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《高中数学竞赛》数列


竞赛辅导
数列(等差数列与等比数列)
数列是高中数学中的一个重要课题,也是数学竞赛中经常出现的 问题。数列最基本的是等差数列与等比数列。 所谓数列,就是按一定次序排列的一列数。如果数列{an}的第 n 项 an 与项数(下标)n 之间的函数关系可以用一个公式 an=f(n)来表示, 这个公 式就叫做这个数列的通项公式。 从函数角度看,数列可以看作是一个定义域为正整数集 N*(或它的 有限子集{1,2,…n})的函数当自变量从小到大依次取值时对应的一列 函数值,而数列的通项公式也就是相应函数的解析式。 为了解数列竞赛题, 首先要深刻理解并熟练掌握两类基本数列的定 义、性质有关公式,把握它们之间的(同构)关系。 一、 等差数列 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,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{an}的通项公式为: an ? a1 ? (n ? 1)d (1) 前 n 项和公式为: S n ?
n(a1 ? a n ) n(n ? 1)d ? na1 ? (2) 2 2

从(1)式可以看出, an 是 n 的一次数函( d ? 0 )或常数函数 ( d ? 0 ), ( n, an )排在一条直线上,由(2)式知, S n 是 n 的二次函数( d ? 0 )或一次函 数 ( d ? 0, a1 ? 0 ) ,且常数项为 0 。在等差数列 { an } 中,等差中项: a ? an?2 a n ?1 ? n 且任意两项 am , an 的关系为: an ? am ? (n ? m)d 2 它可以看作等差数列广义的通项公式。

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从等差数列的定义、通项公式,前 n 项和公式还可推出:

a1 ? an ? a2 ? an?1 ? a3 ? an?2 ? ? ? ak ? ak ?1 , k ? ? 1,2,3?n?
若 m, n, p, q ? N * , 且m ? n ? p ? q, 则有: am ? an ? a p ? aq

S m?1 ? (2n ? 1)a n , S 2 n?1 ? (2n ? 1)a n ? 1 S k , S 2 k ? S k , S 3k ? S 2 k ,? S nk ? S ( n?1) k ?或等差数列 , 等等
二、 等比数列 如果一个数列从第 2 项起,每一项与它的前一项的比等于同一个 常数,这个数列就叫做等比数列。这个常数叫做等比数列的公比。公比 通常用字母 q 表示。等比数列{an}的通项公式是: an ? a1 ? q n?1 前 n 项和公式是:

na1 , q ? 1

Sn ?
a1 (1 ? q n ) a1 ? a1q n ? ,q ?1 1? q 1? q
在等比数列中,等比中项: an?1 ? an ? an? 2 且任意两项 am , an 的关系为 an ? am ? q n?m 如果等比数列的公比 q 满足 0< q <1,这个数列就叫做无穷递缩等 比数列,它的各项的和(又叫所有项的和)的公式为:

S?

a1 1? q

从等比数列的定义、通项公式、前 n 项和公式可以推出:

2

a1 ? a n ? a 2 ? a n ?1 ? a3 ? a n ? 2 ? ? a k ? a n ? k ?1 , k ? ? 1,2,3,?, n? 若m, n, p, q ? N * , 则有 : a p ? a q ? a m ? a n , 记? n ? a1 ? a 2 ? a3 ? a n , 则有 : ? 2 n ?1 ? (a n ) 2 n ?1 , ? 2 n ?1 ? (a n ?1 ) 2 n ?1

另外,一个各项均为正数的等比数列各项取同底数数后构成一个等 差数列;反之,以任一个正数 C 为底,用一个等差数列的各项做指数构 造幂 C an ,则{ C an }是等比数列。在这个意义下,我们说:一个正项等比 数列与等差数列是“同构”的。重要的不仅是两类基本数列的定义、性质, 公式;而且蕴含于求和过程当中的数学思想方法和数学智慧,也是极其 珍贵的,诸如“倒排相加”(等差数列),“错位相减”(等比数列)。 数列中主要有两大类问题,一是求数列的通项公式,二是求数列的 前 n 项和。 三、 范例 例1. 设 ap, aq, am, an 是等比数列{an}中的第 p、 q、 m、 n 项, 若 p+q=m+n, 求证: a p ? aq ? am ? an 证明:设等比数列{ an }的首项为 a1 ,公比为 q,则
a p ? a1 ? q p ?1 a q ? a1 ? q q ?1 a m ? a1 ? q m ?1 a n ? a1 ? q n ?1 所以 : a p ? a q ? a1 ? q p ? q ? 2 , a m ? a n ? a1 ? q m ? n ? 2
2 2

故 : a p ? aq ? am ? an

说明:这个例题是等比数列的一个重要性质,它在解题中常常 会用到。 它说明等比数列中距离两端(首末两项)距离等远的两项的乘积等 于首末两项的乘积, 即:a1+k· an-k=a1· an 对于等差数列,同样有:在等差数列{ an }中,距离两端等这的两
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项之和等于首末两项之和。

即:a1+k+an-k=a1+an

例 2.在等差数列{ an }中,a4+a6+a8+a10+a12=120,则 2a9-a10= A.20 B.22 C.24 D28

解:由 a4+a12=2a8,a6+a10 =2a8 及已知或得 5a8=120,a8=24 而 2a9-a10=2(a1+8d)-(a1+9d)=a1+7d=a8=24。 故选 C 例 3.已知等差数列{an}满足 a1+a2+a3+…+a101=0,则有( A.a1+a101>0 B. a2+a100<0 C.a3+a99=0 )

D.a51=51

[2000 年北京春季高考理工类第(13)题] 解:显然,a1+a2+a3+…+a101
1 (a1 ? a10 ) ? 101 ? 0 2 故a1 ? a101 ? 0, 从而a 2 ? a100 ? a3 ? a99 ? ? ? a1 ? a101 ? 0, ? S101 ? 选C

例 4. 设 Sn 为等差数列 ?an ? 的前 n 项之各, S9=18, Sn=336, an?4 ? 30(n ? 9) , 则 n 为( ) A.16 B.21 C.9 D8

解 : 由于S 9 ? 9 ? a5 ? 18, 故a5 ? 2 所以a5 ? a n ? 4 ? a1 ? a n ? 2 ? 30 ? 32, 而 n n (a1 ? a n ) ? ? 32 ? 16n ? 336 2 2 故n ? 21, 选B Sn ?

4

例 5.设等差数列{ an }满足 3a8 ? 5a13 ,且 a1 >0, S n 为其前 n 项之和, 则

S n (n ? N * ) 中最大的是(
(A)S10 (B)S11 (C)S20

)。 (1995 年全国高中联赛第 1 题) (D)S21

解: ? 3a8 ? 5a13 ? 3(a1 ? 7d ) ? 5(a1 ? 12d )故 2a1 a (n ? 1) ? 1 (40 ? 2n) 39 39 令a n ? 0, 则 : n ? 20,当n ? 20时a n ? 0 a n ? a1 ? (n ? 1)d ? a1 ?
所以:S19=S20 最大,选(C) 注:也可用二次函数求最值 例 6.设等差数列的首项及公差均为非负整数,项数不少于 3,且各项的 和为 972,则这样的数列共有( ) (A)2 个 (B)3 个 (C)4 个 (D)5 个

[1997 年全国高中数学联赛第 3 题] 解:设等差数列首项为 a ,公差为 d ,则依题意有:
n(n ? 1) d ? 972 2 ?2a ? (n ? 1)d ?? n ? 2 ? 972 ( * ) na ?

因为 n 是不小于 3 的自然数,97 为素数,故数 n 的值必为 2× 972 的约数(因数),它只能是 97,2× 97,972,2× 972 四者之一。 若 d ? 0 ,则 d ? 1 由(*)式知 2× 972≥ n(n ? 1)d ? n(n ? 1) 故只可能有 n =97,(*)式化为: a ? 48d ? 97 ,这时(*)有两组解:

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n ? 97 d ?0 a ? 97



n ? 97 d ?2 a ?1

若 d ? 0 ,则(*)式化为: an ? 972 ,这时(*)也有两组解。
n ? 97 d ?0 a ? 97 n ? 97



d ?2 a ?1

故符今题设条件的等差数列共 4 个,分别为: 49,50,51,…,145,(共 97 项) 1,3,5,…,193,(共 97 项) 97,97,97,…,97,(共 97 项) 1,1,1,…,1(共 972=9409 项) 故选(C) 例 7.将正奇数集合{1,3,5,…}由小到大按第 n 组有(2n-1)个奇数 进行分组: {1}, (第一组) 则 1991 位于第 {3,5,7}, (第二组) 组中。 {9,11,13,15,17},… (第三组)

[1991 年全国高中数学联赛第 3 题] 解:依题意,前 n 组中共有奇数 1+3+5+…+(2n-1)=n2 个 而 1991=2× 996-1,它是第 996 个正奇数。
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因为:312=961<996<1024=322 所以:1991 应在第 31+1=32 组中。 故填 32 例 8.一个正数,若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列,则 该数为 。 [1989 年全国高中联赛试题第 4 题] 解:设该数为 x,则其整数部分为[x],小数部分为 x-[x],由已知得: x· (x-[x]=[x]2 其中[x]>0,0<x-[x]<1,解得:

1? 5 ?x?, x ? ?x? ? 5 ? 1 ?x? 2 2 5 ?1 ?x? ? 1,? ?x? ? 1, x ? 1 ? 5 ?0 ? 2 2 1? 5 故应填x ? 2 x?
1 例 9. 等比数列 ?an ? 的首项 a1 ? 1536, 公比 q ? ? , 用 πn 表示它的前 n 项 2 之积,则 πn(n∈N*)最大的是( )

(A)π9

(B)π11

(C)π12

(D)π13

[1996 年全国高中数学联赛试题] 解:等比数列 ?an ? 的通项公式为
1 1 an ? 1 5 3 ? 6 (? ) n ?1 ? 3 ? 2 9 ? 1 5 3 ? 6 (? ) n ?1 2 2

前 n 项和

1 2 1 ? 3n ? 2 9 n ? (? ) 2 2 1 ? 11 ? 311 ? 2 99 ? (? ) 55 ? 0 2

? n ? 1536n ? (? )

n ( n ?1)

n ( n ?1) 2

因为 :

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? 9 ? 39 ? 281 ? 2 ?36 ? 39 ? 2 45 , ? 12 ? 312 ? 2108 ? 2 ?66 ? 312 ? 2 42 ? ? 9 ? 13 ? 313 ? 2117 ? 2 ?78 ? 3 ? 2 39 ? ? 12 , 故? 12 最大
选(C) 例 10.设 x ? y ,且两数列 x, a1 , a2 , a3 , y 和 b1 , x, b2, b3 , y, b4 均为等差数列, 则

b4 ? b3 ? a2 ? a1

[1988 年全国高中联赛试题]

解:依题意,有 y ? x ? 4(a2 ? a1 ) 所以:
1 ( y ? x) 4 又y ? x ? 3(b3 ? b2 )所以 : a 2 ? a1 ? 1 b3 ? b2 ? ( y ? x) 3 b ? b3 8 ? 4 ? a 2 ? a1 3
1 1 1 例 11.设 x, y, z 是实数, 3x,4 y,5 z 成等比数列,且 , , 成等差数列, x y z x z 则 ? 的值是 [1992 年全国高中数学联赛试题] z x

解:因为 3x,4 y,5 z 成等比数列,所以有

3x ? 5 z ? (4 y) 2 即 : 16y 2 ? 15xz(1) 1 1 1 又 ? , , 成等差数列 , 所以有 : x y z
1 1 z ? ? ,即 : x z y x?z z 2 xz ? ,y ? (2) xz y x?z
8

将(2)代入(1)得 : 16 ? x ? 0, y ? 0, z ? 0

4x 2 ? z 2 ? 15xz ( x ? z) 2

? 64xz ? 15( x 2 ? 2 xz ? z 2 ) ?15( x 2 ? z 2 ) ? 34xz
? x z 34 ? ? z x 15

例 12.已知集合 M={ x, xy, lg( xy) }及 N={ 0, x , y }并且 M=N,那么
1 1 1 1 ( x ? ) ? ( x 2 ? 2 ) ? ( x 3 ? 3 ) ?( x 2001 ? 2001 )的值等于( y y y y

)

解:由 M=N 知 M 中应有一元素为 0,任由 lg( xy )有意义知 xy ? 0 , 从而 x ? 0 ,且 y ? 0 ,故只有 lg( xy )=0, xy=1,M={x,1,0}; 若 y=1,则 x=1,M=N={0,1,1}与集合中元素互异性相连, 故 y≠1,从而∣x∣=1,x=± 1;由 x=1, y=1(含),由 x=-1 y=-1, M=N={0,1,-1} 此时, x ?
1 1 1 1 ? ?2, x 2 ? 2 ? 2, x 2 k ?1 ? 2 k ?1 ? ?2, x 2 k ? 2 k ? 2 y y y y

1 1 1 从而 ( x ? ) ? ( x 2 ? 2 ) ? ? ? ( x 2001 ? 2001 ) ? ?2 y y y 1 1 1 注:数列 x,x2,x3,…,x2001; , 2 ,? 2001 以及 y y y 1 2 1 3 1 1 , x ? 2 , x ? 3 ,?, x 2001 ? 2001 y y y y 在 x=y=-1 的条件下都是周期为 2 的循环数列, S2n-1=-2, S2n=0, x?

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故 2001 并不可怕。 例 13.已知数列{ an }满足 3an+1+an=4(n≥1)且 a1=9,其前 n 项之和为 Sn, 1 则满足不等式∣Sn-n-6∣< 的最小整数 n 是( ) [1994 年全国 125 高中数学联赛试题] (A)5 (B)6 (C)7 (D)8

解:由 3an+1+an=4(n≥1) 3an+1-3=1-an
1 a n?1 ? 1 ? ? (a n ? 1), a1 ? 1 ? 8 3

故数列{an-1}是以 8 为首项,以 ?
1 a n ? 1 ? 8 ? ( ? ) n ?1 3 1 a n ? 1 ? 8 ? ( ? ) n ?1 3

1 为公比的等比数列,所以 3

1 ? ? 8?1 ? (? ) n ? 1 3 ? Sn ? n ? ? ? n ? 6 ? 6 ? (? ) n 1 3 1? ( ) 3
1 ? S n ? n ? 6 ? ?6 ? (? ) n 3

1 1 1 ? S n ? n ? 6 ? ? 6 ? (? ) n ? 6 ? ( ) n ? 3 3 125 3n ?1 ? 250 ? 243 ? 35 ?n ?1 ? 5 ? 6 ?n ? 7
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当 n=7 时满足要求,故选(C) [注]:数列{an}既不是等差数列,也不是等比数列,而是由两个项数 8 8 1 相等的等差数列:1,1,…,1 和等比数列: 8,? , , ? ,8 ? (? ) n ?1 的对 3 9 3 应项的和构成的数列, 故其前 n 项和 Sn 可转化为相应的两个已知数列的 和,这里,观察通项结构,利用化归思想把未知转化为已知。 例 14.设数列{an}的前 n 项和 Sn=2an-1(n=1,2,…),数列{bn}满足 b1=3, bk+1=ak+bk(k=1,2,…)求数列{ bn }的前 n 项和。 [1996 年全国高中数学联赛第二试第一题] 解:由 Sn=2an-1,令 n=1,得 S1=a1=2a1-1,

? a1 ? 1(1) 又S n ? 2a n ? 1(2) S n ?1 ? 2a n ?1 ? 1(3) (2) ? (3)得S n ? S n ?1 ? 2a n ? 2a n ?1
? an ? 2an ? 2an?1
an ? 2an?1 , an ?2 an?1

所以:数列{an}是以 a1=1 为首项, 以 q=2 为公比的等比数列, 故 an=2n-1(4)

由bk ?1 ? ak ? bk , bk ?1 ? bk ? ak ? 2 k ?1 (5) ? bk ? bk ?1 ? 2 k ?2 , bk ?1 ? bk ?2 ? 2 k ?3 ?b2 ? b1 ? 1
以上诸式相加,得 因为表中均为正数,故 q>0,? q ? 因此,对于任意 1≤k≤n,有
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1 1 ,从而 a11 ? , 2 2

a kk ? a1k ? q k ?1 ? ?a11 ? (k ? 1)d ?q k ?1 1? 1 1 ?1 ? ? ? (k ? 1) ? ? ? ( ) k ?1 ? k ? k 2? 2 2 ?2 记S ? a11 ? a 22 ? a33 ? ? ? a nn

1 1 1 1 ? 2 ? 2 ? 3 ? 3 ? ? ? n ? n (5) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 则有 : S ? 2 ? 2 ? 3 ? ? ? (n ? 1) ? n ? n ? n ?1 (6) 2 2 2 2 2 (5) ? (6)得 : ?

1 1 1 1 1 1 S ? ? 2 ? 3 ? ? ? n ? n n ?1 , 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 n 所以 : S ? 1 ? ? 2 ? 3 ? ? ? n ?1 ? n ? 2 2 2 2 2 ? 2? 1 2
n ?1

1 1 ? ( )n 2 ? n 1 2n 1? 2

?

n 2n 1 2
n ?1

即 : a11 ? a 22 ? a33 ? ? ? a nn ? 2 ?

?

n n?2 ? 2? n n 2 2

评注:本题中求和 S ? 1 ? 列 an=n 与等比数列 bn ?

1 1 1 1 ? 2 ? 2 ? 3 ? 3 ? ? ? n ? n , 实为等差数 2 2 2 2

1 的对应项乘积构成的新数列的前 n 项的和, 2n 1 将(5)式两边同乘以公比 ,再错项相减,化归为等比数列求各。这种方 2 法本是求等比数列前 n 项和的基本方法, 它在解决此类问题中非常有用, 应 予 掌 握 。 课 本 P137 复 习 参 考 题 三 B 组 题 第 6 题 为 : 求 和 : S=1+2x+3x2+…+nxn-1;2003 年北京高考理工类第(16)题:已知数列{an} 是等差数列,且 a1=2,a1+a2+a3=12 , (I) 求数列 {an} 的通项公式; (II) 令 bn=an· xn ( x ? R) ,求数列{bn}的前 n 项和公式。都贯穿了“错项相减”方法 的应用。

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高阶等差数列
一、基本知识 1.定义:对于一个给定的数列{an},把它的连结两项 an+1 与 an 的差 an+1-an 记为 bn, 得到一个新数列{ bn},把数列 bn 你为原数列{an}的一阶差数列,如果 cn=bn+1-bn, 则数列{cn}是{an}的二阶差数列依此类推, 可得出数列{an}的 p 阶差数列, 其中 p?N 2.如果某数列的 p 阶差数列是一非零常数列,则称此数列为 p 阶等差数列 3.高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称 4.高阶等差数列的性质: (1)如果数列{an}是 p 阶等差数列,则它的一阶差数列是 p-1 阶等差数列 (2)数列{an}是 p 阶等差数列的充要条件是: 数列{an}的通项是关于 n 的 p 次多项式 (3) 如果数列{an}是 p 阶等差数列,则其前 n 项和 Sn 是关于 n 的 p+1 次多项式 5.高阶等差数列中最重要也最常见的问题是求通项和前 n 项和, 更深层次的问题是 差分方程的求解,解决问题的基本方法有: (1)逐差法:其出发点是 a n ? a1 ?

? (a
k ?1

n ?1

k ?1

? ak )

(2)待定系数法:在已知阶数的等差数列中,其通项 an 与前 n 项和 Sn 是确定次数的 多项式(关于 n 的),先设出多项式的系数,再代入已知条件解方程组即得 (3)裂项相消法:其出发点是 an 能写成 an=f(n+1)-f(n) (4)化归法:把高阶等差数列的问题转化为易求的同阶等差数列或低阶等差数列的 问题,达到简化的目的 二、例题精讲 例 1.数列{an}的二阶差数列的各项均为 16,且 a63=a89=10,求 a51 解:法一:显然{an}的二阶差数列{bn}是公差为 16 的等差数列,设其首项 为 a,则 bn=a+(n-1)×16,于是

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a n ? a1 ? ? (a k ?1 ? a k ) ? a1 ? ? bk ? a1 ?
k ?1 k ?1

n ?1

n ?1

a ? ?a ? (n ? 2) ? 16? (n ? 1) 2

? a1 ? (n ? 1)a ? 8(n ? 1)(n ? 2)
这是一个关于 n 的二次多项式,其中 n 的系数为 8,由于 a63=a89=10,所以
2

an=8(n-63)(n-89)+10,从而 a51=8(51-63)(51-89)+10=3658
解:法二:由题意,数列{an}是二阶等差数列,故其通项是 n 的二次多项式, 又 a63=a89=10,故可设 an=A(n-63)(n-89)+10 由于{an}是二阶差数列的各项均为 16,所以(a3-a2)-(a2-a1)=16 即 a3-2a2+a1=16, 所以 A(3-63)(3-89)+10-2[A(2-63)(2-89)+10]+A(1-63)×(1-89)+10=16 解得:A=8

an=8(n-63)(n-89)+10,从而 a51=8(51-63)(51-89)+10=3658
例 2.一个三阶等差数列{an}的前 4 项依次为 30,72,140,240,求其通项公式 解:由性质(2),an 是 n 的三次多项式,可设 an=An +Bn +Cn+D 由 a1=30、a2=72、a3=140、a4=240 得
3 2

解得:

14

所以 an=n +7n +14n+8 例 3.已知整数列{an}适合条件: (1)an+2=3an+1-3an+an-1,n=2,3,4,? (2)2a2=a1+a3-2 (3)a5-a4=9,a1=1 求数列{an}的前 n 项和 Sn 解:设 bn=an+1-an,Cn=bn+1-bn Cn=bn+1-bn= (an+2-an+1)-( an+1-an) =an+2-2an+1+an=(3an+1-3an+an-1) -2an+1+an=an+1-2an+an-1 =Cn-1 (n=2,3,4,?) 所以{ Cn}是常数列 由条件(2)得 C1=2,则{an}是二阶等差数列

3

2

因此

a n ? a1 ? ? bk ? a1 ? (n ? 1)b1 ?
k ?1

n

(n ? 1)(n ? 2) ?2 2

? 1 ? (n ? 1)b1 ? (n ? 1)(n ? 2)
由条件(3)知 b4=9,从而 b1=3,于是 an=n
2

例 4.求证:二阶等差数列的通项公式为

证明:设{an}的一阶差数列为{bn},二阶差数列为{cn},由于{an}是二阶等差数 列,故{cn}为常数列

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又 c1=b2-b1=a3-2a2+a1

所以

例 5.求数列 1,3+5+7,9+11+13+15+17,?的通项 解:问题等价于:将正奇数 1,3,5,?按照“第 n 个组含有 2n-1 个数”的规则 分组: (1)、(3,5,7)、(9,11,13,15,17),? 然后求第 n 组中各数之和 an 依分组规则, 第 n 组中的数恰好构成以 2 为公差的项数为 2n-1 的等差数列, 因而确定了第 n 组中正中央这一项,然后乘以(2n-1)即得 an 将每一组的正中央一项依次写出得数列: 1,5,13,25,?这个数列恰为一个二 2 阶等差数列,不难求其通项为 2n -2n+1,故第 n 组正中央的那一项为 2 2n -2n+1,从而 an=(2n-2n+1)(2n-1) 例 6.数列{an}的二阶差数列是等比数列,且 a1=5,a2=6,a3=9,a4=16,求{an}的 通项公式 解: 易算出{an}的二阶差数列{cn}是以 2 为首项, 2 为公比的等比数列,则 cn=2 , {an}的一阶差数列设为{bn},则 b1=1 且
n

从而

16

例 7.设有边长为 1 米的正方形纸一张,若将这张纸剪成一边长为别为 1 厘米、3 厘 米、?、(2n-1)厘米的正方形,愉好是 n 个而不剩余纸,这可能吗? 解:原问题即是是否存在正整数 n,使得 1 +3 +?+(2n-1) =100 由于 1 +3 +?+(2n-1) =[1 +2 +?+(2n) ]-[2 +4 +?+(2n) ]
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 n( 4n 2 ? 1) 随着 n 的增大而增大,当 n=19 时 n( 4n 2 ? 1) =9129<10000, 3 3 1 2 当 n=20 时 n( 4n ? 1) =10660>10000 3
=

故不存在?
例 8.对于任一实数序列 A={a1,a2,a3,?},定义 DA 为序列{a2-a1,a3-a2,?},它的第 n 项为 an+1-an,假设序列 D(DA)的所有项均为 1,且 a19=a92=0,求 a1 解:设序列 DA 的首项为 d,则序列 DA 为{d,d+1,d+2,?},它的第 n 项是

d ? (n ? 1) ,因此序列 A 的第 n 项

显然 an 是关于 n 的二次多项式,首项等比数列为 由于 a19=a92=0,必有

1 2

所以 a1=819

例 9:设 a,b 是正整数,{ an }是首项是 a,公差为 b 的等差数列,{ bn }是首 项是 b,公比为 a 的等比数列,且满足 a1 ? b1 ? a2 ? b2 ? a3 (1)求 a 的值。
17

(2)对于某项 a m 存在 bn ,使 a m + 1= bn ,求 b 的值及 m,n 的关系式。 (3)在{ an }中,对满足(2)的项,求它的前 k 项的和 分析: (1)由题意 an =a+(n-1)b

bn = ban ? 1

由 a1 ? b1 ? a2 ? b2 ? a3 , 知 a<b<a+b<ab<a+2b 显然正整数 a≠1(否则由 a+b<ab 得 1+b<b, 从而 1<0,这与 1>0 矛 盾) 所以 a≥2,b≥3 再由 ab<a+2b 得 a ?
2b 2b 2b ?3 , 由于 是 b≥3 上的增函数, 从而 b ?1 b ?1 b ?1

所以 a<3, 结合 a≥2 得出 a=2;

(2)对于某项 a m 存在 bn ,使 a m + 1= bn , 即[2+(m-1)b]+1=b×2n-1 由此得 b ? (2 n?1 ? 1 ? m) ? 3 , 因为 b≥3,b 与 2 n?1 ? 1 ? m 均为整数, 所以 b=3 且 2 n?1 ? 1 ? m =1,即 b=3, m ? 2 n?1 。 (3)在{ an }中,对满足(2)的项 an =2+(m-1)3=m-1 有 a2n?1 ? 2 n?1 ? 1, 这就是说,n=1,2,3,…,k 得满足(2)的前 k 项 前 k 项的和 Sk= ? (2 n ?1 ? 1) = ? 2 n?1 ? k = 2 k ? 1 ? k
n ?1 n ?1 k k

18

构建新数列巧解递推数列竞赛题
递推数列是国内外数学竞赛命题的“热点”之一,由于题目灵活多 变,答题难度较大。本文利用构建新数列的统一方法解答此类问题,基 本思路是根据题设提供的信息,构建新的数列,建立新数列与原数列对 应项之间的关系,然后通过研究新数列达到问题解决之目的。其中,怎 样构造新数列是答题关键。 1 求通项 求通项是递推数列竞赛题的常见题型,这类问题可通过构建新数列 进行代换,使递推关系式简化,这样就把原数列变形转化为等差数列、 等比数列和线性数列等容易处理的数列,使问题由难变易,所用的即换 元和化归的思想。 例 1、数列 ?an ? 中, a1 ? 1 , a n ?1 ?
1 1 ? 4a n ? 1 ? 24 a n 。求 an 。 16

?

?

(1981 年第 22 届 IMO 预选题) 分析 本题的难点是已知递推关系式中的 1 ? 24a n 较难处理, 可构 建新数列 ?bn ? ,令 bn ? 1 ? 24an ,这样就巧妙地去掉了根式,便于化简 变形。 解:构建新数列 ?bn ? ,使 bn ? 1 ? 24an ? 0 则
2 bn ?1 b1 ? 5 , b ? 1 ? 24an ,即 a n ? 24

2 n

?

2 2 ? bn bn ?1 1? ?1 ? 1 ? ? 1 ? 4 ? ? bn ? ? ? 24 16 ? 24 ?

化简得

?2bn?1 ?2 ? ?bn ? 3?2
1 ?bn ? 3? 2
19

?

2bn?1 ? bn ? 3 ,即 bn ?1 ? 3 ?

数列 ?bn ? 3? 是以 2 为首项,

1 为公比的等比数列。 2

?1? bn ? 3 ? 2 ? ? ? ? 2?

n ?1

? 2 2? n

即 bn ? 22?n ? 3

?
2

an ?

2 bn ? 1 2 2 n ?1 ? 3 ? 2 n ?1 ? 1 ? 24 3 ? 2 2 n ?1

证明不等式 这类题一般先通过构建新数列求出通项,然后证明不等式或者对递

推关系式先进行巧妙变形后再构建新数列,然后根据已经简化的新数列 满足的关系式证明不等式。 例 2、设 a0 ? 1 , a n ?
2 1 ? an ?1 ? 1

a n ?1

?n ? N ? ,求证: a n

?

?
2 n?2



(1990 年匈牙利数学奥林匹克试题) 分析
2 利用待证的不等式中含有 ? 及递推关系式中含有 1 ? a n ?1 这

两个信息,考虑进行三角代换,构建新数列 ? ? n ?,使 an ? tg? n ,化简递 推关系式。
? ?? 证明:易知 an ? 0 ,构建新数列 ? ? n ?,使 an ? tg? n , ? n ? ? 0, ? ? 2?

则 an ?

1 ? tg 2? n ?1 ? 1 tg? n ?1

?

1 ? cos? n ?1 ? ? tg n ?1 sin ? n ?1 2

?

tg? n ? tg

? n?1
2

,? n ?

? n ?1
2

又 a0 ? 1 , a1 ? 2 ? 1 ? tg 因此,新数列 ? ? n ?是以

?
8

,从而 ? 1 ?

?
8

? 1 为首项, 为公比的等比数列。 2 8

20

?1? ?n ? ? ? ?2?

n ?1

?

?
8

?

?
2 n?2

? 考虑到当 x ? (0, ) 时,有 tgx ? x 。 2
所以, a n ? tg 注:对型如 3 证明是整数 这类题把递推数列与数论知识结合在一起,我们可以根据题目中的 信息,构建新数列,找到新的递推关系式直接解决,或者再进行转化, 结合数论知识解决。 例 3、设数列 ?an ? 满足 a1 ? 1 , an?1 ? 求证:
2 a ?2
2 n

?
2
n?2

?

?
2 n?2

2 1 ? an , 1 ? an ,

a n ?1 ? a n 都可采用三角代换。 1 ? a n a n?1

1 1 an ? 2 an

(n ? N )

?N

?n ? N , n ? 1? 。

( 《中学数学教学参考》2001 年第 8 期第 53 页,高中数学竞赛模拟 试题) 分析 直接令 bn ?
2
2 an ?2

,转化为证明 bn ? N

(n ? N , n ? 1)

证明:构建新数列 ?bn ? ,令 bn ?
2 则 an ?

2 a ?2
2 n

?0

4 4 2 ? 2 , an ?2 ?1 ? 2 2 bn bn ?1
?1 1 ? ? ?? a ? n ?2 ? a n ? ?
2

代入 a

2 n ?1

整理得

21

2 2 2 bn ?1 ? bn 4 ? 2bn

?

?
2 n ?1 2 n ?1 n 2 n ?1

2 2 2 从而 bn ? bn ?1 4 ? 2bn?1

于是

?

bn?1

(n ? 3) ? ? b ? b ?4 ? 2b ?4 ? 2b ?? ? ?2b ?b (n ? 3) ? 2b ?b ? 1?
2 n ?1 2 n

?1

??

2

(n ? 3)

n

2 n?1

由已知, b2 ? 4 , b3 ? 24 ,由上式可知, b4 ? N , b5 ? N ,依次类 推, bn ? N
(n ? 1) ,即
2 a ?2
2 n

?N 。

例 4 、 设 r 为 正 整 数 , 定 义 数 列 ?an ? 如 下 :
a n ?1 ? nan ? 2(n ? 1) 2 r n?2
(n ? N )

a1 ? 1 ,

求证: an ? N 。 (1992 年中国台北数学奥林匹克试题)

分析 把条件变形为 ?n ? 2?an?1 ? nan ? 2?n ? 1? 比较 a n?1 与 an 前的
2r

系数及 a n?1 与 an 的足码,考虑到另一项为 2?n ? 1? ,等式两边同乘以
2r

?n ? 1? ,容易想到构新数列 ?bn ?,使 bn ? n?n ? 1?an 。
证明:由已知得 ?n ? 2?an?1 ? nan ? 2?n ? 1?
2r

? ?n ? 1??n ? 2?an?1 ? n?n ? 1?an ? 2?n ? 1?2r?1 构建新数列 ?bn ? , bn ? n?n ? 1?an
则 b1 ? 2 , bn?1 ? bn ? 2?n ? 1?
2r ?1

? bn ? b1 ? ? ?bk ?1 ? bk ?
k ?1

n ?1

? 2 1 ? 2 2r ?1 ? 32r ?1 ? ? ? n 2r ?1

?

?

?

bn ? N
bn ? 2n 2 r ?1 ? ? k 2 r ?1 ? (n ? k ) 2 r ?1
k ?1 n ?1

?

?

?
22

1 2r 2 2 r ?1 2 2r 2r ? 2n 2 r ?1 ? ? n 2 r ?1 ? C 2 k ? ? ? C2 r ?1 n k ? C 2 r ?1 n r ?1 n ? k k ?1

n ?1

?

?

?

n bn
n n n

又 bn ? ? k 2 r ?1 ? ? (n ? 1 ? k ) 2 r ?1 ? ? k 2 r ?1 ? ?n ? 1 ? k ?
k ?1 k ?1 k ?1

?

2 r ?1

? ?

? ? ?n ? 1?

n

? ?n ? 1? ? n?n ? 1?
4

k ?1

?

2 r ?1

1 2 ? C2 ? k ? C2 r ?1 ?n ? 1? r ?1 ?n ? 1? 2r

2 r ?1

2r 2r k 2 ? ? ? C2 r ?1 ?n ? 1?k

| bn | bn ,从而 an ? N 。

解决整除问题 一般通过构建新数列求出通项,再结合数论知识解决,也可用数学

归纳法直接证明。 例 5、设数列 ?an ? 满足 a1 ? 1 , a2 ? 3 ,对一切 n ? N ,有

an?2 ? ?n ? 3?an?1 ? ?n ? 2?an ,求所有被 11 整除的 an 的一切 n 值。
(1990 年巴尔干地区数学奥林匹克试题) 分析 变形递推关系式为 an?2 ? an?1 ? ?n ? 2??an?1 ? an ?, 就容易想到 怎样构建新数列了。 解:由已知 an?2 ? an?1 ? ?n ? 2??an?1 ? an ? 构建新数列 ?bn ??n ? 2?,

bn?1 ? an?1 ? an

?n ? 1? ?n ? 2?
?n ? 2?

则 b2 ? 2 , bn?1 ? ?n ? 1??an ? an?1 ? ? ?n ? 1?bn

?

bn ? nbn?1 ? n?n ? 1?bn?2 ? ? ? n?n ? 1??3b2 ? n!
an ? a1 ? ? ?a n ? an?1 ? ? 1 ? ? bk ?? k!
k ?2 k ?2 k ?1 n n n

?

从而 a4 ? 11? 3 , a8 ? 11? 4203, a10 ? 11? 367083 ,当 n ? 11 时,由

23

于 ? k!被 11 整除,因而 a n ? ? k! ? ? k! 也被 11 整除。
k ?1 k ?1 k ?11

10

10

n

所以,所求 n 值为 n ? 4 ,8,及 n ? 10 的一切自然数。 5 证明是完全平方数 这类题初看似乎难以入手,但如能通过构建新数列求出通项 an ,问 题也就迎刃而解了。 例 6、设数列 ?an ? 和 ?bn ? 满足 a0 ? 1 , b0 ? 0 ,且
?a n ?1 ? 7 a n ? 6bn ? 3 ? ?bn ?1 ? 8a n ? 7bn ? 4
① ②

?n ? 0,1,2,??

求证: an 是完全平方数。 (2000 年全国高中联赛加试题) 分析 先用代入法消去 bn 和 bn ?1 ,得 an?2 ? 14an?1 ? an ? 6 ? 0 ,如果 等式中没有常数项 6,就可以利用特征根方法求通项,因此可令
1 Cn ? an ? a ,易求得 a ? ? 。 2

证明:由①式得 bn , bn ?1 代入②得

an?2 ? 14an?1 ? an ? 6 ? 0
1? 1? ? 1? ? ? 化为 ? a n ? 2 ? ? ? 14? a n?1 ? ? ? ? a n ? ? ? 0 2? 2? ? 2? ? ?

构建新数列 ?cn ? , c n ? a n ?
c1 ? a1 ?

1 1 ,且 c 0 ? , 2 2

1 1 7 ? ?7a0 ? 6b0 ? 3? ? ? 2 2 2

cn?2 ? 14?cn?1 ? ? cn ? 0
由特征方程

?2 ? 14? ? 1 ? 0 得两根

?1 ? 7 ? 4 3 , ?2 ? 7 ? 4 3
24

所以

n cn ? m1?1 ? m2 ?n 2

1 ? m1 ? m2 ? ? ? 2 当 n ? 0 ,1 时,有 ? ?m 7 ? 4 3 ? m 7 ? 4 3 ? 1 2 ? 1 2 ?

?

?

?

?

解得: m1 ? m2 ? 则 cn ?
?

1 4

1 7?4 3 4 1 2? 3 4

?

?

n

?

1 7?4 3 4

?

?

n

?

?

2n

?

1 2? 3 4

?

?

2n

则 an ? cn ?

n n 2 1 1? ? 2? 3 ? 2? 3 ? ? ? ? 2 4?

?

? ?

?

因为 2 ? 3 ? 2 ? 3

?

? ?
n

?

n

为正偶数,所以, an 是完全平方数。

从上述各题构建新数列的过程中,可以看出对题设中递推式的观 察、分析,并据其结构特点进行合理变形,是成功构建新数列的关键。 构建新数列的目的是为了化繁为简、化未知为已知、化不熟悉为熟悉, 这也是解答数学问题的共性之所在。

25

数列能力训练题
1 : 是 否 存 在 常 数 a,b 使 得 等 式 1 × 22+2 × 32+3 × 42+ ? +n(n+1)2 1 = n(n ? 1)( an 2 ? bn ? c) 12 解: ?1 ? 2 2 ? 2 ? 32 ? 3 ? 4 2 ? ? ? n(n ? 1) 2

? ? k (k ? 1) 2 ? ? (k 3 ? 2k 2 ? k ) ? ? k 3 ? ? 2k 2 ? ? k
k ?1 k ?1 k ?1 k ?1 k ?1

n

n

n

n

n

1 n(n ? 1) ? n(n ? 1) ? ?? ? 2 ? n(n ? 1)(2n ? 1) ? ? 6 2 ? 2 ? 1 ? n(n ? 1)?3n(n ? 1) ? 4(2n ? 1) ? 6? 12 n ? (n ? 1)(3n 3 ? 11n ? 10) 12 ?当a ? 3, b ? 11, c ? 10时,原等式对任意自然 数n(n ? N ? )都成立 另解:在原式中令 n ? 1,2,3, 得: 1 ( a ? b ? c) ? 4 6 1 解得: a ? 3, b ? 11, c ? 10 (4a ? 2b ? c) ? 22 2 9a ? 3b ? c ? 70 所以:当 a=3,b=11,c=10 时,等式对 n=1,2,3 成立 再用数学归纳法证明当 a=3,b=11,c=10 时,原式对任意正整数成立 2:设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a3=12,S12>0,S13<0 (1) 求出 d 的范围 (2) 推出 S1,S2,S3,?,S12 中哪个值最大,并说明理由 S12 ? 12a1 ? 66d ? 0
解:

2

S13 ? 13a1 ? 78d ? 0 12 ? a3 ? a1 ? 2d 2a1 ? 11d ? 0

(1)

解之: a1 ? 6d ? 0

?

24 ? 7d ? 0 3? d ? 0

a1 ? 12 ? 2d

??

24 ? d ? ?3 7
26

(2)由( 1 )知?an ? 为递减数列,设 S k 最大, 则ak ? 0, ak ?1 ? 0 12 ? (k ? 3)d ? 0 a1 ? (k ? 1)d ? 0 ? 12 ? (k ? 2)d ? 0 a1 ? kd ? 0 12 12 ? 2? ? k ? 3? d d 24 由 ? 〈d ? ?3, 7 12 得3.5 ? ? ? 4 d ? 5.5 ? k ? 7,即k ? 6
? S 6 最大
1 1 (a1 ? a12 ) ? ( a 6 ? a 7 ) ? 0 2 2 另解 : 1 S13 ? ? 13(a1 ? a13 ) ? 13a 7 ? 0 2 a6 ? 0 ? a7 ? 0 ? S 6 最大 S12 ?

一般地,一个递减(增)等差数列, 。 若ak ? 0, 且ak ?1 ? 0(或ak ? 0, 且ak ?1 ? 0) ,则 Sk 最大(或最小) 3:已知非常数的等差数列{an}的前 n 项和 1 S n ? lg m 2 ? n lg 3 ? lg 2[( m ? 1)n 2 ? mn ]( n ? N ? m ? R), 求 数 列 5 {a5n+3}的前 n 项和 1 解 : S n ? lg m 2 ? n lg 3 ? lg 2 (m ? 1)n 2 ? m n 5 1 ?1 ? ? ? (m ? 1) lg 2? n 2 ? (lg 3 ? m lg 2)n ? lg m 2 5 ?5 ?

?

?

? ?a n ?为非常数的等差数列

27

1 ? (m ? 1) lg 2 ? 0, 且 lg m 2 ? 0 5 ? m ? ?1 2 1 从而:S ? (? lg 2)n 2 ? (lg 3 ? lg 2)n n 5 5 2 1 2 ? a ? S ? S ? (? lg 2) ? 64 ? (lg 3 ? lg 2) ? 8 ? (? lg 2) ? 49 8 8 7 5 5 5 1 ? (lg 3 ? lg 2) ? 7 5 31 ? ? lg(3 ? 2 5 )

31 7 ? ? 6d ? a ? a ? lg(3 ? 2 5 ) ? l g 3 (? 2 5 ) 8 2 24 ?? lg 2 5 ? 5d ? ?4 lg 2 由等差数列的性质,数列{a5n+3}是首项为 a8,公差为 5d 的等差 1 数列其前 n 项和 Tn ? na8 ? n(n ? 1) ? 5d 2 31 ? 1 ? n lg(3 ? 2 5 ) ? n(n ? 1) lg 2 ? 4 2 3 ? n lg (n ? N ? ) 21 ?
4 10 4:各项为正的数列{an}的前 n 项和为 Sn,an 与 2 的等差中项等于 Sn, 与 2 的等比中项,求 an 1 解:由已知得a n ? 2 ? 2 2S n 即:S n ? (a n ? 2) 2 8 1 1 ? a n ?1 ? S n ?1 ? S n ? (a n ?1 ? 2) 2 ? (a n ? 2) 2 8 8 即: (a n ?1 ? a n )(a n ?1 ? a n ? 4) ? 0
n?

28

? a n ?1 ? a n ? 0 ? a n ?1 ? a n ? 4 又 ? a1 ? 2 ? 2 2a1 ? a1 ? 2

?an ?为公差为4的等差数列 即:

? a n ? 2 ? 4(n ? 1) ? 4n ? 2 5:等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S10=10,S40=150,求 S30 ?an ?的公比q ? 1,则: 解:易知

S10 ? S 40 ?

a1 (1 ? q10 ) ? 10? (1) 1? q

a1 (1 ? q 40 ) ?1 5 ? 0 (2) 1? q (2) ? (1)得: (1 ? q 10 )(1 ? q 20 ) ? 15
即: (q 10 ? 2)(q 20 ? 3q 10 ? 6) ? 0 ? q 10 ? 2从而由( 1 )得 ? S 30 ? a1 ? ?10 1? q

a1 (1 ? q 30 ) ? ?10 ? (1 ? 8) ? 70 1? q 另解:记b1 ? S10 , b2 ? S 20 ? S10 , b3 ? S 30 ? S 20 , b4 ? S 40 ? S 30

?bn ?为等比数列,设公比为 则: p,? b1 ? 10
且b1 ? b2 ? b3 ? b4 ? S 40 ? 150

? b1 ( p ? p 2 ? p 3 ) ? 140 ? ( p ? 2)( p 2 ? 3 p ? 6) ? 0 ?p?2 ? S 30 ? b1 ? b2 ? b3 ? b1 (1 ? p ? p 2 ) ? 70
6:已知正数列{an}满足 : 1 ? an?1 ? 3 1 ? an ? 2, 且a1 ? 3, 求an
解:令bn ? 1 ? a n ? 1, 则: bn ?1 ? 1 ? a n ?1 ? 1 ? 3( 1 ? a n ? 1) ? 3bn b1 ? 1 ? a1 ? 1 ? 2 ? 1 ? 3

? {bn}为公比为 3,首项为 3 的等比数列 ? bn ? 1 ? an ? 1 ? 3n ? an ? 32n ? 2 ? 3n
7:已知正数数列 a0,a1,a2,…an,满足 an ? an?2 ? an?1 ? an?2 ? 2an?1 (n ? 2) ,且 a0=a1=1,求 an
29

解:在递推式两边同除 以 a n ?1 a n ?2 得 令bn ?

an a ? 1 ? 2 n ?1 a n ?1 an?2

a n ?1 (n ? 0,1,2,3,?)则:bn ?1 ? 1 ? 2bn ? 2 an

? ?bn ? 1?为公比为2的等比数列
? bn ? 1 ? 2 n (b0 ? 1) ? 2 n ( ? a1 ? 1) ? 2 n ?1 a0

即 : bn ?1 ? 1 ? 2(bn ?2 ? 1)

a n ?1 a ? 2 n ?1 ? 1 ? n ?1 ? (2 n ?1 ? 1) 2 an an

? an ?

a n a n ?1 a ? ? ? 2 ? (2 n ? 1) 2 (2 n ?1 ? 1) 2 ?12 (n ? 1) a n?1 a n ?2 a1 所以: an= 1, (n ? 0)

? (2
k ?1

n

k

? 1) 2 ,(n ? 1)

6.7 都是由递推关系构造数列求解,对于较复杂的数列问题,这是一种常 见技巧 8:已知实数列{xn}中,xn=1,xn+1=xn2+ xn (n ? N ? ) 1 实数列{yn}中, y n ? , S n 和Pn 是?y n ? 的前n项和与积, xn ? 1 证明:对一切 n ? N ? , 有S n ? Pn ? 1 x 2 证明:由x n ?1 ? x n ? x n 得:n ?1 ? x n ? 1( x n ? 0) xn

? yn ?

x 1 ? n , x n ? 1 x n ?1 x x1 x 2 x 1 ? ?? n ? 1 ? x 2? x3 x n ?1 x n ?1 x n ?1
2

p n ? y1 y 2 ? y n ?

x x x ? xn 1 1 又y n ? n ? n ? n ?1 ? ? x n ?1 x n x n ?1 x n ?1 ? x n x n x n ?1 ? S n ? y1 ? y 2 ? ? ? y n

30

1 1 1 1 1 1 ? ) ? ( ? ) ??? ( ? x1 x2 x 2 x3 xn xn?1 1 1 1 ? ? ?1? x1 xn ?1 xn ?1 ?(

1 1 )? ?1 xn ?1 xn ?1 9:等差数列{an}的公差为 d,若数列中任(不同)两项之和仍为这个数 列中的一项,求证:必存在整数 m ? ?1, 使a1 ? md 证明:任意取两项 a s , at ( s ? t ), 若存在a k , 使a s ? at ? a k ? S n ? Pn ? (1 ?

则: 2a1 ? ( s ? t ? 2)d ? a1 ? (k ? 1)d ? a1 ? (k ? s ? t ? 1)d ? 存在整数m ? k ? s ? t ? 1, 使得a1 ? m d.下证m ? ?1 当d ? 0时,显然成立 当d ? 0时, 若m ? ?1恒成立,则取 p ? ?m ? 2,对不同的两项 a1 , a p
存在a q,使得a1 ? a p ? a q,即2m d ? (?m ? 1)d ? m d ? (q ? 1)d 得qd ? 0与q ? 0, d ? 0矛盾, 故存在整数m ? ?1, 使a1 ? m d 反之,命题也成立,因 而本题是充要条件

10:已知数列{an}满足 an+1=pan+d( n ? 1),其中p ? 0,1; e, p, d为常数,求 an a1=e 解法1:由a n ?1 ? pan ? d , p ? 1, 构造辅助等比数列,
设a n ?1 ? x ? p(a n ? x) d d d ? a n ?1 ? ? p(a n ? ) p ?1 p ?1 p ?1 d 令:bn ? a n ? 则:bn ?1 ? pbn p ?1 d d ? ?a n ?是首项为b1 ? a1 ? ?e? , 公比为p的等比数列 p ?1 p ?1 d ( p ? 0时, bn ? 0, a n ? ? d) 1? p d ? bn ? a n ? ? b1 p n ?1 p ?1 d d ? a n ? (e ? ) p n ?1 ? p ?1 p ?1 解得:x ?
31

解法2:由a n ?1 ? pan ? d , a n ? pan ?1 ? d得: a n ?1 ? a n ? p (a n ? a n ?1 ) 令:bn ? a n ?1 ? a n , 则:b1 ? a 2 ? a1 ? pe ? e ? d , bn ? pbn ?1 ? bn ? b1 p n ?1 ? ( pe ? e ? d )q n ?1 ? a n ?1 ? a n 将a n ?1 ? pan ? d代入上式反解得: d d ) p n ?1 ? p ?1 p ?1 解法3:由已知得: a n ? (e ?
a n ? pan ?1 ? d ? p ( pan ? 2 ? d ) ? d ? p 2 a n ? 2 ? pd ? d

? p 2 ( pan ?3 ? d ) ? pd ? d ? p 3 a n ?3 ? p 2 d ? pd ? d ? ? ? p n ?1 a1 ? p n ? 2 d ? p n ?3 d ? ? ? pd ? d d d ) p n ?1 ? p ?1 p ?1 11:数列{an}满足 an?1 ? pan ? q(n)( p ? 0) 求 an a1=e 解法1:a n ? pan ?1 ? q (n ? 1) ? ? ? (e ?
? p? pan ? 2 ? q (n ? 2)? ? q?n ? 1? ? p 2 a n ? 2 ? pq(n ? 2) ? q (n ? 1)

? p 2 ? pan ?3 ? q (n ? 3)? ? pq(n ? 2) ? q (n ? 1) ? p 3 a n ?3 ? p 2 q (n ? 3) ? pq(n ? 2) ? q (n ? 1) ? ? ? p n ?1 a1 ? p n ? 2 q(1) ? p n ?3 q (2) ? ? ? pq(n ? 2) ? q (n ? 1)

解法2:由a n ? pan?1 ? q(n ? 1), a n?1 ? pan ?2 ? q(n ? 2) ? pan?1 ? p 2 a n?2 ? pq(n ? 2) 同理:p 2 a n?2 ? p 3 a n?3 ? p 2 q(n ? 3) ?? p n?2 a2 ? p n?1a1 ? p n?2 q(1)

累加得:an ? p n?1a1 ? q(n ? 1) ? pq(n ? 2) ? ? ? p n?2 q(1) 12:由正整数组成的数列{an}满足 a1=1,am+n=am+an+mn 求 an

32

解:在递推式中令 m ? 1, n ? k有a k ?1 ? a k ? (n ? 1) 依次令k ? 1,2,3,?, (n ? 1)得 a 2 ? a1 ? 2 a3 ? a 2 ? 3 ?? a n ? a n ?1 ? n
相加得: a n ? a1 ? (2 ? 3 ? ? ? n) 1 n(n ? 1) 2 13:已知数列{xn}满足 x1=x2=1 求 xn xn+2=6xn+1-8xn 解法1:由x n ? 2 ? 6 x n ?1 ? 8 x n 变形得: ? 1? 2 ? 3 ??? n ?

x n ? 2 ? 2 x n ?1 ? 4( x n ?1 ? 2 x n ) 设a n ? x n ?1 ? 2 x n 则:a n ?1 ? 4a n (n ? 1) 得a n ? a1 4 n ?1 ? ( x 2 ? 2 x1 )4 n ?1 ? ?4 n ?1即: x n ?1 ? 2 x n ? ?4 n ?1 (1) 又由递推式变形得: x n ? 2 ? 4 x n ?1 ? 2( x n ?1 ? 4 x n ) 令bn ? x n ?1 ? 4 x n,则:bn ?1 ? 2bn ? bn ? b1 2 n ?1 ? ( x 2 ? 4 x1 )2 n ?1 ? ?3 ? 2 n ?1 即:x n ?1 ? 4 x n ? ?3 ? 2 n ?1 (2) (1) ? (2)得:x n ? 3 ? 2 n ? 2 ? 2 2 n ?3 评注:具有形 x n如 , q ? 0)的 递 推 ? 2 ? pxn ?1 ? qxn ( p, q为 常 数 关 系 式 的 数 列 称 为递 :归 阶数 列 。 求 阶 递 归 数 列 通 项助 可特 借征 方 程 , 用 待 数 定法 系求 出 。 2 2 解法2:由递推式得特征方程 x ? 6 x ? 8(一般为x ? px ? q)
得特征根x1 ? 2, x 2 ? 4 故可设x n ? A.2 n ? B.4 n 代入x1 ? x 2 ? 1得: 3 1=2A+4B 解得: A= 4 1 1=4A+16B B= ? 8
33

3 1 ? 2 n ? ( ? ) ? 4 n ? 3 ? 2 n ? 2 ? 2 2 n ?3 4 8 n ?1 4 (n ? 1), 求 an 14:设数列{an}满足 a1 ? 10, a n ?1 ? 4 a n n ? xn ?

a a 解:由递推式得:n ?1 ? ( n ) 4 n ?1 n a a a ? a ? ? n ? ( n ?1 ) 4 ? ?( n ?2 ) 4 ? ? ( n ?2 )4 2 n n ?1 n?2 ? n?2 ? a1 ? ?? ? ( )4 n ?1 n ? (n ? 1)
? a n ? n ? a1
4 n ?1

4

? n ? 104

n ?1

15:已知 f(x)=

x 1 , 且f ( x0 ) ? 方程 f(x)=x 有唯一解 a( x ? 2) 2,

f(xn-1)=xn, (n ? N ? ) 求 xn
解:由 x ? x有唯一解 a ( x ? 2) 1 1 ? 2 ? 0, 得a ? a 2

? x?a ( x ? 2) ? 1? ? 0有唯一解,解x ? ? f ( x) ? 2x x?2

由x n ? f ( x n ?1 )得x n ? 又:f ( x0 ) ? 令bn ?

2 x n ?1 1 1 1 即 ? ? x n ?1 ? 2 x n x n ?1 2

2 x0 1 1 2 ? ? ? x0 ? 2 x0 ? 2 2 3

1 1 , 则bn ? bn ?1 ? xn 2 3 n ? 2 2

? bn ?b 0 ? nd ? ? xn ?

2 (n ? 0,1,2,3, ??) n?3 评注:递推式为线性分式时,有时可以考虑取倒数的方法构造新数列, 达到求解目的。
34

16:已知数列{an}满足

a n ?1 ?

n ?1 a n ? 1(n ? 2), 求 an n ?1

a1=1,a2=2

n ?1 an ? 1 n ?1 n ?1 ?an ? (n ? 1)?(n ? 2) ? a n ?1 ? n ? n ?1 解:由a n ?1 ? 令bn ? a n ? (n ? 1)(n ? 2),则bn ?1 ? 又a 2 ? 2 ? b2 ? a 2 ? 1 ? 3 n n n ?1 n n ?1 n ? 2 bn ?1 ? ? bn ? 2 ? ? ? bn ?3 n?2 n?2 n?3 n?2 n?3 n?4 n(n ? 1) ? ?? ? 3 ? ?? ? b2 (n ? 2)(n ? 3) ? ?? ? 2 ? 1 n(n ? 1) 3 ? b2 ? n(n ? 1) 2 2 1 ? a n ? bn ? (n ? 1) ? (n ? 1)(3n ? 2)(n ? 2) 2 1 (n ? 1)(3n ? 2)(n ? 2) an= 2 1(n ? 1) ? bn ?
17:已知数列{an}中,a1=1, a n ?1 ?
1 (1 ? 4a n ? 1 ? 24 a n ) ,求 an 16
2 n

n ?1 bn (n ? 2) n ?1

2 bn 解:令bn ? 1 ? 24a n ? b1 ? 5, b ? 1 ? 24a n即a n ? 24 代入原来的递推关系有 2 2 ? bn ? 1) 1 ? 4(bn ?1 ? ?1 ? ? bn ? 24 16 ? 24 ?

即(2bn ?1 ) 2 ? (bn ? 3) 2由bn ? 0得

35

2bn ?1 ? bn ? 3; 一阶递推数列 易求得bn ? 3 ? 2 2? n ? an ? 1 2 2 2 n ?1 ? 3 ? 2 n ?1 ? 1 (bn ? 1) ? 24 3 ? 2 n ?1

2 2 18:已知正项数列 ?an ?, ?bn ?中, a12 ? a2 ? ?? ? an ?
2 2 b12 ? b2 ? ?? ? bn ?1

?a ? 求证: min? k ? ? 1.(k ? 1,2,?? n) ? bk ? ?a ? a 证明:不失一般可设 min? k ? ? 1 (k ? 1,2,3,?? n) ? bk ? b1
a a 则:k ? 1 (k ? 1,2, ?? n) bk b1 ? bk ? 0, a k ? 0 ? a k ?
2 从而a k ?(

a1 bk b1

a1 2 2 ) bk b1 a1 2 2 2 2 ) (b1 ? b2 ? ?? ? bn ) b1

2 2 ?1 ? a12 ? a 2 ? ?? ? a n ?(

?(

a1 2 ) b1

? ak ? a1 ? 1即: m i? n ? ?1 b1 ? bk ? 19: n 2 (n ? 4) 个正数排成 n 行 n 列 a11 , a12 , a13 , ?? , a1n ?
a 21 , a 22 , a 23 , ?? , a 2 n ???????? a n1 , a n 2 , a n 3 , ?? , a nn 其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,且所有的公比 1 3 相等,已知 a 24 ? 1, a 42 ? , a 43 ? , 8 16 求 a11 ? a22 ? a33 ? ? ann ?a1k ?的公差为d , 数列?aik ?(i ? 1,2,?n)的公比为q, 则: 解:设数列
36

a1k ? a11 ? (k ? 1)d , akk ? a1k q k ?1 ? ?a11 ? (k ? 1)d ?q k ?1 a 24 ? (a11 ? 3d )q ? 1 1 a 42 ? (a11 ? d )q 3 ? 8 1 3 a 43 ? (a 11 ?2d )q 3 ? ? dq3 ? 8 16 1 ? a11 ? d ? q ? ? 2 1 k 又n 2 个正数? a11 ? d ? q ? 从而a kk ? k 2 2 1 n 用错位相减法求得: S ? 2 ? n ?1 ? n 2 2 2 1 ? a n ?1 ? 1 ? (n ? 1,2,??).求证:a n ? n ? 2 20: 设a0 ? 1, a n ? a n ?1 2 解:显然对一切 n ? N都有a n ? 0, ? 可设a n ? tan a n ,a n ? (0, ) 2 由条件可得: sec a n ?1 ? 1 1 ? c o a s n ?1 a an ? t a n an ? ? ? t a n n ?1 , tan a n ?1 sin a n ?1 2
1 ? a n ?1 , 而a 0 ? t a n a0 ? 1, a 0 ? 2 4 ?a n ?是首项为? ,而公比为1 的等比数列。 4 2 ? 1 ? 所以a n ? ( ) n ? n ? 2 . 4 2 2 所以:a n ? 所以a n ? t a n a n ? t a n n ? 2 ? n ? 2 ( x ? (0, )时, tan x ? x) 2 2 2 21: 数列?xn ? 中,x0 ? x1 ? 1, xn ? 2xn?1 ? xn?2 ? 2(n ? 2) 求证:任意相邻两项之 积仍是数列中的一项。 证明:由已知 xn ? xn?1 ? xn?1 ? xn?2 ? 2,

?

?

?

37

令:bn ? x n ? x n ?1 (n ? 2) 所以:bn ? bn ?1 ? 2是一个等差数列 所以 : bn ? b2 ? 2(n ? 2) ? ( x 2 ? x1 ) ? 2(n ? 2) 因为 : x0 ? x1 ? 1 所以 : x 2 ? 2 x1 ? x0 ? 2 ? 2 ? 1 ? 2 ? 3 所以:x 2 ? x1 ? 3 ? 1 ? 2 所以 : x n ? x n ?1 ? 2n ? 2
2 由 叠 加 法 得x: n ? n ? n ?1

?xn ?中 任 意 两 项 ( 相 邻积 所以数列 )的
x k ? x k ?1 ? (k 2 ? k ? 1) (k ? 1) 2 ? (k ? 1) ? 1 ? (k 2 ? k ? 1)(k 2 ? k ? 1) ? (k 2 ? 1) 2 ? k 2 ? (k 2 ? 1) 2 ? (k 2 ? 1) ? 1

?

?

22:已知数列 ?xn ?和?yn ? 中,x0 ? x1 ? 1, 且xn?1 ? xn ? 2xn?1 , ,且

?xn ?中 的 项 。 ? x k 2 ?1是 数 列

y0 ? 1, y1 ? 7, yn?1 ? 2 yn ? 3 yn?1. 求证:xn 和yn中除 1外,无其它相同的项。
证明:由二阶递推式的 特征根法,可得 xn ? 1 n ?1 2 ? (?1) n 3 y n ? 2 ? 3 n ? (?1) n ?1 , 且n ? 2, 时,x n ? 1, y n ? 1

?

?

若有;x m ? y n , (m, n ? 2),则: ( 1 )m, n为偶数时, 2 m ? 2 ? 3 n ?1 左边为偶数, 右边为奇数,矛盾 (2)m, n为奇数时,有2 m ? 2 ? 3 n ?1 ? 2,也不成立。 (3)m为奇时,n为偶数时,则有 2 m ? 1 ? 3 n ?1 设:m ? 2k ? 1, n ? 2u, 则有: 3u ? 1 u (3 ? 2 ) ? (3 ? 1) ? 0 2 左边第 1项为奇数,第 2项为偶数,也不成立。
n 2k

(4)m为偶数,n为奇数同可证也不成立 。 综上所述原命题的结论 成立
38

2 23:给定正整数 n 和正数 M,对于满足条件 a12 ? an ?1 ? M 的所有等差数 列 a1 , a2 , a3 ??,

试证:S ? an?1 ? an?2 ? ?? ? a2n?1的最大值。 解:设公差为 d , an?1 ? an , 则: S ? a n ?1 ? a n ? 2 ? ? ? a 2 n ?1
n(n ? 1) d 2 nd S 故:a? ? 2 n ?1 2 2 2 2 因M ? a1 ? a n ?1 ? ( a ? nd ) ? a ? (n ? 1)a ? ? 4 nd 1 (a ? ) 2 ? (4a ? 3nd ) 2 10 2 10 4 S 2 ? ( ) 10 n ? 1 10 因此: S ? (n ? 1) M 2 3 4 1 且当a ? M ,d ? ? M 时, 10 10 n

? 3 ? n 4 1 S? (n ? 1) ? M ? ? ? M? 2 10 n ? 10 ? 10 由于此时4a ? 3nd, 故 : 4 S 2 4 10 2 a12 ? a n ( ) ? ? ?M ? M ?1 ? 10 n ? 1 10 4 10 故S的最大值为 (n ? 1) M 2 24:已知一个数列的各项是 1 或 2,首项为 1,且在第 k 个 1 和第 k+1 个 1 之间有 2 k ?1 个2 ,即 1,2,1,2,2,1,2,2,2,1, (1)求数列前 1998 项之和 S1998 (2)是否存在正整数 n,使得数列前 n 项和 Sn=20001? 若 n 存在,求出 n 的值,若 n 不存在,证明你的结论。 ? (n ? 1) ? 5 ? M ? 10 (n ? 1) M 2

39

解:( 1 )从1到第k个括号共2 k ? k ? 1个数 第k个括号有2 k ?1 ? 1个数。 ? 210 ?〈 1 1998 , 211 ? 1〉 1998 ,故1998 在第k ? 1 ? 10即: k ? 10个括号中 S ? 2 ? 1998? 11 ? 3985 (2)设第n项在第k群,则: 2n ? k ? 2001 又k是整数,由( 1 )知k ? 1.

?1000? n ? 1010 又2 9 ? 9 ? 1 ? 320 ? 1000? n, 210 ? 10 ? 1 ? 1033? 10 ? n在第10个括号,这与k是本数矛盾。 故不存在此种n

40


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