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上海自主招生 数列与递推


数列与递推
一、知识要点 1、等差数列: (1)定义: an?1 ? an ? d (常量)或 2an?1 ? an ? an?2 . (2)通项公式: an ? a1 ? (n ?1)d . (3)前 n 项和公式: S n ?

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

(4)任意两项 an , am 有 an ? am ? (n ? m)d . (5)对于任意正整数 m, n, k , l ,若 m ? n ? k ? l ,则 am ? an ? ak ? al .反之不行. (6)若 {an },{bn } 均是等差数列,则 {can ? dbn }也是等差数列.( c, d ? R ) 2、等比数列: (1)定义:

an ?1 a a ? q (常量)或 n? 2 ? n?1 . an an?1 an

(2)通项公式: an ? a1q n?1 .

(q ? 1) ? na1 ? (3)前 n 项和公式: S n ? ? a1 (1 ? q n ) .(4)任意两项 an , am 有 an ? amqn?m . ? 1 ? q (q ? 1) ?
(5)对于任意正整数 m, n, k , l ,若 m ? n ? k ? l ,则 an am ? ak al . (6)无穷递缩等比数列所有项和公式: S ? lim Sn ?
n ??

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

3、数列求和: 方法主要有裂项求和、错位相减、倒序相加、分组求和等. 4、一些常用递归数列的通项: (1)形如 an?1 ? an ? f (n) 的一阶递归式,其通项求法为

an ? a1 ? ? (ak ?1 ? ak ) ? a1 ? ? f (k ) .(累加法)
k ?1 k ?1

n ?1

n ?1

(2)形如 an?1 ? f (n)an 的递归式,其通项求法为

an ? a1 ?

a a2 a3 ? ????? n ? a1 ? f (1) f (2) f (3) ??? f (n ? 1)(n ? 2) .(累积法) a1 a2 an?1
1

(3)形如 an?1 ? pan ? q( p ? 1) 的递归式, 法一:由 an?1 ? pan ? q 及 an ? pan?1 ? q ,两式相减得 an?1 ? an ? p(an ? an?1 ) , 有 {an?1 ? an } 是首项为 a2 ? a1 ,且公比为 p 的等比数列,先求出 an?1 ? an ,再求出 an . 法二:若 p=1,则显然是以 a1 为首项,q 为公差的等差数列; 若 p≠1,则两边同时加上

q q ,变为 a n ?1 ? ? p ?1 p ?1

? q ? ?, p? a ? n ? p ?1? ? ?

显然是以 a1 ?

q 为首项,p 为公比的等比数列,此法叫做特征根法. p ?1

(4) 形如 an?1 ? pan ? f ?n? 的递归式,其中 f(n)不是常数, 若 p=1,则显然 an=a1+

? f ?i ? ,n≥2;
i ?1
n+1

n ?1

若 p≠1, 则两边同时除以 p , 变形为

an?1 an a f ( n) f ?n? 令 bn ? n , 得 bn ?1 ? bn ? n ?1 , ? n ? n?1 , n n ?1 p p p p p
n ?1 an a1 n?1 f ?i ? f ?i ?? n ?1 ? ,从而 . ? ? a ? p a ? ? ? n 1 ? n i ?1 i ? p i ?1 p p i ?1 p ? ?

求 bn ,再求 an .即利用叠加法易得

(5)形如 an?1 ? pan q ( p ? 0, an ? 0 )的递归式,两边取对数有 lg an?1 ? q lg an ? lg p , 令 bn ? lg an ,则 bn?1 ? qbn ? lg p ,仿(3)得 bn ,再求 an . (6)特征根法: ① an?2 ? pan?1 ? qan ,特征方程为 x =px+q,令其两根为 x1,x2,则其通项公式为
2

n ,A、B 用待定系数法求得. an ? A ? x1n ? B ? x2

② an?3 ? pan?2 ? qan?1 ? ran ,特征方程为 x =px +qx+r,令其三根为 x1,x2,x3,
3 2

则其通项公式为 an ? A ? x1 ? B ? x2 ? C ? x3 ,A、B、C 用待定系数法求得.
n n n

(7) 不动点法: 当 f(x)=x 时,x 的取值称为不动点,不动点是我们在竞赛中解决递推式的基本方法. 典型例子: a n ?1 ?

a ? an ? b a?x?b 2 ,令 x ? ,即 cx ? ?d ? a?x ? b ? 0 ,令此方程的两 c?x? d c ? an ? d
1 1 ? ? p ,其中 p 可以用待定系数法求解, a n ?1 ? x1 a n ? x1
2

个根为 x1,x2,若 x1=x2,则有

为 p=

2c ,然后再利用等差数列通项公式求解. a?d

若 x1≠x2,则有

a ? cx1 an?1 ? x1 a ? x1 ,其中 q 可以用待定系数法求解,为 q= , ? q? n a ? cx2 an?1 ? x2 an ? x2

然后再利用等比数列通项公式求解. 二、范例选讲: (一)递推数列: 例 1、已知数列{an}满足 a1=1,an=2an-1+n-2(n≥2),求通项 an. 解:由已知可得:an+n=2(an-1+n-1)(n≥2),令 bn=an+n,则 b1=a1+1=2,且 bn=2bn
-1

(n≥2).
n-1

于是 bn=2·2

=2 ,即 an+n=2 ,故 an=2 -n(n≥2),
n

n

n

n

因为 a1=1 也适合上述式子,所以 an=2 -n(n≥1).

5 的小数点后的第 n 位数字,则 例 2、已知函数 f ( n) ? k , k 是循环小数 0. 9 1827364
f { f ? f [ f (1)]} 的值为-------------------------------------( ?? ?? ?
2004 个f

.

.



(A)9 (B)8 (C)7 (D)3 解:易得 f 9 s ?t (1) ? f t (1) , s, t ? N * , f 2004 (1) ? f 6 (1) ? 8 ,选(B) 例 3、 已知数列 a0 , a1 , a2 ,..., an ..., 满足关系式 (3 ? an ?1 )(6 ? an ) ? 18 且 a0 ? 3 , 则?
i ?0 n

1 的值是____. ai

解:设 bn ?

1 1 1 , n ? 0,1, 2,..., 则(3 ? )(6 ? ) ? 18, an bn?1 bn
1 3 1 1 ? 2(bn ? ) , 3 3

即 3bn ?1 ? 6bn ? 1 ? 0. ? bn ?1 ? 2bn ? , bn ?1 ? 故数列 {bn ? } 是公比为 2 的等比数列,

1 3

1 1 1 1 1 1 bn ? ? 2n (b0 ? ) ? 2n ( ? ) ? ? 2n?1 ? bn ? (2n?1 ? 1) . 3 3 a0 3 3 3
n n ? 1 1 1 i ?1 1 ? 2(2n?1 ? 1) ? b ? (2 ? 1) ? ? (n ? 1) ? ? ? 2n? 2 ? n ? 3? . ? ? ? i ? 3 ? 2 ?1 i ?o ai i ?0 i ?0 3 ? 3 n

例 4、数列 ?an ? 中, a1 ? 1 , a n ?1 ?

1 1 ? 4a n ? 1 ? 24 a n .求 an . 16
2 n

?

?

2 bn ?1 解:构建新数列 ?bn ? ,使 bn ? 1 ? 24an ? 0 ,则 b1 ? 5 ,b ? 1 ? 24an ,即 a n ? . 24

? bn?1 ? 1 ?
2

24

2 ? bn ?1 1? 2 2 ? ,化简得 ?2bn?1 ? ? ?bn ? 3? ,? 2bn?1 ? bn ? 3 , 1 ? 4 ? ? bn ? ? ? 16 ? 24 ?

3

即 bn ?1 ? 3 ?

1 ?bn ? 3? ,则数列 ?bn ? 3? 是以 2 为首项, 1 为公比的等比数列. 2 2
n ?1

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

? 2 2?n ,即 bn ? 22?n ? 3 ,? a n ?

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

点评: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.
例 5、设数列{a n}和{b
n

}满足 a0=1,b0=0,且?

?an+1=7an+6bn-3, ?bn+1=8an+7bn-4.

⑴ n=0,1,2,?? ⑵

试求 a n. (05 年江苏冬令营) 解:由 a0=1,b0=0,得 a1=4,b1=4,a2=49. ⑴×7:7an+1=49an+42bn-21, ⑵×6:6bn+1=48an+42bn-24. 两式相减得,6bn+1-7an+1=-an-3,即 6bn=7an-an-1-3. 1 1 1 代入⑴:an+1=14an-an-1-6.故 an+1- =14(an- )-(an-1- ). 2 2 2 其特征方程为 x -14x+1=0,特征方程的解为 x=7±4 3. 1 n n 1 故 an=α (7+4 3) +β (7-4 3) + ,现 a0=1,a1=4,a2=49.解得 α =β = . 2 4 1 1 1 n 1 n 1 2n 1 2n 1 n 1 n 2 得 an= (7+4 3) + (7-4 3) + = (2+ 3) + (2- 3) + =[ (2+ 3) + (2- 3) ] . 4 4 2 4 4 2 2 2 (二)周期数列: 例 6、 已知数列 ?an ? 中, 求 a1 ? 1, a2 ? 2, an an?1an?2 ? an ? an?1 ? an?2 , 且an?1an?2 ? 1 .
2

?

2006

ai .

i= 1

解: a3 ?

a ? a3 a ? a4 a1 ? a2 ? 3, a4 ? 2 ? 1, a5 ? 3 ? 2, a1a2 ? 1 a 2 a3 ? 1 a3 a 4 ? 1

而 an an?1an?2 ? an ? an?1 ? an?2 , an?1an?2 an?3 ? an?1 ? an?2 ? an?3 ,相减得

an?3 ? an ? an?1an?2 (an?3 ? an ) ,即 (an?3 ? an )(an?1an?2 ? 1) ? 0 .
因为 an?1an?2 ? 1,所以 an?3 ? an ? 0 ,即 a n ?3 ? a n ,所以 ?an ? 是以 3 为周期的周期 数列.因为 a1 + a2 + a3 = 6, 2006

2(mod3) ,故 ? ai = 6? 668 1+ 2 = 4011 .
i= 1

2006

例 7、在数列 {an } 中,若 a1 , a2 是正整数,且 an ?| an?1 ? an?2 |, n ? 3, 4,5, 为“绝对差数列” . (Ⅰ)举出一个前五项不为零的“绝对差数列” (只要求写出前十项) ;

,则称 {an }

(Ⅱ)若“绝对差数列”{an } 中,a20 ? 3, a21 ? 0 ,数列 {bn } 满足 bn ? an ? an?1 ? an?2 ,

4

n ? 1, 2,3,

,分别判断当 n ?? 时, an 与 bn 的极限是否存在,如果存在,求出其极限

值; (Ⅲ)证明:任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项. 解: (Ⅰ) a1 ? 3, a2 ? 1, a3 ? 2, a4 ? 1, a5 ? 1, a6 ? 0, a7 ? 1, a8 ? 1, a9 ? 0, a10 ? 1 (答案 不惟一) (Ⅱ)解:因为绝对差数列 {an } 中, a20 = 3, a21 = 0 ,所以自第 20 项开始,该数列是

a20 ? 3, a21 ? 0, a22 ? 3, a23 ? 3, a24 ? 0, a25 ? 3, a26 ? 3, a27 ? 0,? .
即自第 20 项开始,每三个相邻的项周期地取值 3,0,3,所以当 n ? ? 时,an 的极限不存 在. 当 n ? 20时, bn ? a n ? a n ?1 ? a n ? 2 ? 6, 所以 lim bn ? 6 .
n ??

(Ⅲ)证明:根据定义,数列 {an } 必在有限项后出现零项,证明如下: 假设 {an } 中没有零项,由于 an ? an ?1 ? an ? 2 ,所以对于任意的 n,都有 an ? 1 ,从而 当 an?1 ? an?2时, an ? an?1 ? an?2 ? an?1 ? 1?n ? 3? ; 当 an- 1 < an- 2 时, an = an- 2 - an- 1 ? an- 2

1(n

3)

即 an 的值要么比 an ?1 至少小 1,要么比 an ? 2 至少小 1. (即 an 比 an ?1 和 an ? 2 中较大的那个至 少小 1,即数列 {an } 成递减趋势)

令 cn ? ?

?a 2 n?1 ?a 2 n ?1 ? a 2 n ?, n ? 1,2,3,?, 则 0 ? cn ? cn ?1 ? 1?n ? 2,3,4,??. 由于 c1 是确定的 ? a 2 n ?a 2 n?1 ? a 2 n ?,

正整数,这样减少下去,必然存在某项 c1<0,这与 cn>0(n=1,2,3,?)矛盾,从而 {an } 必有零项. 若第一次出现的零项为第 n 项,即 an = 0 ,记 an ?1 ? A? A ? 0? ,则

an+ 1 = A, an+ 2 = 0,

,故自第 n 项开始,每三个相邻的项周期地取值 0,A,A 即

5

?a n ?3k ? 0, ? ?a n ?3k ?1 ? A, k ? 0,1,2,3, ? , 所以绝对差数列 an 中有无穷多个零的项. ?a ? n ?3k ? 2 ? A
(三)数列不等式的证明: 例 8、记 S ?

1 1 1 ,求 S 的整数部分. ? ??? 1? 2 3? 4 2003? 2004 4 a? b ? 1 a ? 1 b
, 从而

解: 对 a ? 0, b ? 0 , 易证:

1 n ? n ?1

?

1 1 1 ( ? ), 4 n n ?1

1 1 1 1 1 1 1 1 S? ( ? ?? ? )? ( ? ?? 4 1 2 2003 2004 2 0 ? 1 1? 2 ?
1 1 2004 ) ? (? 0 ? 1 ? 1 ? 2 ? ? ? 2003? 2004) ? 2 2003 ? 2004 2

1

? 501,? S ? 501;
另一方面,记 S ? ?

1 2? 3

?

1 4? 5

???

1 2002 ? 2003

,则 S ? ? S ,

且 S ? ? ? 2 ? 3 ? 4 ? 5 ? ? ? 2002 ? 2003,

S ? ? 1 ? 2 ? 3 ? 4 ? ? ? 2003? 2004 ? S ? S ? ? 2004 ? 1 ,又 S ? ? S ,? S ?
1 ( 2004 ? 1) ? 501 ? 0.5 ,从而 2

? 501? 0.5 ? S ? 501 ,? 22 ? 0.5 ? S ? 23 ,因此 S 的整数部分为 22.
例 9、设 a0 ? 1 , a n ?
2 1 ? an ?1 ? 1

a n ?1

?n ? N ? ,求证: a n

?

?
2 n?2



证明:易知 an ? 0 ,构建新数列 ? ? n ?,使 an ? tan? n , ? n ? ? 0,

? ?? ? ? 2?

则 an ?

1 ? tan2 ? n ?1 ? 1 tan? n ?1

?

1 ? cos? n ?1 ? ? ? ? tan n ?1 ,? tan? n ? tan n ?1 , ? n ? n ?1 2 sin ? n ?1 2 2

又 a0 ? 1 , a1 ?

2 ? 1 ? tan

?
8

,从而 ? 1 ?

?
8



n ?1 ? 1 1? ? 因此,新数列 ? , ? n ?是以 为首项, 为公比的等比数列,则 ? n ? ? ? ? ? ? ? 2 8 8 2 n?2 ?2?

6

考虑到当 x ? (0,

?
2

) 时,有 tan x ? x .所以, a n ? tan

?
2
n?2

?
2

?
2 n?2

点评 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 ? tan? n ,化简递推关系式.对型如
2 1 ? an , 1 ? an ,

a n ?1 ? a n 都可采用三角代换. 1 ? a n a n?1
(四)综合问题: 例 10、数列 {an } 满足: a0 ? 1, an?1 ?
2 7an ? 45an ? 36

2

, n ? N.

证明: (1)对任意 n ? N , an 为正整数;(2)对任意 n ? N , an an?1 ? 1 为完全平方数. 证明: (1)由题设得 a1 ? 5, 且 {an } 严格单调递增.将条件式变形得
2 2 2 2a n ?1 ? 7a n ? 45a n ? 36 , 两边平方整理得 an ① ?1 ? 7an an?1 ? an ? 9 ? 0

2 2 ② ? an ? 7an?1an ? an ?1 ? 9 ? 0

①-②得 (an?1 ? an?1 )(an?1 ? an?1 ? 7an ) ? 0,

an?1 ? an ,?an?1 ? an?1 ? 7an ? 0 ?

an + 1 = 7an - an - 1. ③
由③式及 a0 ? 1, a1 ? 5 可知,对任意 n ? N , an 为正整数.??????10 分 (2)将①两边配方,得 (a n ?1 ? a n ) ? 9(a n a n ?1 ? 1),? a n a n ?1 ? 1 ? (
2

a n ?1 a n 2 ) .④ 3

由③ an?1 ? an ? 9an ? (an?1 ? an ) ≡ ?(an ? an?1 ) ? mod3? ∴ an?1 ? an ≡ (?1)
n

? a1 ? a0 ? ≡0( mod 3 )∴

an ?1 ? an 为正整数④式成立. 3

? an an?1 ? 1 是完全平方数.???????????????????20 分
例 11、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) 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? ,

7

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

?n ? 2?

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

从而 a 4 ? 11? 3 ,a8 ? 11? 4203,a10 ? 11? 367083 , 当 n ? 11 时, 由于
10 n

? k!被 11 整除,
k ?1

10

因而 a n ? 数.

? k! ? ? k! 也被 11 整除.所以,所求 n 值为 n ? 4 ,8,及 n ? 10 的一切自然
k ?1 k ?11

8


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