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高中数学 奥赛辅导精品第九讲 数列与递进


第九讲

数列与递进

知识、方法、技能 数列是中学数学中一个重要的课题,也是数学竞赛中经常出现的问题. 所谓数列就是按一定次序排列的一列数.数列的一般形式是 a1, a2, …,an, …通常简记为 {an}.如果数列{an}的第 n 项 an 与 n 之间的函数关系可用一个公式来表示,这个公式就叫做这 个数列的通项公式. 从函数的角度看

,数列可以看做是一个函数,定义域是自然数集或自然数集的一个有限 子集,函数表达式就是数列的通项公式. 对于数列{an},把 Sn=a1+a2+…+an 叫做数列{an}的前 n 项和,则有

(n ? 1), ? S1 an ? ? ?S n ? S n ?1 ( n ? 2).
I.等差数列与等比数列 1.等差数列 (1)定义: a n ?1 ? a n ? d (常量)或a n ?1 ? (2)通项公式:an=a1+(n-1)d . (3)前 n 项和公式: S n ?

an ? an?2 . 2

n(a1 ? a n ) n(n ? 1) ? na1 ? d. 2 2

(4)等差中项: a n ?1 ?

an ? an?2 . 2

(5)任意两项:an=am+(n-m)d. (6)性质: ①公差为非零的等差数列的充要条件是通项公式为 n 的一次函数; ②公差为非零的等差数列的充要条件是前 n 项和公式为 n 的不含常数项的二次函数; ③设{an}是等差数列,如果 m、n、p、q∈N*,且 m+n=p+q,那么 am+an=ap+aq; ④设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,则 Sm, S2m-Sm, S3m-S2m, …, Spm-S(p-1)m(m>1,p≥3, m、p∈N*)仍成等差数列; ⑤设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,则 {

Sn } 是等差数列; n

⑥设{an}是等差数列,则{λ an+b}(λ ,b 是常数)是等差数列; ⑦设{an}与{bn}是等差数列,则{λ 1an+λ 2bn}(λ 1,λ 2 是常数)也是等差数列; ⑧设{an}与{bn}是等差数列,且 bn∈N*,则{abn}也是等差数列(即等差数列中等距离分离 出的子数列仍为等差数列) ; ⑨设{an}是等差数列,则{ C n }(c>0, c≠1)是等比数列. 2.等比数列
a

-1-

(1)定义:

a n ?1 a a ? q(常量), 或 n ? 2 ? n ?1 an a n ?1 an
n-1

(2)通项公式:an=a1q

.

( q ? 1). ?na1 ? (3)前 n 项和公式: S n ? ? a1 (1 ? q n ) a1 ? a n q ? 1 ? q ? 1 ? q ( q ? 1). ?
(4)等比中项: a n ?1 ? ? a n a n ? 2 . (5)任意两项:an=amq . (6)无穷递缩等比数列各项和公式: S=
n-m

?a
n ?1

??

n

? lim S n ?
n ??

a1 (0 ?| q |? 1). 1? q

(7)性质: ①设{an}是等比数列,如果 m、n、p、q∈N*,且 m+n=p+q,那么 am·an=ap·aq; ②设 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,则 Sm, S2m-Sm, S3m-S2m, …, Spm-S(p-1)m(m>1, p≥3,m、n∈N*)仍为等比数列; ③设{an}是等比数列,则{λ an}(λ 是常数) 、{ a n }(m∈Z*)仍成等比数列; ④设{an}与{bn}是等比数列,则{an·bn}也是等比数列; ⑤设{an}是等比数列,{bn}是等差数列,bn∈Z*,则{abn}是等比数列(即等比数列 中等距离分离出的子数列仍为等比数列) ; ⑥设{an}是正项等比数列,则{logcan}(c>0, c≠1)是等差数列. 赛题精讲 例 1 设 数 列 {an} 的 前 n 项 和 Sn=2an - 1(n=1, 2, … ) , 数 列 {bn} 满 足 b1=3, bk+1=bk+ak(k=1,2,…),求数列{bn}的前 n 项之和. (1996 年全国数学联赛二试题 1) 【思路分析】欲求数列{bn}前 n 项和,需先求 bn. 由 ak=bk+1-bk, 知求 ak 即可,利用 ak=Sk-Sk-1(k=2, 3, 4,…)可求出 ak. 【略解】 由 Sn=2an-1 和 a1=S1=2a1-1,得 a1=1, 又 an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即 an=2an-1,因此 n-1 {an}是首项为 1,公比为 2 的等比数列,则有 an=2 . 由 ak=bk+1-bk,取 k=1,2,…,n-1 得 a1=b2- b1, a2=b3- b2, a3=b4 -b3, … , an- 1=bn- bn- 1,将上面 n- 1 个等式相加,得 bn - 2 n-1 n-1 b1=a1+a2+…+an. 即 bn=b1+a1+a2+…+an=3+(1+2+2 +…+2 )=2 +2,所以数列{bn}的前 n 项和为 2 n-1 n Sn′=(2+1)+(2+2)+(2+2 )+…+(2+2 )=2n+2 -1. 【评述】求数列的前 n 项和,一般情况必须先研究通项,才可确定求和的方法. 例 2 求证:若三角形的三内角成等差数列,对应的三边成等比数列,则此三角形必是正 三角形. 【思路分析】由△ABC 的三个内角 A、B、C 成等差数列,知∠B=60°,三个角可设为 60° 2 -d, 60°, 60°+d,其中 d 为常数;又由对应的三边 a、b、c 成等比数列,知 b =ac,或将 2 三边记为 a、aq、aq ,其中 q 为正常数,由此知要证此三角形为正三角形只须证明 d=0 或 q=1
m

-2-

或 a=b=c. 2 【证】设△ABC 的三个内角为 A、B、C 及其对边 a、b、c,依题意 b =ac, ∠B=60°. 【方法 1】 由余弦定理, 得 cos B ?
2

a2 ? c2 ? b2 1 ? cos 60 ? ? , 所以a 2 ? c 2 ? ac ? ac, 2ac 2

整理得(a-c) =0 因此 a=c. 故△ABC 为正三角形. 2 【方法 2】设 a、b、c 三边依次为 a、aq、aq ,由余弦定理有 cosB=

a 2 ? (aq) 2 ? (aq 2 ) 2 1 ? cos 60 ? ? ,整理得 q4-2q2+1=0,解得 q=1, q=-1(舍去) 2 2 2 ? a ? aq

所以 a=b=c,故此△ABC 为正三角形. 2 【方法 3】因为 b =ac, 由正弦定理: 2 2 (2RsinB) =2RsinA·2RsinC(其中 R 是△ABC 外接圆半径)即 sin B=sinA·sinC,把 B=60°代入得 sinA·sinC=

3 1 3 ,整理得 [cos(A-C)-cos(A+C)= ,即 cos(A-C)=1, 4 2 4

所以 A=C,且∠B=60°,故此△ABC 为正三角形. 2 【方法 4】将 60°-d, 60°, 60°+d 代入 sin B=sinAsinC, 得 sin(60°-d)·sin(60°+d)=

3 1 3 ,即 [cos(2d)-cos120°]= . 4 2 4

得 cos2d=1, d=0°,所以∠A=∠B=∠C,故△ABC 为正三角形. 【评述】方法 1、2 着眼于边,方法 3、4 着眼于角. 例 3 各项都是正数的数列{an}中,若前 n 项的和 Sn 满足 2Sn=an+ 式. 【思路分析】 在 Sn 与 an 的混合型中,应整理成数列{Sn}的递推式或数列{an}的递推式, 然后用递推关系式先求出 Sn, 再求 an, 或直接求 an.本题容易得到数列{Sn}的递推式, 利用 an=Sn -Sn-1 先求出 Sn,再求 an 即可. 【解】n≥2 时,将 an=Sn-Sn-1 代入 2Sn=an+

1 ,求此数列的通项公 an

1 1 ,得 2Sn=Sn-Sn-1+ ,整理得 an S n ? S n ?1

2 2 2 Sn ? Sn ?1 ? 1( n ? 2), 且S1 ? a1 ? 1, 所以数列 {S n } 是首项为 1,公差为 1 的等差数列,

即 S n ? 1 ? (n ? 1) ? 1 ? n, S n ?
2

n , 从而a n ? S n ? S n?1 ? n ? n ? 1(n ? 2), 当 n=1

时,由 2S1=a1+

1 ,得 a1=1 也满足 a n ? n ? n ? 1 . an
n ? n ?1 .

故数列{an}的通项公式为 a n ?

【评述】处理本例的思想方法,可用来求满足 Sn 与 an 混合型中的通项公式. 例 4 设数列{an}的前 n 项和 Sn 与 an 的关系为 Sn=-ban+1-

1 ,其中 b 是与 n 无关 (1 ? b) n
-3-

的常数,且 b≠-1.(1)求 an 与 an-1 的关系式; (2)写出用 n 与 b 表示 an 的表达式. 【思路分析】利用 Sn=an-an-1(n≥2)整理出数列{an}的递推关系式求 an. 【解】 (1) a1 ? S1 ? ?ba1 ? 1 ? 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= -ban+1-

1 1 得a1 ? (1 ? b) (1 ? b) 2

1 1 b ,整理得 ? [?ban ?1 ? 1 ? ] ? ?ban ? ban ?1 ? n n ?1 (1 ? b) (1 ? b) (1 ? b) n

an ?

b b a n ?1 ? (n ? 2) 1? b (1 ? b) n ?1 1 , 4

(*)

(2)当b ? 1时, a1 ?

1 1 1 1 an?1 ? n?1 , 两边同乘以 2n,得 2nan=2n-1an-1+ ,可知数列{2nan}是以 2a= 为 2 2 2 2 1 1 1 n n n 首项,公差为 的等差数列.所以 2 a n ? ? (n ? 1) ? ,即a n ? n?1 . 2 2 2 2 2 an ?
当 b≠1,b≠-1 时, 由(*)式得(1+b) an=b(1+b)
n n-1

an-1+

b 1? b

有(

1? b n 1 ? b n ?1 1 ) an ? ( ) a n ?1 ? . b b (1 ? b)b n ?1 1? b n 1 ) a n , 则c n ? c n ?1 ? . b (1 ? b)b n ?1

令c n ? (

从而数列{cn-cn-1}就是一个等比数列,n 取 2,3,…,n 得

1 1 , c3 ? c 2 ? ,?, (1 ? b)b (1 ? b)b 2 1 c n ? c n ?1 ? , 上述n ? 1个式子相加得 (1 ? b)b n ?1 1 1 1 1 1? b 1 c n ? c1 ? ( ? 2 ? ? ? n ?1 ), 且c1 ? a1 ? , 1? b b b b 1? b b 1 1 1 1 1? bn 所以c n ? (1 ? ? 2 ? ? ? n ?1 ) ? n ?1 , 1? b b b b b (1 ? b)(1 ? b) c 2 ? c1 ? 从而a n ? bn bn 1? bn b(1 ? b n ) ? c ? ? ? , n (1 ? b) n (1 ? b) n b n ?1 (1 ? b)(1 ? b) (1 ? b)(1 ? b) n ?1

故数列{an}的通项公式为

-4-

?n ?2n , ? an ? ? n ? b(1 ? b ) n ?1 ? ? (1 ? b)(1 ? b)

b ? 1, b ? ?1.

【评述】构造辅助数列是解由递推关系式给出数列求通项的一个基本方法,本例构造了 辅助数列{cn}、{cn-cn-1},使数列{cn-cn-1}为等比数列,化未知为已知,从而使问题获解. 2 例 5 n (n≥4)个正数排成 n 行 n 列 a11 a12 a13 a14…… a1n a21 a22 a23 a24…… a2n a31 a32 a33 a34…… a3n a41 a42 a43 a44…… a4n … … … … …… … an1 an2 an3 an4…… ann 其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且所有公比相等,已知 a24=1, a42=

1 3 ,a43= ,求 a11+a22+a33+…+ann.(1990 年全国高中数学联赛试题) 8 16

【思路分析】求和需要研究 a11 和 akk,又每列成等比数列且公比相等,只需要研究 a1k 和 q,又每行成等差数列,需要求得 an 和第一行的公差 d,因而本题利用已知建立 an、d 和 q 之间 关系,使问题获解. 【解】设第一行数列公差为 d,各列数列公比为 q.因为 2a43=a42+a44, 所以 a44=2a43-a42=2×

3 1 1 1 2 2 - = .又因为 a44=a24·q =q ,所以 q= ,于是有 16 8 4 2

1 ? a 24 ? a14 ? q ? (a11 ? 3d ) ? 1, ? ? 2 ? ?a ? a ? q 3 ? (a ? d )( 1 ) 3 ? 1 , 42 12 11 ? 2 8 ?
解此方程组,得 d=

1 1 ,a11= . 2 2

对于任意的 1≤k≤n,有

1 1 1 k a kk ? a1k ? q k ?1 ? [a11 ? (k ? 1)d ]q k ?1 ? [ ? (k ? 1) ]( ) k ?1 ? k , 2 2 2 2 设S ? a11 ? a 22 ? a33 ? ? ? a nn , 则有 1 2 3 n ? 2 ? 3 ? ? ? n ?1 , 2 2 3 2 1 1 1 1 1 n 两式相减得 S ? ? 2 ? 3 ? ? ? n ? n ?1 2 2 2 2 2 2 1 1 (1 ? n ) 2 2 ? n ? 1? 1 ? n , ? 1 2 n ?1 2 n 2 n ?1 1? 2 1 n 故a11 ? a 22 ? a33 ? ? ? a nn ? 2 ? n ?1 ? n . 2 2 S?
-5-

【评述】数列求和应先研究通项,通项 cn=anbn,其中{an}成等差为九列,{bn}为等比数列, 数列{cn}的求和用错项相减去. 例 6 将正奇数集合{1,3,5,…}从小到大按第 n 组有(2n-1)奇数进行分组:{1}, {3,5,7} , {9, 11, 13, 15, 17}, … (第 1 组) (第 2 组) (第 3 组) 问 1991 位于第几组中? (1991 年全国高中数学联赛试题) 【思路分析】思路需要写出第 n 组的第 1 个数和最后一个数,1991 介于其中,而第 n 组 2 2 中最后一个数是第(1+3+…+2n-1)=n 个奇数为 2n -1. 2 【解】因为 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 2 2 所以前 n 组共含有奇数 n 个, 第 n 组最后一个数即第 n 个奇数为 2n -1,第 n 组第一个数 2 2 即第 n-1 组最后一个数后面的奇数为[2(n-1) -1]+2=2(n-1) +1.由题意,有不等式 2 2 2(n-1) +1≤1991≤2n -1. 2 2 解得(n-1) ≤995 且 n ≥996,从而 n≤32 且 n≥32, 故 n=32,即 1991 位于第 32 组中. 【评述】应用待定的方法,假定位于第 n 组中然后确定 n 即可. 例 7 设{an}是由正数组成的等比数列,Sn 是前 n 项和,证明

log 0.5 S n ? log 0.5 S n? 2 ? log 0.5 S n?1 . 2
(1995 年全国高考题) 【思路分析】要证原结论成立,只需证 SnSn+2< S n ?1 成立,用等比数列前 n 项和公式表示或 建立 Sn、Sn+1、Sn+2 的关系,用比较法证之. 【证法 1】设{an}的公比为 q,由题设知 a1>0, q>0. (1)当 q=1 时,Sn=na1,从而 SnSn+2- S n ?1 =na1(n+2)a1- a1 (n+1) =- a1 <0.
2 2

2

2

2

a1 (1 ? q n ) , (2)当 q≠1 时, S n ? 1? q
S n S n ? 2 ? S n ?1 ? a12 (1 ? q n )(1 ? q n ? 2 ) a12 (1 ? q n ?1 ) 2 ? ? ?a12 q n ? 0. (1 ? q) 2 (1 ? q) 2
2

由①、②知 S n S n ? 2 ? S n ?1 . 根据对数函数的单调性,得
2 log 0.5 ( S n S n? 2 ) ? log 0.5 S n 即 ?1 .

log 0.5 S n ? log 0.5 S n ? 2 ? log 0.5 S n ?1 . 2

【证法 2】设{an}的公比为 q,由题设知 a1>0, q>0. 因为 Sn+1+=a1+qSn, Sn+2=a1+qSn+1, 所以 SnSn+2- S n ?1 =Sn(a1+qSn+1)-(a1+qSn)Sn+1=a1(Sn-Sn+1) =-a1(Sn+1-Sn)
2

-6-

=-a1an+1<0. 即 S n S n ? 2 ? S n ?1 . (以下同证法 1).
2

【评述】明确需要证 S n S n ? 2 ? S n ?1 ,建立 Sn、Sn+1、Sn+2 之间的关系较为简单.
2

-7-


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