高中数学竞赛数列问题
高中数学竞赛数列问题
一、 二、
高考数列知识及方法应用(见考纲) 二阶高次递推关系
1. 因式分解降次。例:正项数列{an },满足2S n =a n +1,求a n (化异为同后高次)
2. 两边取对数降次。例:正项数列{an },a 1=1,且a n ·a n+12 = 36,求a n 三、
线性递推数列的特征方程法
定理1:若数列{an }的递推关系为a n+2=λ1a n+1+λ2a n ,则设特征方程x 2=λ1x+λ2,
且此方程有相异两根x 1,x 2(x 1≠x 2),则必有
a n =c1x 1n +c2x 2n ,其中c 1,c 2由此数列已知前2项解得,即
⎧a 1=c 1x 1+c 2x 2
⎨22
⎩a 2=c 1x 1+c 2x 2
⎧a 0=c 1+c 2
或由⎨得到。(见训练及考试题)
a =c x +c x 1122⎩1 定理2:若方程x 2=λ1x+λ2有相等重根x 0,则有
a n =(c 1+c2n )x 0n ,其中c 1,c 2仍由定理1方程组解得。
例如. :1,已知. 数列{a n }满足a 1=a 2=1, a n +2=a n +1+a n (n ∈N +) ,求数列{a n }的
通项公式
2,. 数列{a n }中,设a 1=a 2=1, a 3=2, 且a n +1=
3+a n a n -1
(n ≥3) ,求数列a n -2
{a n }的通项公式
3,. 数列{a n }满足:a 0=1, a n +1=
2
7a n +45a n -36
2
, n ∈N .
证明:(1)对任意n ∈N , a n 为正整数;(2)求数列{a n }的通项公式。 4,已知. 数列{a n }满足a 1=1, a 2=2, n ∈N +都有a n +2=4a n +1-4a n ,求数列
{a n }的通项公式
四、
特殊递推的不动点法 ( f (x )= x的解称为f (x )的不动点 )
定理1:若数列{an }满足递推:a n+1=a·a n +b (a ,b ∈R ), 则设x=ax+b,得不动点x 0=(a n -x 0),
进而用构造法解得。
定理2:若数列{an }满足递推:a n +1=
-b
且数列递推化为:a n+1-x 0=aa -1
a ⋅a n +b
, ad -bc ≠0)
c ⋅a n +d
则设x =
ax +b
,得不动点x 1,x 2, cx +d
若x 1≠x 2,则原递推化为:法解得。
a n +1-x 1a -x 1c a n -x 1
,再由构造=a n +1-x 2a -x 2c a n -x 2
若x1=x2=x0,即有唯一不动点x0时,原递推可化为:
112c
,再由构造法解得。 =+
a n +1-x 0a n -x 0a +d
例如:1,在数列{a n }中,若a 1=1,a n +1=2an +3 (n ≥1), 求该数列的通项a n
2,已知. 数列{a n }满足:a 1=1, a n +1=3,已知. 数列{a n }满足:a 1=1, a n +1=
3a n +8
,求该数列的通项a n
2a n +3
-a n -2
,求该数列的通项a n
2a n +3
五、 递推构造法
1. 若数列递推满足a n+1=k1a n +k2·2n ,注意构造变形为(a n+1+A·2n+1)= k 1
(a n +A·2n ),展开后与原递推相同,求出A 得值,再化为等比数列解决。 2. 若数列递推满足a n+1=k1a n +k2n 2+k3n ,注意构造变形为 (a n+1+A(n+1)2+B(n+1)+c)= k1(a n +An2+Bn+c),
展开后与原递推相同而求出A ,B ,C 的值,再化为等比数列解决。 3. 若数列为a n+1=-3an +2n - n呢?
例如:1,求所有a 0∈R ,使得由a n+1=2n -3a n (n ∈N )所确定得数列a 0,a 1,a 2,…
是递增的。
2,某运动会开了n 天(n >1) ,共发出m 枚奖牌:第一天发出1枚加上余
下的
11
,第二天发出2枚加上余下的;如此持续了(n -1) 天,第n 天发出77
n 枚. 该运动会开了________天,共发了____________枚奖牌.
后注:以上方法相辅相成,不可孤立理解,当条件不符合时不可随意应用。 例:若不知a 1,a 2的确定值,a n+2=2an+1+3an 都不可以用特征方程法。
望大家结合数列其他讲义及考题认真领会。
数列训练题
1.(2006年广东卷)在德国不莱梅举行的第48届世乒赛期间,某商场橱窗里用同样的乒乓球堆成若干准“正三棱锥”形的展品,其中第一堆只有一层,就一个乒乓球;第2、3、4、…堆最底层(第一层)分别按图4所示方式固定摆放. 从第一层开始,每层的小球自然垒放在下一层之上,
第n 堆第n 层就放一个乒乓球,以f (n ) 表示第n 堆的乒乓球总数,则
f (3) = ;f (n ) = (答案用n 表示) .
2. ( 2006年重庆卷) 在数列{a n }中,若 a 1=1,a n +1=2an +3 (n ≥1), 则该数列
的通项 a n =_____.
19
3.(2006年全国卷II )函数f (x ) =
∑|x -n |的最小值为 ( )
i =1
(A )190 (B )171 (C )90 (D )45 4.(2006年全国卷I )设{a n }是公差为正数的等差数列,若a 1+a 2+a 3=15,
a 1a 2a 3=80,则a 11+a 12+a 13=
A .120 B .105 C .90 D .75
5.(2006年江西卷)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若O B =a 1OA +a 200OC ,
且A 、B 、C 三点共线(该直线不过原点O ),则S 200=( ) A .100 B. 101 C.200 D.201
6.(2006年辽宁卷)在等比数列{a n }中, a 1=2, 前n 项和为S n , 若数列{a n +1}也
是等比数列, 则S n 等于
(A)2n +1-2 (B) 3n (C) 2n (D)3n -1
7.(2006年山东卷)已知a 1=2,点(a n ,a n+1) 在函数f (x )=x 2+2x 的图象上,其中=1,2,3,…
(1) 证明数列{lg(1+a n ) }是等比数列;
(2) 设T n =(1+a 1) (1+a 2) …(1+a n ) ,求T n 及数列{a n }的通项;
112
(3) 记b n =+,求{b n }数列的前项和S n ,并证明S n +=1.
a n a n +23T
n -1
8.(2006年上海卷)已知有穷数列{a n }共有2k 项(整数k ≥2),首项a 1=2.设
该数列的前n 项和为S n ,且a n +1=(a -1) S n +2(n =1,2,┅,2k -1),其中常数a >1.
(1)求证:数列{a n }是等比数列; (2)若a =2
2
2k -1
1
,数列{b n }满足b n =log 2(a 1a 2⋅⋅⋅a n ) (n =1,2,┅,2k ),
n
求数列{b n }的通项公式;
(3)若(2)中的数列{b n }满足不等式|b 1-|b 2k -
3
|≤4,求k 的值. 2
333|+|b 2-|+┅+|b 2k -1-|+222
9.(2006年全国卷II )设数列{a n }的前n 项和为S n ,且方程x 2-a n x -a n =0
有一根为S n -1,n =1,2,3,…. (Ⅰ)求a 1,a 2;
(Ⅱ){a n }的通项公式.(只须写出即可)
10. (2006年上海春卷)已知数列a 1, a 2, , a 30,其中a 1, a 2, , a 10是首项为1,公差为1的等差数列;a 10, a 11, , a 20是公差为d 的等差数列;a 20, a 21, , a 30是公差为d 2的等差数列(d ≠0). (1)若a 20=40,求d ;
(2)试写出a 30关于d 的关系式,并求a 30的取值范围;
(3)续写已知数列,使得a 30, a 31, , a 40是公差为d 3的等差数列,……,依次类推,把已知数列推广为无穷数列. 提出同(2)类似的问题((2)应当作为特例),并进行研究,你能 得到什么样的结论?
11.(2006年广东卷)已知公比为q (0
81
无穷等比数列{a 2n }各项的和为.
5
(Ⅰ) 求数列{a n }的首项a 1和公比q ;
(Ⅱ) 对给定的k (k =1, 2, 3, ⋅⋅⋅, n ) , 设T (k ) 是首项为a k ,公差为2a k -1的等差数列. 求数列T (k ) 的前10项之和;
(Ⅲ) 设b i 为数列T (i ) 的第i 项,S n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n ,求S n ,并求正整数
m (m >1) ,使得
S
lim n 存在且不等于零. n →∞m
12.(2006年福建卷)已知数列{a n }满足a 1=1, a n +1=2a n +1(n ∈N *).
(I )求数列{a n }的通项公式;
a n 1a a n
(II )证明:-
23a 2a 3a n +121
a 1=, S n =n 2a n -n (n -1), n =1, 2, ⋅⋅⋅
2
13.(2006年安徽卷)数列{a n }的前n 项和为S n ,已知
(Ⅰ)写出S n 与S n -1的递推关系式(n ≥2),并求S n 关于n 的表达式; (Ⅱ)设f n (x )=
S n n +1
x , b n =f n /(p )(p ∈R ),求数列{b n }的前n 项和T n n
14.(2006年全国卷I )设数列{a n }的前n 项的和
S 412
n =
3a n +1n -3⨯2+3
,n =1,2,3, (Ⅰ)求首项a 1与通项a n ;
(Ⅱ)设T 2n
n
n =S ,n =1,2,3,
,证明:∑T 3i
215.(2006年江西卷)已知数列{a n }满足:a 1=
3
2
,且3na n -1
1
n ≥2,n ∈N *2a )
n -1+n -求数列{a n }的通项公式;
数列竞赛训练题
1. 数列{a 中,设a a 26
n }n >0, a 1=1且n ⋅a n +1=3,求数列{
a n }的通项公式.
a n =
2. 已知. 数列{a n }满足a 1=
11, a n =a n -1+2(n ≥2) ,求数列{a n }的通项公式 2n -1
3. 已知. 数列{a n }满足a 1=a 2=1, a n +2=a n +1+a n (n ∈N +) ,求数列{a n }的通项公式
2
+1,求数列{a n }的通项公式 4. 已知. 数列{a n }满足a 1=0, a n +1=5a n +24a n
5. 数列{a n }中,设a 1=a 2=1, 且a n +2=2a n +1-a n +2n (n ≥1) ,求数列{a n }的通项公式
6. 数列{a n }中,设a 1=a 2=1, a 3=2, 且a n +1=
3+a n a n -1
(n ≥3) ,求数列{a n }的通a n -2
项公 式
7. 数列{a n }满足:a n =a n -1-a n -2(n ≥3) ,如果前1492项的和是1985,而前1985项的和为1492,求该数列的前2001项之和.
8. 已知. 数列{a n }满足a n =
1
(n +1) n +n n +1
,求数列{a n }的前n 项和.
参考答案
1. f (3) =10,f (n ) =2. a n =2n +1-3. 3. C
4. B a 1+a 2+a 3=15⇒3a 2=15⇒a 2=5,a 1a 2a 3=80⇒(a 2-d )a 2(a 2+d )=80,将
a 2=5代入,得d =3,从而a 11+a 12+a 13=3a 12=3(a 2+10d )=3⨯(5+30)=105。
n (n +1)(n +2)
6
选B 。
5. 解:依题意,a 1+a 200=1,故选A
6. 【解析】因数列{a n }为等比,则a n =2q n -1,因数列{a n +1}也是等比数列, 则
(a n +1+1) 2=(a n +1)(a n +2+1) ⇒a n +12+2a n +1=a n a n +2+a n +a n +2⇒a n +a n +2=2a n +1⇒a n (1+q -2q ) =0⇒q =1
即a n =2,所以S n =2n ,故选择答案C 。 7. (2)T n =32-1, a n =32
n
n
2
-1
-1;
1a 1=.
2
1
9. 解:(Ⅰ) 当n =1时,x 2-a 1x -a 1=0有一根为S 1-1=a 1-1,
于是(a 1-1) 2-a 1(a 1-1) -a 1=0,解得当n =2
时,x 2-a 2x -a 2=012
) 2-a 2(a 2-
1
有一根为S 2-1=a 2-,
2
于是(a 2-
1
) -a 2=0,解得a 1=. 26
(Ⅱ) 由题设(S n -1) 2-a n (S n -1) -a n =0,
即 S n 2-2S n +1-a n S n =0. 当n ≥2时,a n =S n -S n -1,代入上式得
S n -1S n -2S n +1=0 ①
112
由(Ⅰ) 知S 1=a 1=S 2=a 1+a 2=
2263由①可得S 3= 4由此猜想S n =
n =1,2,3,…. n +131
n
下面用数学归纳法证明这个结论. (i ) n =1时已知结论成立. (ii ) 假设n =k 时结论成立,即S k =
k
k +1
,
当n =k +1时,由①得S k +1=S k +1,
2-S k k +2故n =k +1时结论也成立. 综上,由(i ) 、(ii ) 可知S n =
1k +1
n
n +1
n 都成立.
于是当n ≥2时,a n =S n -S n -1=11
又n =1时,a 1==
21×2{a n }的通项公式a n n
n +1
n -1n
1
n (n +1)
n
n +1
n =1,2,3,….
10. [解](1)a 10=10. a 20=10+10d =40, ∴d =3. (2)a 30=a 20+10d 2=10(1+d +d 2)(d ≠0) , a 30
2
⎡⎛1⎫3⎤=10⎢ d +⎪+⎥,
2⎭4⎥⎢⎣⎝⎦
当d ∈(-∞, 0) (0, +∞) 时,a 30∈[7.5, +∞). (3)所给数列可推广为无穷数列{a n },其中a 1, a 2, , a 10是首项为1,公差为1的等差数列,当n ≥1时,数列a 10n , a 10n +1, , a 10(n +1) 是公差为d n 的等差数列. 研究的问题可以是:试写出a 10(n +1) 关于d 的关系式,并求a 10(n +1) 的取值范围.
研究的结论可以是:由a 40=a 30+10d 3=10(1+d +d 2+d 3), 依次类推可得 a 10(n +1) =10(1+d + +d n )
⎧1-d n +1⎪
=⎨10⨯1-d , d ≠1, ⎪d =1. ⎩10(n +1),
当d >0时,a 10(n +1) 的取值范围为(10, +∞) 等. 11.
⎧a 1
⎧a 1=3⎪1-q =9
⎪⎪
⇒⎨ 解: (Ⅰ) 依题意可知, ⎨22
q =a 811⎪⎪=3⎩2⎪51-q ⎩
⎛2⎫
(Ⅱ) 由(Ⅰ) 知, a n =3⨯ ⎪, 所以数列T (2) 的的首项为t 1=a 2=2, 公差
⎝3⎭
d =2a 2-1=3,
1
S 10=10⨯2+⨯10⨯9⨯3=155, 即数列T (2) 的前10项之和为155.
2⎛2⎫
(Ⅲ) b i =a i +(i -1)(2a i -1)=(2i -1)a i -(i -1)=3(2i -1) ⎪-(i -1),
⎝3⎭
n n
S n 4518n +27⎛2⎫n (n -1)⎛2⎫n (n -1),lim m =lim m - S n =45-(18n +27) ⎪-- ⎪m m n →∞n →∞n 2n n 2n ⎝3⎭⎝3⎭
S n S n 1
当m=2时,lim m =-,当m>2时,lim m =0,所以m=2
n →∞n n →∞n 2
12. (I )解: a n +1=2a n +1(n ∈N *), ∴a n +1+1=2(a n +1),
i -1
n -1
∴{a n +1}是以a 1+1=2为首项,2为公比的等比数列。 ∴a n +1=2n .
即 a n =22-1(n ∈N *).
(II )证法一: 4k 1-14k 2-1...4k n -1=(a n +1) k n .
∴4(k 1+k 2+... +k n ) -n =2nk n .
∴2[(b 1+b 2+... +b n ) -n ]=nb n , ① 2[(b 1+b 2+... +b n +b n +1) -(n +1)]=(n +1) b n +1. ② ②-①,得2(b n +1-1) =(n +1) b n +1-nb n , 即(n -1) b n +1-nb n +2=0, nb n +2-(n +1) b n +1+2=0. 即 b n +2-2b n +1+b n =0,
③-④,得 nb n +2-2nb n +1+nb n =0,
∴b n +2-b n +1=b n +1-b n (n ∈N *),
∴{b n }是等差数列。 证法二:同证法一,得 (n -1) b n +1-nb n +2=0 令n =1, 得b 1=2.
设b 2=2+d (d ∈R ), 下面用数学归纳法证明 b n =2+(n -1) d . (1)当n =1, 2时,等式成立。
(2)假设当n =k (k ≥2) 时,b k =2+(k -1) d , 那么
k 2k 2
b k +1=b k -=[2+(k -1) d ]-=2+[(k +1) -1]d .
k -1k -1k -1k -1这就是说,当n =k +1时,等式也成立。
根据(1)和(2),可知b n =2+(n -1) d 对任何n ∈N *都成立。
b n +1-b n =d , ∴{b n }是等差数列。
a k 2k -12k -11
=k +1=
a k +12-12(2k -) 2
2
a a a n
∴1+2+... +n
a k 2k -11111111 =k +1=-=-≥-. , k =1,2,..., n , a k +12-122(2k +1-1) 23.2k +2k -2232k
a a a n 1111n 11n 1
∴1+2+... +n ≥-(+2+... +n ) =-(1-n ) >-, a 2a 3a n +[1**********]
a n 1a a n
∴-
13. 解:由S n =n 2a n -n (n -1)(n ≥2)得:S n =n 2(S n -S n -1) -n (n -1),即
(n 2-1) S n -n 2S n -1=n (n -1),所以
n +1n
S n -S n -1=1,对n ≥2成立。 n n -1
n +1n n n -132
S n -S n -1=1,S n -1-S n -2=1,…,S 2-S 1=1相加得:由n n -1n -1n -221n +11n 2
S n -2S 1=n -1,又S 1=a 1=,所以S n =,当n =1时,也成立。 n 2n +1
S n n +1
x ,得b n =f n /(p )=np n 。 (Ⅱ)由f n (x )=n x n +1=
n n +1
而T n =p +2p 2+3p 3+ +(n -1) p n -1+np n ,
pT n =p 2+2p 3+3p 4+ +(n -1) p n +np n +1, (1-P ) T n =p +p +p + +p
2
3
n -1
+p -np
n n +1
p (1-p n )
=-np n +1
1-p
412
a 1=S 1=a 1-⨯22+
333,解得:a 1=2 14.解:(I )
441
a n +1=S n +1-S n =a n +1-a n -(2n +2-2n +1)⇒a +2n +1=4(a +2n )n +1n 333
n
{a n +2}
所以数列所以:
是公比为4的等比数列
a n +2n =(a 1+21)⨯4n -1
n n
得:a n =4-2 (其中n 为正整数)
4124122
S n =a n -⨯2n +1+=(4n -2n )-⨯2n +1+=(2n +1-1)(2n -1)3333333(II ) 2n 32n 3⎛11⎫T n ==⨯n +1=⨯- ⎪
S n 22-12n -12⎝2n -12n +1-1⎭
所以: 15.
∑T =2⨯
⎝2
i i =1
n
3⎛11⎫3
-⎪
-12n +1-1⎭2
将条件变为:1-项为
1n -1n n =,因此{1-}为一个等比数列,其首1-)3a n -1a n a n
111n ∙3n 1n
1-=,公比,从而1-=n ,据此得a n =n (n ≥1)………
3333-1a 1a n