 \( n \) 增大， \( {q}^{n} \) 的尺寸将无限增大。
若 \( q < - 1 \) ，则随着 \( n \) 增大， \( {q}^{n} \) 在正负值之间振荡，但其绝对值同样无界增大。
无论哪种情况，随着 \( n \) 增大， \( {S}_{n} \) 都不会趋近于某个特定值，因此可以说这个无穷几何级数(infinite geometric series)的和不存在。
示例
1. 等差数列(Arithmetic Sequences)
例1.(1987年美国数学竞赛)一个等差数列的前四项是 \( a, x \) 、 \( b,{2x} \) 。 \( a \) 与 \( b \) 的比值为
(A) \( \frac{1}{4} \) (B) \( \frac{1}{3} \) (C) \( \frac{1}{2} \) (D) \( \frac{2}{3} \) (E) 2
答案:(B)。
方法1(官方解法):
第二项与第四项的差为 \( x \) ；因此该差值
相邻项之间的差为 \( \frac{x}{2} \) 。因此 \( a = \frac{x}{2}, b = \frac{3x}{2} \) 且 \( \frac{a}{b} = \frac{\frac{x}{2}}{\frac{3x}{2}} = \frac{1}{3} \) 。
方法二(我们的解法):
根据公式 \( {a}_{n} = \left( {{a}_{2} - {a}_{1}}\right) n + \left( {2{a}_{1} - {a}_{2}}\right) \) ，我们有 \( {a}_{4} = \left( {{a}_{2} - {a}_{1}}\right) \times 4 + \left( {2{a}_{1} - {a}_{2}}\right) \)
\( \Rightarrow {2x} = \left( {x - a}\right) \times 4 + \left( {{2a} - x}\right) \Rightarrow {2x} = \left( {x - a}\right) \times 4 + \left( {{2a} - x}\right) \)
\( \Rightarrow x = {2a} \) (1)
\[ {a}_{3} = \left( {{a}_{2} - {a}_{1}}\right) \times 3 + \left( {2{a}_{1} - {a}_{2}}\right) \]
\[ \Rightarrow b = \left( {x - a}\right) \times 3 + \left( {{2a} - x}\right) \Rightarrow b = {2x} - a \tag{2} \]
将(1)代入(2): \( b = 2 \times {2a} - a \Rightarrow b = {3a} \Rightarrow \frac{a}{b} = \frac{1}{3} \) 。
例2.(2004 AMC 10 B)一位杂货商用罐头摆出一个展示，最顶层有1个罐头，每往下一层比上一层多2个罐头。若展示共有100个罐头，问共有多少层？
(A) 5 (B) 8 (C) 9 (D) 10 (E) 11
解答:(D)。
方法一(官方解法):
若展示共有 \( n \) 层，则最底层有 \( {2n} - 1 \) 个罐头。
因此罐头总数为该等差数列的和
\( 1 + 3 + 5 + \cdots + \left( {{2n} - 1}\right) \) ，即 \( \frac{n}{2}\left\lbrack {\left( {{2n} - 1}\right) + 1}\right\rbrack = {n}^{2} \)
于是 \( {n}^{2} = {100} \) ，故 \( n = {10} \) 。
方法二(我们的解法):
每层的罐头数构成一个等差数列，首项为1，总和为100，公差为2。
根据公式 \( S = n{a}_{1} + \frac{\left( {n - 1}\right) d}{2}n \) ，我们有 \( {100} = n \times 1 + \frac{2\left( {n - 1}\right) }{2}n \Rightarrow \)
\( {100} = n + {n}^{2} - n\; \Rightarrow \;{100} = {n}^{2} \) 。于是 \( n = {10} \) 。
例3. 若一个等差数列的首项为14，且该等差数列的第12项为23，求该等差数列的公差。
(A) \( {23}/{11} \) (B) \( {14}/{11} \) (C) \( 4/9 \) (D) \( 9/{11} \) (E) \( 5/7 \)
解答:(D)。
根据公式 \( d = \frac{{a}_{m} - {a}_{n}}{m - n} \Rightarrow \;d = \frac{{a}_{12} - {a}_{1}}{{12} - 1} = \frac{{23} - {14}}{11} = \frac{9}{11} \) 。
例4.(2006 AMC 10 A)有多少个互不相似的三角形，其角的度数是互不相同的正整数且成等差数列？
(A) 0 (B) 1 (C) 59 (D) 89 (E) 178
解答:(C)。
方法1(官方解答):
设 \( n - d, n \) 和 \( n + d \) 为三角形的角，则
\( {180} = n - d + n + n + d = {3n} \) ，所以 \( n = {60} \) 。
因为三角形任意两角之和小于180°，我们有 \( {180} > n + \left( {n + d}\right) = {120} + d \) ，这意味着 \( 0 < d < {60} \) 。满足此性质的三角形共有59个。
方法2(我们的解答):
设正整数 \( a, b \) 和 \( c \) 为三角形的角，且 \( a \leq b \leq c \) 。
\( a + b + c = {180} \) (1)
\( a + c = {2b} \) (2)
将(2)代入 \( ({10} : {2b} + b = {180} \Rightarrow {3b} = {180} \Rightarrow b = {60} \) 。
由于 \( a \) 为正整数， \( a \leq b, a \) 可取1到59。
满足此性质的三角形共有59个。
例5. 在等差数列 \( {a}_{n},{a}_{1} + {a}_{3} + {a}_{5} = {105},{a}_{2} + {a}_{4} + {a}_{6} = {99} \) 中，求 \( {a}_{20} \) 。
(A) -1 (B) 1 (C) 3 (D) 7 (E) -2 。
解答:(B)。
由 \( {a}_{1} + {a}_{3} + {a}_{5} = {105} \) ，得 \( 3{a}_{3} = {105} \Rightarrow {a}_{3} = {35} \) 。
同理，由 \( {a}_{2} + {a}_{4} + {a}_{6} = {99} \) ，得 \( {a}_{4} = {33} \) 。
因此，该等差数列的公差为 \( d = {a}_{4} - {a}_{3} = - 2 \) 。
于是， \( {a}_{20} = {a}_{4} + \left( {{20} - 4}\right) \times d = 1 \) 。
例6.(1993 AMC)设 \( {a}_{1},{a}_{2},\ldots ,{a}_{k} \) 为一有限等差数列，满足 \( {a}_{4} \) \( + {a}_{7} + {a}_{10} = {17} \) 且 \( {a}_{4} + {a}_{5} + {a}_{6} + {a}_{7} + {a}_{8} + {a}_{9} + {a}_{10} + {a}_{11} + {a}_{12} + {a}_{13} + {a}_{14} = {77} \) 。若 \( {a}_{k} = {13} \) ，则 \( k = \)
(A) 16 (B) 18 (C) 20 (D) 22 (E) 24
解答:(B)。
方法1(官方解答):
因为 \( {a}_{4} + {a}_{7} + {a}_{10} = {17},{a}_{7} = \frac{17}{3} \) 。
同理， \( {a}_{9} = \frac{77}{11} = 7 \) 。
因为 \( {a}_{9} - {a}_{7} = {2d}, d = \frac{2}{3} \) 。
因为 \( {a}_{7} = {a}_{1} + {6d},{a}_{1} = \frac{5}{3} \) 。
因此 \( {a}_{k} = {a}_{1} + \left( {k - 1}\right) d = \frac{5}{3} + \left( {k - 1}\right) \frac{2}{3} = {13} \Rightarrow k = {18} \) 。
方法2(我们的解答):
根据公式 \( {a}_{n} = \left( {{a}_{2} - {a}_{1}}\right) n + \left( {2{a}_{1} - {a}_{2}}\right) \) ，我们有
\( {a}_{7} = 7\left( {{a}_{2} - {a}_{1}}\right) + \left( {2{a}_{1} - {a}_{2}}\right) = \frac{17}{3} \) (1)
\( {a}_{9} = 9\left( {{a}_{2} - {a}_{1}}\right) + \left( {2{a}_{1} - {a}_{2}}\right) = 7 \) (2)
\( {a}_{n} = \left( {{a}_{2} - {a}_{1}}\right) n + \left( {2{a}_{1} - {a}_{2}}\right) = {13} \) (3)
(1) \( - \left( 2\right) : \left( {{a}_{2} - {a}_{1}}\right) = \frac{2}{3} \) (4)
(3) \( - \left( 2\right) : {13} - 7 = \left( {{a}_{2} - {a}_{1}}\right) \left( {n - 9}\right) \) (5)
将(4)代入(5): \( 6 = \frac{2}{3}\left( {n - 9}\right) \Rightarrow 3 = \frac{1}{3}\left( {n - 9}\right) \Rightarrow 9 = n - 9 \Rightarrow \) \( n = {18} \) 。
例7.(1980 AMC)若某等差数列的前10项和与前100项和分别为100和10，则其前110项和为
(A) 90 (B) -90 (C) 110 (D) -110 (E) -100
解答:(D)。
方法1(官方解答):
首项为 \( a \) 、公差为 \( d \) 的等差数列前 \( n \) 项和 \( {S}_{n} \) 的公式为 \( 2{S}_{n} = n\left( {{2a} + \left( {n - 1}\right) d}\right) \) 。因此，
\[ {200} = {10}\left( {{2a} + {9d}}\right) \text{,} \]
\[ {20} = {100}\left( {{2a} + {99d}}\right) \text{,} \]
\[ 2{S}_{110} = {110}\left( {{2a} + {109d}}\right) \text{.} \]
将第一式从第二式中减去并除以90得 \( {2a} + {109d} = - 2 \) 。于是 \( 2{S}_{110} = {110}\left( {-2}\right) \) ，故 \( {S}_{110} = - {110} \) 。
方法2(我们的解法):
使用公式 \( {S}_{m + n} = \left( {m + n}\right) \frac{{S}_{m} - {S}_{n}}{m - n} \) 。
\[ {S}_{{100} + {10}} = \left( {{100} + {10}}\right) \frac{{S}_{100} - {S}_{10}}{{100} - {10}} = \left( {110}\right) \times \frac{{10} - {100}}{{100} - {10}} = {110} \times \left( {-\frac{90}{90}}\right) = - {110}. \]
例8. 数列 \( {a}_{n} \) 满足 \( {a}_{n} = {a}_{n - 1} + d \) ，其中 \( d \) 为常数。若前100项和为50，前200项和为90，则前300项和为？
(A) 50 (B) 90 (C) 100 (D) 120 (E) 140
解答:(D)。
方法1:
我们知道 \( {a}_{n} \) 是一个等差数列。
使用公式 \( \frac{\frac{{S}_{3m}}{3m} - \frac{{S}_{2m}}{2m}}{{3m} - {2m}} = \frac{\frac{{S}_{2m}}{2m} - \frac{{S}_{m}}{m}}{{2m} - m} \Rightarrow \frac{\frac{2{S}_{3m} - 3{S}_{2m}}{6m}}{m} = \frac{\frac{{S}_{2m} - 2{S}_{m}}{2m}}{m} \Rightarrow \)
\( 2{S}_{3m} - 3{S}_{2m} = 3\left( {{S}_{2m} - 2{S}_{m}}\right) \Rightarrow \;{S}_{3m} = 3{S}_{2m} - 3{S}_{m}. \)
将 \( {S}_{m} = {50},{S}_{2m} = {90} \) 代入上方方程得
\( {S}_{3m} = 3{S}_{2m} - 3{S}_{m} = 3 \times {90} - 3 \times {50} = 3\left( {40}\right) = {120}. \)
方法二:
使用公式 \( {S}_{m + n} = \left( {m + n}\right) \frac{{S}_{m} - {S}_{n}}{m - n} \) 。
\( {S}_{{200} + {100}} = \left( {{200} + {100}}\right) \frac{{S}_{200} - {S}_{100}}{{200} - {100}} = \left( {300}\right) \times \frac{{90} - {50}}{{200} - {100}} = {300} \times \left( {-\frac{40}{100}}\right) = {120}. \)
例9.(1965 AMC)对于任意 \( n \) ，等差数列前 \( n \) 项的和 \( {S}_{n} \)
若 \( {2n} + 3{n}^{2} \) 。则第 \( {r}^{\text{th }} \) 项为:
(A) \( 3{r}^{2} \) (B) \( 3{r}^{2} + {2r} \) (C) \( {6r} - 1 \) (D) \( {5r} + 5 \) (E) \( {6r} + 2 \)
解答:(C)。
方法一:
由公式 \( {a}_{n} = {S}_{n} - {S}_{n - 1} \) 可知，第 \( {r}^{\text{th }} \) 项等于 \( {a}_{r} = {S}_{r} - {S}_{r - 1} \) (1)
我们有 \( {S}_{r} = {2r} + 3{r}^{2} \) ，以及 \( {S}_{r - 1} = 2\left( {r - 1}\right) + 3{\left( r - 1\right) }^{2} = 3{r}^{2} - {4r} + 1 \) 。
将其代入(1)得: \( {a}_{r} = {6r} - 1 \) 。
方法二:
设第 \( {r}^{\text{th }} \) 项为 \( {a}_{r} \) ，首项为 \( {a}_{1} \)
由公式 \( {a}_{1} = {S}_{1} \) ，得 \( {a}_{1} = {S}_{1} = 2 \cdot 1 + 3 \cdot {1}^{2} = 5 \) 。
由公式 \( S = \frac{\left( {{a}_{1} + {a}_{n}}\right) n}{2} \) ，得 \( {S}_{r} = \frac{r}{2}\left( {{a}_{1} + {a}_{r}}\right) = {2r} + 3{r}^{2},\;\therefore {a}_{1} + {a}_{r} = 4 + \)
6r
\( \therefore {a}_{r} = 4 + {6r} - 5 = {6r} - 1 \) .
方法三:
\( {a}_{1} = {S}_{1} = 5,{S}_{2} = {16}.\;\therefore {a}_{2} = {S}_{2} - {S}_{1} = {11} \) ，但 \( {a}_{2} = {a}_{1} + d;\therefore d = 6 \) 。
\( \therefore {a}_{r} = a + \left( {r - 1}\right) d = 5 + \left( {r - 1}\right) \left( 6\right) = {6r} - 1 \) .
例10.(1969 AMC)设 \( {S}_{n} \) 和 \( {T}_{n} \) 分别为两个等差数列前 \( n \) 项的和。若对所有 \( n \) 都有 \( {S}_{n} : {T}_{n} = \left( {{7n} + 1}\right) : \left( {{4n} + {27}}\right) \) ，则第一个数列的第11项与第二个数列的第11项之比为:(A) \( 4 : 3 \) (B) \( 3 : 2 \) (C) \( 7 : 4 \) (D) \( {78} : {71} \) (E) 无法确定
解答:(A)。
方法1(官方解答):
设 \( {a}_{1},{a}_{2} \) 表示首项， \( {d}_{1} \) 和 \( {d}_{2} \) 分别表示前 \( n \) 项和为 \( {S}_{n} \) 与 \( {T}_{{n}_{s}} \) 的两个等差数列的公差。
则 \( {S}_{n} = n\left\lbrack {{a}_{1} + \frac{n - 1}{2}{d}_{1}}\right\rbrack ,\;{T}_{n} = n\left\lbrack {{a}_{2} + \frac{n - 1}{2}{d}_{2}}\right\rbrack \) ，且
对所有 \( n. \) ， \( \frac{{S}_{n}}{{T}_{n}} = \frac{2{a}_{1} + \left( {n - 1}\right) {d}_{1}}{2{a}_{2} + \left( {n - 1}\right) {d}_{2}} = \frac{{7n} + 1}{{4n} + {27}} \)
这两个数列的第11项分别为 \( {u}_{11} = {a}_{1} + {10}{d}_{1} \) 和 \( {v}_{11} = {a}_{2} + {10}{d}_{2} \) ，其比值为
\( \frac{{u}_{11}}{{v}_{11}} = \frac{{a}_{1} + {10}{d}_{1}}{{a}_{2} + {10}{d}_{2}} = \frac{2{a}_{1} + {20}{d}_{1}}{2{a}_{2} + {20}{d}_{2}}. \)
我们注意到，最后的表达式恰为 \( n = {21} \) 时的 \( \frac{{S}_{n}}{{T}_{n}} \) ，因此
\[ \frac{{u}_{11}}{{v}_{11}} = \frac{7\left( {21}\right) + 1}{4\left( {21}\right) + {27}} = \frac{148}{111} = \frac{4}{3}. \]
方法2(我们的解法):
设 \( {a}_{n} \) 表示第一个数列的第 \( n \) 项， \( {b}_{n} \) 表示第二个数列的第 \( n \) 项。
根据公式 \( {a}_{n} = \frac{{S}_{{2n} - 1}}{{2n} - 1} \) ，我们有
\[ {a}_{11} = \frac{{S}_{2 \times {11} - 1}}{2 \times {11} - 1} = \frac{{S}_{21}}{20} \tag{1} \]
\[ {b}_{11} = \frac{{T}_{2 \times {11} - 1}}{2 \times {11} - 1} = \frac{{T}_{21}}{20} \tag{2} \]
我们还有 \( \frac{{S}_{21}}{{T}_{21}} = \frac{7 \times {21} + 1}{4 \times {21} + 1} = \frac{4}{3} \) (3)
(1) \( \div \left( 2\right) : \frac{{a}_{11}}{{b}_{11}} = \frac{{S}_{21}}{{T}_{21}} = \frac{4}{3} \) .
例11.(2003 AMC 10 B 第24题)一个等差数列的前四项依次为 \( x + y, x - y,{xy} \) 和 \( x/y \) ，则第五项为？
(A) \( - {15}/8 \) (B) \( - 6/5 \) (C) 0 (D) \( {27}/{20} \) (E) \( {123}/{40} \)
解答:(E)。
方法1(官方解法):
前两项之差为 \( - {2y} \) ，因此该数列的第三、四项必为 \( x - {3y} \) 和 \( x - {5y} \) 。于是 \( x - {3y} = {xy} \) 且 \( x - {5y} = x/y \) ，故 \( {xy} - \) \( 5{y}^{2} = x \) 。
联立这些方程，我们得到 \( \left( {x - {3y}}\right) - 5{y}^{2} = x \) ，因此 \( - {3y} - \square \) \( 5{y}^{2} = 0 \) 。
由于 \( y \) 不能为0，我们有 \( y = - 3/5 \) ，从而 \( x = - 9/8 \) 。
该数列的第五项为 \( x - {7y} = {123}/{40} \) 。
方法2(我们的解法):
由 \( {a}_{m} + {a}_{n} = {a}_{p} + {a}_{q} \) 与 \( m + n = p + q \) ，
\( {a}_{1} + {a}_{4} = {a}_{2} + {a}_{3} \Rightarrow \left( {x + y}\right) + \frac{x}{y} = \left( {x - y}\right) + {xy} \Rightarrow \frac{x}{y} + {2y} = {xy} \) (1)
由 \( {a}_{m + n} = \frac{{mp} - {nq}}{m - n} \Rightarrow {a}_{3 + 2} = \frac{{3xy} - 2\left( {x - y}\right) }{3 - 2} = {3xy} - {2x} + {2y} \) (2)
由 \( {a}_{n} = \left( {{a}_{2} - {a}_{1}}\right) n + \left( {2{a}_{1} - {a}_{2}}\right) \Rightarrow {a}_{5} = 5\left( {{a}_{2} - {a}_{1}}\right) + \left( {2{a}_{1} - {a}_{2}}\right) \)
\( = 5\left( {x - y - x - y}\right) + \left( {{2x} + {2y} - x + y}\right) = x - {7y} \) (3)
\( \left( 2\right) = \left( 3\right) : {3xy} - {2x} + {2y} = x - {7y}\; \Rightarrow \;{xy} = x - {3y} \) (4)
将(4)代入(1): \( \frac{x}{y} + {2y} = x - {3y} \Rightarrow x + 2{y}^{2} = {xy} - 3{y}^{2} \) (5)
将(4)代入(5): \( x + 2{y}^{2} = x - {3y} - 3{y}^{2} \Rightarrow 5{y}^{2} + {3y} = 0 \) 。
由于 \( y \) 不能为0，我们有 \( y = - 3/5 \) ，从而 \( x = - 9/8 \) 。
该数列的第五项为 \( x - {7y} = {123}/{40} \) 。
方法3(我们的解法):
\[ x - y - \left( {x + y}\right) = {xy} - \left( {x - y}\right) \Rightarrow \;{xy} - x + {3y} = 0\; \Rightarrow \;y = \frac{x}{x + 3}. \]
于是我们可以用 \( x \) 表示所有项:
\( x + \frac{x}{x + 3}, x - \frac{x}{x + 3},\frac{{x}^{2}}{x + 3}, x + 3. \)
于是我们有
\[ x - \frac{x}{x + 3} - x + \frac{x}{x + 3} = x + 3 - \frac{{x}^{2}}{x + 3}\; \Rightarrow x = - \frac{9}{8}. \]
设第五项为 \( z \) 。
\[ 2\left( {x + 3}\right) = \frac{{x}^{2}}{x + 3} + z \Rightarrow \;z = 2\left( {x + 3}\right) - \frac{{x}^{2}}{x + 3} = 2\left( {x + 3}\right) - \frac{{x}^{2} - {3}^{2} + {3}^{2}}{x + 3} \]
\[ = 2\left( {x + 3}\right) - \left( {x - 3}\right) - \frac{9}{x + 3} = 2\left( {-\frac{9}{8} + 3}\right) - \left( {-\frac{9}{8} - 3}\right) - \frac{9}{-\frac{9}{8} + 3} = \frac{123}{40}. \]
2. 几何序列(Geometric Sequence)
例12.(2003 AMC 10 B)某几何序列的第二项和第四项分别为2和6。下列哪一项可能是该序列的首项？
(A) \( - \sqrt{3} \) (B) \( - \frac{2\sqrt{3}}{3} \) (C) \( - \frac{\sqrt{3}}{3} \) (D) \( \sqrt{3} \) (E) 3
解答:(B)。
方法1(官方解答):
设该序列记为 \( a,{ar}, a{r}^{2}, a{r}^{3},\cdots \) ，其中 \( {ar} = 2 \) 且 \( a{r}^{3} = 6 \) 。则 \( {r}^{2} = 3 \)
且 \( r = \sqrt{3} \) 或 \( r = - \sqrt{3} \) 。因此 \( a = \frac{2\sqrt{3}}{3} \) 或 \( a = - \frac{2\sqrt{3}}{3} \) 。
方法2(我们的解答):
根据公式 \( {a}_{n} = {a}_{m} \cdot {q}^{n - m} \) ，我们有 \( {a}_{4} = {a}_{2} \cdot {q}^{4 - 2} \Rightarrow 6 = 2 \cdot {q}^{2} \Rightarrow q = \pm \sqrt{3} \) 。
根据公式 \( {a}_{n} = {a}_{1} \cdot {q}^{n - 1} \) ，我们有 \( {a}_{2} = {a}_{1} \cdot q \Rightarrow {a}_{1} = \frac{{a}_{2}}{q} = \frac{2}{\pm \sqrt{3}} = \pm \frac{2\sqrt{3}}{3} \) 。
我们没有 \( {a}_{1} = \frac{2\sqrt{3}}{3} \) 的选项，因此答案为(B)。
例13.(AMC)若将同一常数分别加到20、50、100上，所得三数构成一个几何级数，则其公比为
(A) \( \frac{5}{3} \) (B) \( \frac{4}{3} \) (C) \( \frac{3}{2} \) (D) \( \frac{1}{2} \) (E) \( \frac{1}{3} \)
解答:(A)。
方法1(官方解答):
设 \( a \) 表示加到20、50和100上的常数。
\[ \frac{{20} + a}{{50} + a} = \frac{{50} + a}{{100} + a} \]
\[ \therefore a = {25}\text{.} \]
公比为 \( r = \frac{5}{3} \) 。
方法二(我们的解法):
设 \( a \) 表示加到20、50和100上的常数， \( r \) 为公比。
\[ r = \frac{{50} + a}{{20} + a} = \frac{{100} + a}{{50} + a} = \frac{50}{30} = \frac{5}{3}. \]
例14.(1972 AMC)可在3和9之间插入两个正数，使得前三项成等比数列(geometric progression)，后三项成等差数列(arithmetic progression)。这两个正数之和为
(A) \( {13}\frac{1}{2} \) (B) \( {11}\frac{1}{4} \) (C) \( {10}\frac{1}{2} \) (D)10(E) \( 9\frac{1}{2} \)
解答:(B)。
方法一(官方解法):
设这两个正数为 \( x \) 和 \( y \) ，前三项为 \( 3, x, y \) ，后三项为 \( x, y,9 \) 。则 \( \frac{x}{3} = \frac{y}{x} \) 且 \( y - x = 9 - y \) ，因为前三项成等比数列，后三项成等差数列。从这两个方程中消去 \( x \) ，我们得到
由于要求 \( y \) 为正，我们使用
\[ 2{x}^{2} - {3x} - {27} = 0\;\text{ or }\;\left( {{2x} - 9}\right) \left( {x + 3}\right) = 0, x = \frac{9}{2}\text{ or } - 3. \]
由于要求 \( x \) 为正，我们使用 \( x = \frac{9}{2} \) 求出 \( y = \frac{27}{4} \) ，从而所求和为 \( x + y = \frac{45}{4} = {11}\frac{1}{4} \) 。
方法二(我们的解法):
已知前三项成等比数列，我们设这两个
数为 \( \frac{3}{q} \) 和 \( \frac{3}{{q}^{2}} \) 。四项依次为 \( 3,\frac{3}{q},\frac{3}{{q}^{2}},9 \) 。
已知后三项成等差数列。于是有
\[ \frac{3}{{q}^{2}} = \frac{\left( \frac{3}{q} + 9\right) }{2} \Rightarrow 3{q}^{2} + q - 2 = 0\; \Rightarrow \;\left( {{3q} - 2}\right) \left( {q + 1}\right) = 0. \]
解得 \( q = \frac{2}{3} \) 或 \( q = - 1 \) (舍去，因为 \( \frac{3}{q} \) 必须为正)。
这两个数是 \( \frac{3}{q} = \frac{3}{\frac{2}{3}} = \frac{9}{2} \) 和 \( \frac{3}{{q}^{2}} = \frac{3}{{\left( \frac{2}{3}\right) }^{2}} = \frac{27}{4} \) 。它们的和是
\( \frac{9}{2} + \frac{27}{4} = \frac{45}{4} = {11}\frac{1}{4} \)
例15. 在一正项几何级数(geometric series)中，第五项与第四项之差为216，第二项与第一项之差为8。求该级数前五项之和。
(A) 448 (B) 484 (C) 618 (D) 681 (E) 486
解答:(B)。
\[ {S}_{5} = a + {ar} + a{r}^{2} + a{r}^{3} + {a}^{4} = \frac{a\left( {1 - {r}^{5}}\right) }{1 - r} \tag{1} \]
已知 \( a{r}^{4} - a{r}^{3} = {216} \) (2)
且 \( {ar} - a = 8 \) (3)
(2) \( \div \) (3): \( \frac{{r}^{4} - {r}^{3}}{r - 1} = {27}\; \Rightarrow \;{r}^{3} = {27}\; \Rightarrow \;r = 3 \) .
将 \( r = 3 \) 代入(3):得 \( a = 4 \) 。
将 \( a = 4 \) 代入(1):得 \( {S}_{5} = {484} \) 。
例14. (2004 AMC 10 A) 一实数三数列构成等差数列(arithmetic progression)，首项为9。若第二项加2，第三项加20，所得三数构成等比数列(geometric progression)。求该等比数列第三项的最小可能值。
(A) 1 (B) 4 (C) 36 (D) 49(E) 81
解答:(A)。
方法一(官方解答):
等差数列各项为 \( 9,9 + d \) 和 \( 9 + {2d} \) ，其中 \( d \) 为某实数。等比数列各项为 \( 9,{11} + d \) 和 \( {29} + {2d} \) 。因此 \( {\left( {11} + d\right) }^{2} = 9\left( {{29} + {2d}}\right) \) ，故 \( {d}^{2} + {4d} - {140} = 0 \) 。
于是 \( d = {10} \) 或 \( d = - {14} \) 。当 \( d = {10} \) 时，等比数列为9,21,49；当 \( d = - {14} \) 时，等比数列为 \( 9, - 3,1 \) 。因此等比数列第三项的最小可能值为1。
方法二(我们的解答):
等差数列各项为 \( 9, a \) 和 \( b \) 。
该等比数列的项为 \( 9,2 + a \) 和 \( {20} + b \) 。
因此 \( \;{2a} = 9 + b\; \Rightarrow a = 9/2 + b/2 \) (1)
且 \( \;{\left( 2 + a\right) }^{2} = 9\left( {{20} + b}\right) \) (2)
将(1)代入(2)并解得 \( b : b = {29} \) 或-19。
当 \( b = {29} \) 时，该等比数列的第三项为 \( {20} + b = {20} + {29} = \) 49。
当 \( b = - {19} \) 时，该等比数列的第三项为 \( {20} + b = {20} - {19} = \) 1。
由于我们需要最小可能值，答案为1。
3. 无穷等比数列
例17. 化简: \( {x}^{\frac{1}{2}} \cdot {x}^{-\frac{1}{4}} \cdot {x}^{\frac{1}{8}} \cdot {x}^{-\frac{1}{16}}\ldots \)
(A) \( x \) (B) \( \sqrt{x} \) (C) \( \sqrt[3]{x} \) (D) \( {x}^{2} \) (E) \( \sqrt[5]{x} \)
解:(C)。
\( {x}^{\frac{1}{2}} \cdot {x}^{-\frac{1}{4}} \cdot {x}^{\frac{1}{8}} \cdot {x}^{-\frac{1}{16}} \cdot \cdots = {x}^{\frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{8} - \frac{1}{16} + \cdots } \) 上式中的指数是一个
无穷等比级数，其和为 \( \frac{\frac{1}{2}}{1 - \left( {-\frac{1}{2}}\right) } = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{2}} = \frac{1}{3} \) ，因此 \( {x}^{\frac{1}{2}} \cdot {x}^{-\frac{1}{4}} \cdot {x}^{\frac{1}{8}} \cdot {x}^{-\frac{1}{16}} \cdot \ldots = \) \( {x}^{\frac{1}{3}} = \sqrt[3]{x} \)
例18. 第一个圆的半径为2英寸，第二个为1英寸，第三个为 \( \frac{1}{2} \) 英寸，依此类推无限延续。这些圆的面积之和为:
(A) \( \frac{3\pi }{4} \) (B) \( {1.3\pi } \) (C) \( {2\pi } \) (D) \( \frac{16\pi }{3} \) (E) 以上都不是
解:(D)。
\[ S = {4\pi } + \pi + \frac{\pi }{4} + \frac{\pi }{16} + \cdots ,\;S = \frac{4\pi }{1 - \left( \frac{1}{4}\right) } = \frac{16\pi }{3}. \]
例19. \( \frac{1}{11} + \frac{2}{{11}^{2}} + \frac{1}{{11}^{3}} + \frac{2}{{11}^{4}} + \cdots \) 的无穷和为:
(A) \( \frac{1}{5} \) (B) \( \frac{13}{120} \) (C) \( \frac{5}{48} \) (D) \( \frac{1}{16} \) (E) 以上都不是
解答:(B)。
将各项重新排列如下:
\[ {s}_{1} = \frac{1}{11} + \frac{1}{{11}^{3}} + \cdots = \frac{1/{11}}{1 - \left( {1/{11}^{2}}\right) } = \frac{11}{120} \]
\[ {s}_{2} = \frac{2}{{11}^{2}} + \frac{2}{{11}^{4}} + \cdots = \frac{2/{11}^{2}}{1 - \left( {1/{11}^{2}}\right) } = \frac{2}{120} \]
\[ s = {s}_{1} + {s}_{2} = \frac{13}{120}. \]
例20. 求 \( S \) ，即该无穷级数的和
\( 1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{8} - \frac{1}{16} - \frac{1}{32} + \frac{1}{64} - \frac{1}{128} - \cdots \)
(A) 0 (B) \( \frac{2}{7} \) (C) \( \frac{6}{7} \) (D) \( \frac{92}{32} \) (E) \( \frac{27}{32} \) 。
解答:(B)。
将各项重新排列成三个级数:
\[ 1 + \frac{1}{8} + \frac{1}{64}\cdots , - \frac{1}{2} - \frac{1}{16} - \frac{1}{128} - \cdots , - \frac{1}{4} - \frac{1}{32} - \frac{1}{256} - \cdots \]
\( {S}_{1} = \frac{1}{1 - \frac{1}{8}} = \frac{8}{7};{S}_{2} = \frac{-\frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{8}} = - \frac{4}{7};{S}_{3} = \frac{-\frac{1}{4}}{1 - \frac{1}{8}} = - \frac{2}{7} \) .
\( S = \frac{2}{7} \) .
例21. 求下列几何级数的前十项之和 \( \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{18} + \frac{1}{54} + \frac{1}{162} + \cdots \)
(A) \( \frac{1}{2}\left( {1 + \frac{1}{{3}^{10}}}\right) \) (B) \( \frac{1}{2}\left( {1 - \frac{1}{{3}^{10}}}\right) \) (C) \( \frac{3}{4}\left( {1 + \frac{1}{{3}^{10}}}\right) \) (D) \( \frac{3}{4}\left( {1 - \frac{1}{{3}^{10}}}\right) \) (E) 以上都不是
解答:(D)。
\( {a}_{1} = \frac{1}{2}, q = \frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}} = \frac{1}{3} \) ，以及 \( n = {10} \) 。
根据公式， \( {S}_{n} = \frac{{a}_{1}\left( {1 - {q}^{n}}\right) }{1 - q},{S}_{10} = \frac{\frac{1}{2}\left\lbrack {1 - {\left( \frac{1}{3}\right) }^{10}}\right\rbrack }{1 - \frac{1}{3}} = \frac{\frac{1}{2}\left( {1 - \frac{1}{{3}^{10}}}\right) }{\frac{2}{3}} = \frac{3\left( {1 - \frac{1}{{3}^{10}}}\right) }{4} \) 。
习题
习题1. 求一个等差数列的所有不同项之和，该数列首项为3，第五项为19，末项为103。
(A) 1300 (B) 1378 (C) 1222 (D) 1008 (E) 1011
问题2. 一个包含15项的等差数列的和为3060。公差及数列中的每一项均为正偶数。若 \( a \) 是任一满足条件的等差数列的首项，求所有不同的 \( a \) 之和，其中该数列的前四项中至少有一项是整数的平方。
(A) 190 (B) 134 (C) 499 (D) 574 (E) 571
问题3. 某等差数列的第16项为40，第55项为157。求该等差数列的第81项。
(A) 235 (B) 241 (C) 299 (D) 274 (E) 171
问题4. 某等差数列的第5项为-18，前32项之和为1448。求第9项。
(A) 11 (B) 40 (C) 4 (D) 8 (E) 7
问题5. (2002 AMC 10 B) 设 \( \left\{ {a}_{n}\right\} \) 为一等差数列，且 \( {a}_{1} + {a}_{2} + \cdots + {a}_{100} = {100} \) 和 \( {a}_{101} + {a}_{102} + \cdots + {a}_{200} = {200} \) 。求 \( {a}_{2} - \) \( {a}_{1} \) 的值。
(A) 0.0001 (B) 0.001 (C) 0.01 (D) 0.1 (E) 1
问题6. 在等差数列 \( {a}_{n} \) 中，前 \( n \) 项之和为 \( {S}_{n} \) 。若 \( {a}_{2} = 3 \) 、 \( {a}_{6} = {11} \) ，求 \( {S}_{7} \) 。
(A) 13 (B) 35 (C) 49 (D) 63 (E) 64
问题7. 在等差数列 \( {a}_{n} \) 中，前 \( m \) 项之和为30，前 \( {2m} \) 项之和为100。求 \( {S}_{3m} \) ，即前 \( {3m} \) 项之和。
(A) 130 (B) 170 (C) 210 (D) 260
问题8. (2010 NC State Mathematics Contest) 某等差数列的前5项之和为40，前10项之和为155。求该数列前15项之和。
(A) 195 (B) 230 (C) 345 (D) 390 (E) 780
问题9. (1966 AMC) 设 \( {s}_{1} \) 为等差数列 \( 8,{12},\ldots \) 的前 \( n \) 项之和， \( {s}_{2} \) 为等差数列 \( {17},{19},\ldots \) 的前 \( n \) 项之和。假设 \( n \neq 0 \) 。则 \( {s}_{1} = {s}_{2} \) 成立的情况是:
(A) 不存在 \( n \) 的值 (B) 存在唯一一个 \( n \) 的值 (C) 存在两个 \( n \) 的值
(D) \( n \) 的四个值 (E) \( n \) 的超过四个值
问题10. (ARML) 在某个等差数列中，前 \( r \) 项之和与前 \( s \) 项之和的比等于 \( {r}^{2} \) 与 \( {s}^{2} \) 的比。求第 \( {8}^{\text{th }} \) 项与第 \( {23}^{\text{rd }} \) 项的比。
问题11. (1997中国高中数学竞赛) 一个等差数列的 \( n \) 项之和为 \( {97}^{2} \) ，且公差和首项均为非负整数，且 \( n > 2 \) 。这样的等差数列有多少个？
问题12. 一个等比数列的第二项和第四项分别为5和15。以下哪一项可能是其首项？
(A) \( - \sqrt{3} \) (B) \( - \frac{5\sqrt{3}}{3} \) (C) \( - \frac{\sqrt{3}}{3} \) (D) \( \sqrt{3} \) (E) 3
问题13. 若在8与5832之间插入五个等比中项，则该等比数列的第五项为:
(A) 648 (B) 832 (C) 1168 (D) 1944 (E) 以上皆非
问题14. 在2与9之间插入两个正数，使得前三个数成等差数列，后三个数成等比数列。这两个正数之和为
(A) 13 (B) 11 (C) 10 (D) 9 (E) \( 9\frac{1}{2} \)
问题15. 一个各项为正的等比数列中，第五项与第四项之差为108，第二项与第一项之差为4。求该数列前五项之和。
(A) 248 (B) 242 (C) 218 (D) 281 (E) 286
问题16. (AMC) 一个实数等比数列的前两项之和为7，前六项之和为91。求前四项之和。
(A) 28 (B) 32 (C) 35 (D) 49 (E) 84
问题17. 以下无穷等比数列的和是多少？
\( 2 + \left( {-\frac{1}{2}}\right) + \left( \frac{1}{8}\right) + \left( {-\frac{1}{32}}\right) \cdots \)
(A) \( 1\frac{3}{8} \) (B) \( 1\frac{2}{5} \) (C) \( 1\frac{1}{2} \) (D) \( 1\frac{3}{5} \) (E) \( 1\frac{5}{8} \)
问题18 (NC Math League) 将数 \( 0.{\overline{5}}_{\text{seven }} \) 化为十进制普通分数。
问题19.(2013年阿拉巴马州代数II)求下列无穷级数的和: \( \frac{2}{7} - \frac{3}{{7}^{2}} + \frac{2}{{7}^{3}} - \frac{3}{{7}^{4}} + \frac{2}{{7}^{5}} - \frac{3}{{7}^{6}} + \cdots \)
(A) \( \frac{5}{6} \) (B) \( \frac{7}{24} \) (C) \( \frac{11}{48} \) (D) \( \frac{13}{49} \) (E) \( \frac{3}{8} \)
问题20.(北卡罗来纳数学联盟)给出 \( 0.{\overline{123}}_{\text{four. }} \) 的十进制普通分数表示
问题21. \( 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{4} - \frac{1}{8} + \frac{1}{16} - \frac{1}{32} + \cdots + \frac{1}{{2}^{1,{000}}} = \)
(A) \( 2 - \frac{1}{{2}^{1,{000}}} \) (B) \( 2 + \frac{1}{{2}^{1,{000}}} \) (C) \( \frac{1}{3}\left( {2 - \frac{1}{{2}^{1,{000}}}}\right) \) (D) \( \frac{1}{3}\left( {2 + \frac{1}{{2}^{1,{000}}}}\right) \) (E) 以上都不是
这些
问题22.(1997年北卡罗来纳数学竞赛)篮球队 \( A \) 和 \( B \) 实力不均。每当他们比赛时， \( A \) 队获胜的概率为0.6， \( B \) 队获胜的概率为0.4。假设 \( A \) 队和 \( B \) 队进行“赢两局”系列赛，即两队反复比赛，直到其中一队比另一队多赢两场。若 \( p \) 表示 \( A \) 队赢得系列赛的概率，求 \( p \) 。
问题23.(2002年AMC 10 B第23题)设 \( \left\{ {a}_{k}\right\} \) 为一整数序列，满足 \( {a}_{1} = 1 \) 且 \( {a}_{m + n} = {a}_{m} + {a}_{n} + {mn} \) ，对所有正整数 \( m \) 和 \( n \) 成立。则 \( {a}_{12} \) 为
(A) 45 (B) 56 (C) 67 (D) 78 (E) 89
解答:
问题1. 解答:(B)。
根据公式 \( d = \frac{{a}_{m} - {a}_{n}}{m - n} \Rightarrow \;d = \frac{{a}_{5} - {a}_{1}}{5 - 1} = \frac{{19} - 3}{4} = 4 \) 。
再次使用该公式: \( d = \frac{{a}_{m} - {a}_{n}}{m - n} \Rightarrow 4 = \frac{{a}_{n} - {a}_{1}}{n - 1} \Rightarrow 4 = \frac{{103} - 3}{n - 1} \Rightarrow \) \( n = {21} \) 。
\[ S = n{a}_{1} + \frac{\left( {n - 1}\right) d}{2}n \Rightarrow {S}_{26} = {26} \times 3 + \frac{\left( {{26} - 1}\right) \times 4}{2} \times {26} = {78} + {1300} = {1378}. \]
问题2. 解答:(D)。
\[ S = n{a}_{1} + \frac{\left( {n - 1}\right) d}{2}n \Rightarrow \;{3060} = {15a} + \frac{\left( {{15} - 1}\right) d}{2} \times {15} \Rightarrow \;a + {7d} = {204}. \]
解此方程得:
\( a = 8,{22},{36},{50},{64},{78},{92},{106},{120},{134},{148},{162},{176} \) ，以及190。
所有不同的 \( a \) ，其中等差数列的前四项中至少有一项是整数的平方: \( a = 8,{22},{36},{64},{120},{134} \) ，以及190。总和为574。
问题3。解答:(A)。
根据公式 \( d = \frac{{a}_{m} - {a}_{n}}{m - n}\; \Rightarrow \;d = \frac{{a}_{55} - {a}_{16}}{{55} - {16}} = \frac{{157} - {40}}{39} = 3 \)
根据公式 \( {a}_{n} = {a}_{m} + \left( {n - m}\right) d \Rightarrow \;{a}_{81} = {a}_{55} + \left( {{81} - {55}}\right) 3 = {235} \) 。
问题4。解答:(C)。
根据公式 \( S = n{a}_{1} + \frac{\left( {n - 1}\right) d}{2}n \Rightarrow {1448} = {32}{a}_{1} + \frac{\left( {{32} - 1}\right) d}{2} \times {32} \)
\[ \Rightarrow \;4{a}_{1} + {62d} = {181} \tag{1} \]
根据公式 \( {a}_{n} = {a}_{m} + \left( {n - m}\right) d \Rightarrow {a}_{5} = {a}_{1} + \left( {5 - 1}\right) d \Rightarrow {a}_{1} + {4d} = - {18} \) (2)
解方程组(1)和(2): \( d = \frac{11}{2} \) 。
\[ {a}_{9} = {a}_{5} + \left( {9 - 5}\right) \times \frac{11}{2} = - {18} + {22} = 4. \]
问题5。解答:(C)。
方法1(官方解答):
设 \( d = {a}_{2} - {a}_{1} \) 。则 \( {a}_{k + {100}} = {a}_{k} + {100d} \) ，且
\( {a}_{101} + {a}_{102} + \cdots + {a}_{200} = \left( {{a}_{1} + {100d}}\right) + \left( {{a}_{2} + {100d}}\right) + \cdots + \left( {{a}_{100} + {100d}}\right) \)
\( = {a}_{1} + {a}_{2} + \cdots + {a}_{100} + {10000d}. \)
因此 \( {200} = {100} + {10000d} \) 且 \( d = \frac{100}{10000} = {0.01} \) 。
方法2(我们的解答):
\( {S}_{200} = {100} + {200} = {300}. \)
根据公式 \( \frac{d}{2} = \frac{\frac{{S}_{m}}{m} - \frac{{S}_{n}}{n}}{m - n},\;\frac{{a}_{2} - {a}_{1}}{2} = \frac{\frac{300}{200} - \frac{100}{100}}{{200} - {100}} = \frac{1}{200} \) 。
\[ {a}_{2} - {a}_{1} = \frac{1}{200} \times 2 = \frac{1}{100} = {0.01}. \]
问题6。解答:(C)。
方法1:
\[ {S}_{7} = \frac{7\left( {{a}_{1} + {a}_{7}}\right) }{2} = \frac{7\left( {{a}_{2} + {a}_{6}}\right) }{2} = \frac{7\left( {3 + {11}}\right) }{2} = {49}. \]
注意，由(2.2.4)我们有 \( {a}_{1} + {a}_{7} = {a}_{2} + {a}_{6} \) 。
方法二:
\[ \left\{ {\begin{array}{l} {a}_{2} = {a}_{1} + d = 3 \\ {a}_{6} = {a}_{1} + {5d} = {11} \end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{l} {a}_{1} = 1 \\ d = 2 \end{array},{a}_{7} = 1 + 6 \times 2 = {13}}\right. }\right. \text{. Therefore}{S}_{7} = \frac{7\left( {{a}_{1} + {a}_{7}}\right) }{2} = \frac{7\left( {1 + {13}}\right) }{2} = {49}\text{.} \]
问题7。解答:(C)。
方法一:
使用公式
\[ \frac{\frac{{S}_{3m}}{3m} - \frac{{S}_{2m}}{2m}}{{3m} - {2m}} = \frac{\frac{{S}_{2m}}{2m} - \frac{{S}_{m}}{m}}{{2m} - m} \Rightarrow \frac{\frac{2{S}_{3m} - 3{S}_{2m}}{6m}}{m} = \frac{\frac{{S}_{2m} - 2{S}_{m}}{2m}}{m} \Rightarrow \]
\[ 2{S}_{3m} - 3{S}_{2m} = 3\left( {{S}_{2m} - 2{S}_{m}}\right) \]
\[ \Rightarrow \;{S}_{3m} = 3{S}_{2m} - 3{S}_{m}\text{.} \]
将 \( {S}_{m} = {30},{S}_{2m} = {100} \) 代入上式得
\[ {S}_{3m} = 3{S}_{2m} - 3{S}_{m} = 3 \times {100} - 3 \times {30} = {300} - {90} = {210}. \]
方法二:
使用公式 \( {S}_{m + n} = \left( {m + n}\right) \frac{{S}_{m} - {S}_{n}}{m - n} \) 。
\[ {S}_{{2m} + m} = \left( {{2m} + m}\right) \frac{{S}_{2m} - {S}_{m}}{{2m} - m} = {3m} \times \frac{{100} - {30}}{m} = {210}. \]
问题8。解答:(C)。
等差数列前 \( \mathrm{n} \) 项的和为 \( {S}_{\mathrm{n}} = n\left\lbrack {{2a} + \left( {n - 1}\right) d}\right\rbrack /2 \) ，其中 \( a \) 为首项， \( d \) 为公差。于是 \( {40} = {S}_{5} = {5a} + {10d} \) 且155 \( = {S}_{10} = {10a} + {45d} \) 。解此方程组得 \( a = 2 \) 和 \( d = 3 \) 。因此 \( {S}_{15} = {345} \) 。
问题9。解答:(B)。
方法一(官方解答):
前 \( n \) 项的和 \( s \) 的公式可写为
\[ {S}_{n} = \frac{n}{2}\left\lbrack {{2a} + \left( {n - 1}\right) d}\right\rbrack \]
在我们的情形中，有: \( {S}_{1} = \frac{n}{2}\left( {{12} + {4n}}\right) = 2{n}^{2} + {6n} \) 且
\[ {S}_{2} = \frac{n}{2}\left( {{32} + {2n}}\right) = {n}^{2} + {16n} \]
由于 \( {S}_{1} = {S}_{2},2{n}^{2} + {6n} = {n}^{2} + {16n} \) 。
\[ \text{Or}{n}^{2} - {10n} = 0\text{.} \]
由于 \( n \neq 0, n - {10} = 0\; \Rightarrow \;n = {10} \) 。
方法二(我们的解法):
我们知道公式 \( {S}_{{2n} - 1} = \left( {{2n} - 1}\right) {a}_{n} \) 。
设 \( {2n} - 1 = m\; \Rightarrow \;n = \frac{m + 1}{2} \) 。
由于 \( {S}_{1} = {S}_{2},\left( {2 \times \frac{m + 1}{2} - 1}\right) {a}_{\frac{m + 1}{2}} = \left( {2 \times \frac{m + 1}{2} - 1}\right) {b}_{\frac{m + 1}{2}}\; \Rightarrow \;{a}_{\frac{m + 1}{2}} = {b}_{\frac{m + 1}{2}} \)
\[ \Rightarrow \;4 + 4 \times \frac{m + 1}{2} = {15} + 2 \times \frac{m + 1}{2} \Rightarrow m = {10}. \]
问题10。解答: \( \frac{1}{3} \) 。
方法一(官方解法):
应用等差数列求和公式，
\[ \frac{\frac{r}{2}\left\lbrack {{2a} + \left( {r - 1}\right) d}\right\rbrack }{\frac{s}{2}\left\lbrack {{2a} + \left( {s - 1}\right) d}\right\rbrack } = \frac{{r}^{2}}{{s}^{2}} \Rightarrow \frac{{2a} + \left( {r - 1}\right) d}{{2a} + \left( {s - 1}\right) d} = \frac{r}{s}. \]
交叉相乘并化简得到 \( {2a} = d \) 。现在
\[ \frac{{8th}\text{ term }}{{23rd}\text{ term }} = \frac{a + {7d}}{a + {22d}} = \frac{15a}{45a} = \frac{1}{3}. \]
方法二(我们的解法):
根据公式 \( {a}_{n} = \frac{{S}_{{2n} - 1}}{{2n} - 1} \) ，我们有
\[ {a}_{8} = \frac{{S}_{2 \times 8 - 1}}{2 \times 8 - 1} = \frac{{S}_{15}}{15} \tag{1} \]
\[ {a}_{23} = \frac{{S}_{2 \times {23} - 1}}{2 \times {23} - 1} = \frac{{S}_{45}}{45} \tag{2} \]
\[ \text{We also have}\frac{{S}_{15}}{{S}_{45}} = {\left( \frac{15}{45}\right) }^{2} = \frac{1}{9} \tag{3} \]
(1) \( \div \left( 2\right) : \frac{{a}_{8}}{{a}_{15}} = 3 \times \left( \frac{{S}_{15}}{{S}_{45}}\right) = 3 \times \frac{1}{9} = \frac{1}{3} \) .
方法三(我们的解法):
\[ \text{Since}\frac{{S}_{r}}{{S}_{s}} = \frac{{r}^{2}}{{s}^{2}},\frac{{S}_{15}}{{S}_{45}} = \frac{{15}^{2}}{{45}^{2}} = \frac{1}{9}\text{.} \]
\[ \frac{{a}_{8}}{{a}_{23}} = \frac{2{a}_{8}}{2{a}_{23}} = \frac{{a}_{1} + {a}_{15}}{{a}_{1} + {a}_{45}} = \frac{\frac{15}{2}\left( {{a}_{1} + {a}_{15}}\right) }{\frac{45}{2}\left( {{a}_{1} + {a}_{45}}\right) } \cdot \frac{45}{15} = 3 \cdot \frac{{S}_{15}}{{T}_{15}} = 3 \cdot \frac{1}{9} = \frac{1}{3}. \]
问题11。解答:4。
设 \( d \) 为公差， \( a \) 为首项。
\[ {na} + \frac{n\left( {n - 1}\right) }{2}d = {97}^{2} \]
或 \( \left\lbrack {{2a} + \left( {n - 1}\right) d}\right\rbrack n = 2 \times {97}^{2} \) (1)
由于 \( n > 2, n \) 只能是 \( 2 \times {97}^{2} : {97},2 \times {97},{97}^{2},2 \times {97}^{2} \) 的因数之一。
情况一:若 \( d > 0, n \) 只能为97，因为 \( 2 \times {97}^{2} \geq n\left( {n - 1}\right) d \geq n\left( {n - 1}\right) \) 。
因此(1)变为 \( a + {48d} = {97} \) (2)
(2)有两组解: \( \left\{ \begin{array}{l} n = {97}, \\ d = 1, \\ a = {49}; \end{array}\right. \) 和 \( \left\{ \begin{array}{l} n = {97}, \\ d = 2, \\ a = 1. \end{array}\right. \)
情形II:若 \( d = 0,\left( 1\right) \) 变为 \( {a}_{n} = {97}^{2} \) 。(3)
(3)同样有两组解: \( \left\{ {\begin{array}{l} n = {97}, \\ d = 0, \\ a = {97}; \end{array}\text{ and }\left\{ \begin{array}{l} n = {97}^{2}, \\ d = 0, \\ a = 1. \end{array}\right. }\right. \)
因此共有4个这样的数列。
问题12。解答:(B)。设该数列记为 \( a,{ar}, a{r}^{2}, a{r}^{3},\ldots \) ，其中 \( {ar} = 5 \) 且 \( a{r}^{3} = {15} \) 。解 \( r \) ，得 \( {r}^{2} = 3 \) 和 \( r = \sqrt{3} \) 或 \( r = - \sqrt{3} \) 。因此 \( a = \frac{5\sqrt{3}}{3} \) 或
\[ a = - \frac{5\sqrt{3}}{3}\text{.} \]
问题13。解答:A。
用以下形式表示等比数列的各项
\[ {a}_{1} = 8,{a}_{2} = {8r},\cdots ,{a}_{7} = 8{r}^{6} = {5832}. \]
\( \therefore {r}^{6} = {729};\;\therefore r = 3 \) 和 \( {a}_{5} = 8{r}^{4} = {648} \) 。
问题14。解答:(C)。
方法1
设这两个数为 \( 2 + d \) 和 \( 2 + {2d} \) 。
\( {\left( 2 + 2d\right) }^{2} = \left( {2 + d}\right) \times 9 \) .
解 \( d \) ，得 \( d = 2 \) 或 \( d = - \frac{7}{4} \) 。
这两个数是4和6，或 \( \frac{1}{4}, - \frac{3}{2} \) 。
方法2:
设这两个数为 \( \frac{9}{{q}^{2}} \) 和 \( \frac{9}{q} \) 。
所以我们有 \( 2 \times \frac{9}{{q}^{2}} = 2 + \frac{9}{q} \Rightarrow 2{q}^{2} + 9\mathrm{q} - {18} = 0 \) 。
解得 \( q = \frac{3}{2} \) 或 \( q = - 6 \) 。
这两个数是4和6，或 \( \frac{1}{4}, - \frac{3}{2} \) 。
方法3:
设这两个数为 \( x \) 和 \( y \) 。
我们有 \( \left\{ \begin{array}{l} {2x} = 2 + y, \\ {y}^{2} = {9x}, \end{array}\right. \)
解得 \( \left\{ {\begin{array}{l} x = 4 \\ y = 6 \end{array}\text{ or }\left\{ \begin{array}{l} x = \frac{1}{4}, \\ y = - \frac{3}{2}. \end{array}\right. }\right. \)
问题15。解:(B)。
\[ {S}_{5} = a + {ar} + a{r}^{2} + a{r}^{3} + {a}^{4} = \frac{a\left( {1 - {r}^{5}}\right) }{1 - r} \tag{1} \]
已知 \( a{r}^{4} - a{r}^{3} = {108} \) (2)
且 \( {ar} - a = 4 \) (3)
(2) \( \div \) (3): \( \frac{{r}^{4} - {r}^{3}}{r - 1} = {27}\; \Rightarrow \;{r}^{3} = {27}\; \Rightarrow \;r = 3 \)
将 \( r = 3 \) 代入(3): \( a = 2 \) 。
将 \( a = 2 \) 代入(1): \( {S}_{5} = {242} \) 。
问题16。解:(A)。
方法1(官方解法):
设 \( a \) 和 \( r \) 分别为该几何数列的首项和公比，则
\[ a + {ar} = 7, \]
\[ \frac{a\left( {{r}^{6} - 1}\right) }{r - 1} = {91} \]
将第二个方程除以第一个方程得到
\[ \frac{a\left( {{r}^{6} - 1}\right) }{\left( {r - 1}\right) a\left( {r + 1}\right) } = \frac{91}{7} = {13}. \]
左式化简为 \( \frac{\left( {{r}^{2} - 1}\right) \left( {{r}^{4} + {r}^{2} + 1}\right) }{{r}^{2} - 1} = \frac{91}{7} = {r}^{4} + {r}^{2} + 1 \) ，
于是
\[ {r}^{4} + {r}^{2} - {12} = 0, \]
可分解为:
\[ \left( {{r}^{2} + 4}\right) \left( {{r}^{2} - 3}\right) = 0. \]
因此 \( {r}^{2} = 3 \) 且 \( a + {ar} + a{r}^{2} + a{r}^{3} = \left( {a + {ar}}\right) \left( {1 + {r}^{3}}\right) = 7\left( 4\right) = {28} \) 。
方法二(我们的解法):
根据公式 \( {S}_{m + n} = {S}_{m} + {q}^{m}{S}_{n} \) ，我们有
\( {S}_{2 + 4} = {S}_{2} + {q}^{2}{S}_{4}\; \Rightarrow \;{91} = 7 + {q}^{2}{S}_{4}\; \Rightarrow \;\frac{84}{{S}_{4}} = {q}^{2} \) (1)
\[ {S}_{2 + 2} = {S}_{2} + {q}^{2}{S}_{2}\; \Rightarrow \;{S}_{4} = 7 + 7{q}^{2} \tag{2} \]
将(1)代入(2): \( {S}_{4} = 7 + \frac{7 \times {84}}{{S}_{4}} \Rightarrow {S}_{4}^{2} - 7{S}_{4} - {588} = 0 \Rightarrow \)
\[ \left( {{S}_{4} - {28}}\right) \left( {{S}_{4} + {21}}\right) = 0 \Rightarrow \;{S}_{4} = {28}. \]
问题17。答案:(D)。
公比为 \( - \frac{1}{2}/2 = - \frac{1}{4} \) ，首项为2。
根据公式， \( S = \frac{{a}_{1}}{1 - q}, S = \frac{2}{1 - \left( {-\frac{1}{4}}\right) } = \frac{2}{\frac{5}{4}} = \frac{8}{5} = 1\frac{3}{5} \) 。
问题18。答案: \( \frac{5}{6} \) 。
\( 0.{\overline{5}}_{\text{seven }} \) 可写作 \( \frac{5}{7} + \frac{5}{{7}^{2}} + \frac{5}{{7}^{3}} + \cdots \) 。该数是一个无穷等比级数之和，其首项为 \( \frac{5}{7} \) ，公比为 \( \frac{1}{7} \) 。因此该数为
\( \frac{\frac{5}{7}}{1 - \frac{1}{7}} \) 或 \( \frac{5}{6} \) 。
问题19。答案:(C)。
\[ \frac{2}{7} - \frac{3}{{7}^{2}} + \frac{2}{{7}^{3}} - \frac{3}{{7}^{4}} + \frac{2}{{7}^{5}} - \frac{3}{{7}^{6}} + \cdots = \frac{2}{7} + \frac{2}{{7}^{3}} + \frac{2}{{7}^{5}} + \cdots - \frac{3}{{7}^{2}} - \frac{3}{{7}^{4}} - \frac{3}{{7}^{6}} + \cdots \]
\[ = \frac{\frac{2}{7}}{1 - \frac{1}{{7}^{2}}} - \frac{\frac{3}{{7}^{2}}}{1 - \frac{1}{{7}^{2}}} = \frac{14}{48} - \frac{3}{48} = \frac{11}{48}. \]
问题20。答案:3/7。
\( {\overline{0.123}}_{\text{four }} = \frac{1}{4} + \frac{2}{{4}^{2}} + \frac{3}{{4}^{3}} + \frac{1}{{4}^{4}} + \frac{2}{{4}^{5}} + \frac{3}{{4}^{6}} + \cdots \) ，等于
\[ \frac{\frac{1}{4}}{1 - \frac{1}{64}} + \frac{\frac{2}{16}}{1 - \frac{1}{64}} + \frac{\frac{3}{64}}{1 - \frac{1}{64}} = \frac{16}{63} + \frac{8}{63} + \frac{3}{63} = \frac{3}{7}. \]
问题21。答案:(D)。
公比为 \( - \frac{1}{2}/1 = - \frac{1}{2} \) ，首项为1。
根据公式， \( {S}_{n} = \frac{{a}_{1}\left( {1 - {q}^{n}}\right) }{1 - q},{S}_{1001} = \frac{1\left\lbrack {1 - {\left( -\frac{1}{2}\right) }^{1001}}\right\rbrack }{1 - \left( {-\frac{1}{2}}\right) } = \frac{1 + {\left( \frac{1}{2}\right) }^{1001}}{\frac{3}{2}} = \frac{1}{3}\left( {2 + \frac{1}{{2}^{1000}}}\right) \) 。
问题22。答案:9/13。
\( A \) 仅在2局内获胜的概率为 \( {0.6}^{2} = {0.36} \) 。若 \( A \) 未能在2局内获胜，则意味着两局后系列赛打平。两局后系列赛打平的概率为 \( {0.6} \times {0.4} \times 2 = {0.48} \) 。若两局后系列赛打平，则 \( A \) 最终赢得整个系列赛的概率为 \( \left( {0.48}\right) \cdot \left( {0.36}\right) \) 。此过程可无限延续，使得概率等于一个几何序列的和: \( \left( {0.36}\right) \left( {1 + {0.48} + {0.48}^{2} + {0.48}^{3} + \cdots }\right) \) 。该无穷几何级数的和为 \( {0.36} \cdot \frac{1}{1 - {0.48}} = \frac{0.36}{0.52} = \frac{9}{13} \) 。
问题23。答案:(D)。
方法1(官方解法):
在给定的递推方程中令 \( n = 1 \) ，可得 \( {a}_{m + 1} = {a}_{m} + {a}_{1} + m \) ，对所有正整数 \( m \) 成立。因此，对每个 \( m = 1,2,3,\ldots \) ，有 \( {a}_{m + 1} - {a}_{m} = {a}_{1} + m \) 。
于是，
\( {a}_{12} - {a}_{11} = {12},{a}_{11} - {a}_{10} = {11},\ldots ,{a}_{2} - {a}_{1} = 2. \)
将这些等式相加得 \( {a}_{12} - {a}_{1} = {12} + {11} + \cdots + 2 \) 。因此
\[ {a}_{12} = {12} + {11} + \cdots + 1 = \frac{{12}\left( {{12} + 1}\right) }{2} = {78}. \]
方法2(我们的解法):
\[ {a}_{m + n} = {a}_{m} + {a}_{n} + {mn} \]
\[ {a}_{{11} + 1} = {a}_{11} + {a}_{1} + {11} \times 1 \]
\[ {a}_{{10} + 1} = {a}_{10} + {a}_{1} + {10} \times 1 \]
\[ {a}_{9 + 1} = {a}_{9} + {a}_{1} + 9 \times 1 \]
\[ {a}_{8 + 1} = {a}_{8} + {a}_{1} + 8 \times 1 \]
\[ {a}_{7 + 1} = {a}_{7} + {a}_{1} + 7 \times 1 \]
\[ {a}_{6 + 1} = {a}_{6} + {a}_{1} + 6 \times 1 \]
\[ {a}_{5 + 1} = {a}_{5} + {a}_{1} + 5 \times 1 \]
\[ {a}_{4 + 1} = {a}_{4} + {a}_{1} + 4 \times 1 \]
\[ {a}_{3 + 1} = {a}_{3} + {a}_{1} + 3 \times 1 \]
\[ {a}_{2 + 1} = {a}_{2} + {a}_{1} + 2 \times 1 \]
\[ {a}_{1 + 1} = {a}_{1} + {a}_{1} + 1 \times 1 \]
将这些方程相加，我们得到:
\[ {a}_{12} = {12}{a}_{1} + \left( {{11} + {10} + \cdots + 2 + 1}\right) = {12} + {11} + \cdots + 1 = \frac{{12}\left( {{12} + 1}\right) }{2} = {78}. \]