《高中数学竞赛》数列

1、完美 word 格式资料专业整理分享竞赛辅导数列(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

2、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：)1() 1(1dnaan前 n 项和公式为：)2(2)1(2)(11dnnnaaansnn从(1) 式可以看出，na是n的一次数函 (0d)或常数函数 (0d)，(nan,)排在一条直线上， 由(2)式知，ns是n的二次函数 (0d)或一次函数(0, 01ad)，且常数项为0。在等差数列na中，等差中项：221nnnaaa且任意两项nmaa ,的关系为：dmnaamn)(完美 word

3、格式资料专业整理分享它可以看作等差数列广义的通项公式。从等差数列的定义、通项公式，前n项和公式还可推出：nkaaaaaaaakknnn3,2, 1,123121若qpnmaaaaqpnmnqpnm:,*则有且等等或等差数列 ,1) 12(,) 12()1(232121knnkkkkkknnnmsssssssansans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：11nnqaa前n项和公式是：1,1qnans1,11)1(111qqqaaqqann在等比数列中

4、，等比中项：21nnnaaa且任意两项nmaa ,的关系为mnmnqaa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：qas11完美 word 格式资料专业整理分享从等比数列的定义、通项公式、前n项和公式可以推出：121121212321*123121)(,)(:,:, 3,2, 1,nnnnnnnnnmqpknknnnaaaaaaaaaanqpnmnkaaaaaaaa则有记则有若另外，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nac，则nac是等比

5、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：nmqpaaaa证明：设等比数列 na的首项为1a，公比为 q ，则nmqpnmnmqpqpnnmmqqppaaaaqaaaqaaaqaaqaaqaaqaa:,:22122111

6、111111故所以说明：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，完美 word 格式资料专业整理分享即：a1+kan-k=a1an对于等差数列，同样有：在等差数列na中，距离两端等这的两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 na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

7、+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+a1010 b. a2+a1000 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 caaaaaaaaaas选从而故,0,00101)(21101199310021011101101例 4设 sn为等差数列na的前n项之各， s9=18，)9(304nan，sn=336，则n为( ) a.16 b.21 c.9 d8 完美 word 格式资料专业整理分享bnnnaansaaaaaa

8、snnnn选故而所以故由于解,2133616322)(2,323022,189:1145559例 5设等差数列 na满足13853aa，且1a0，ns为其前n项之和，则)(*nnsn中最大的是 ( )。 (1995 年全国高中联赛第1 题) (a)s10 (b)s11 (c)s20 (d)s21 020,20:,0)240(39)1(392)1()12(5)7(353:111111138nnnannananaadnaadadaaa时当则令故解所以: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

9、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：( * )972)1(2972)1(22ndnadnnna完美 word 格式资料专业整理分享因为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0d， 则1d由(*) 式知 2 972)1()1(nndnn故只可能有n=97，(*)式化为：9748da，这时 (*)有两组解：97097adn或1297adn若0d，则(*)式化为：297na，这时

10、(*) 也有两组解。97097adn或1297adn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：1，3，5，7，9，11，13，15，17，(第一组 ) (第二组 ) (第三组 ) 则 1991 位于第组中。完美 word 格式资料专业整理分享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+ +

11、(2n-1)=n2个而 1991=2 996 -1，它是第 996 个正奇数。因为:312=9619961024=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=x2其中x 0，0 x-x 1，解得：251251, 1, 12150215,251xxxxxxxxx故应填例 9等比数列na的首项15361a，公比21q，用 n表示它的前n项之积，则 n(n n*)最大的是 ( ) (a) 9

12、(b) 11(c) 12 (d) 131996 年全国高中数学联赛试题 完美 word 格式资料专业整理分享解：等比数列na的通项公式为191)21(1 5 3 623)21(1 5 3 6nnna前 n 项和0)21(23:)21(23)21(1536559911112)1(92)1(因为nnnnnnnn最大故1212397811713139421266108121245368199,2322323223,239223选(c) 例 10设yx，且两数列yaaax,321和43, 21,bybbxb均为等差数列，则1234aabb1988 年全国高中联赛试题 解：依题意，有)(412aaxy所

13、以: 38)(31:)(3)(411234232312aabbxybbbbxyxyaa所以又例 11设zyx,是实数，zyx5 ,4,3成等比数列，且zyx1,1,1成等差数列，则xzzx的值是1992 年全国高中数学联赛试题 解：因为zyx5,4,3成等比数列，所以有完美 word 格式资料专业整理分享:,1,1,1) 1(1516:)4(5322所以有成等差数列又即zyxxzyyzx)2(2,:,11zxxzyyzxzzxyzzx即xzzxzxzxxzzyxxzzxzx34)(15)2(15640,0,015)(416:) 1()2(2222222得代入将1534xzzx例 12已知集合

14、m=)lg(,xyxyx及 n=yx, 0并且 m=n ，那么的 值 等 于)1()1()1()1(2 0 0 12 0 0 13322yxyxyxyx( ) 解：由 m=n 知 m 中应有一元素为 0， 任由 lg( xy)有意义知0 xy，从而0 x，且0y，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,21,21,21,2122121222kkkkyxyxyxyx完美 word 格式资

15、料专业整理分享从而2)1()1()1(2001200122yxyxyx注：数列 x，x2，x3， x2001；200121,1,1yyy以及2001200133221,1,1,1yxyxyxyx在 x=y=-1 的条件下都是周期为2 的循环数列，s2n-1=-2， s2n=0，故 2001 并不可怕。例 13已知数列 na满足 3an+1+an=4(n 1) 且a1=9，其前 n 项之和为sn，则满足不等式sn-n-61251的最小整数 n 是( ) 1994年全国高中数学联赛试题 (a)5 (b)6 (c)7 (d)8 解：由 3an+1+an=4(n 1)3an+1-3=1-an 81),

16、1(31111aaann故数列 an-1是以 8 为首项，以31为公比的等比数列，所以11)31(81)31(81nnnnaa完美 word 格式资料专业整理分享nnnnns)31(66)31(1)31(18nnns)31(66765132 4 32 5 031 2 51)31(6)31(6651nnnsnnnn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，而是由两个项数相等的等差数列： 1，1， 1 和等比数列：1)31(8,98,38, 8n的对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

17、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nb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=2a1-1，1111122)3()2()3(12)2(12)1(1nnnnnnnnaassasasa得又122nnnaaa完美 word 格式资料专业整理分享2,211nnnnaaaa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) 12,2)5(2,1232121111bbbb

18、bbabbbabkkkkkkkkkkkkk由以上诸式相加，得因为表中均为正数，故q 0，21q，从而2111a，因此，对于任意 1kn，有nnkkkkkkkaaaaskkqdkaqaa33221111111121)21(21) 1(21)1(记:)6()5()6(2121) 1(2122121:)5(212132122113232得则有nnnnnsn完美 word 格式资料专业整理分享nnnnnnnnnnnnnnnaaaannnsns2222212:22122211)21(12212121211:,21212121212113322111132132即所以评注：本题中求和,2121321221

19、132nns实为等差数列 an=n 与等比数列nnb21的对应项乘积构成的新数列的前n 项的和，将(5)式两边同乘以公比21，再错项相减，化归为等比数列求各。这种方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=anxn)(rx，求数列 bn的前 n 项和公式。都贯穿了“错项相减”方法的应用。高阶等差数列一、基本知识1.

20、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?n2.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完美 word 格式资料专业整理分享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

21、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)(1111knkknaaaa(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

22、，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)2)(1(8)1()1(216)2()(111111111nnanannaaabaaaaankkknkkn这是一个关于n的二次多项式，其中n2的系数为8，由于a63=a89=10, 所以an=8(n-63)(n-89)+10 ，从而a51=8(51-63)(51-89)+10=3658 完美 word 格式资料专业整理分享解：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

23、)(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)+10-2a(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=an3+bn2+cn+d 由a1=30 、a2=72 、a3=140 、a4=240 得

24、解得：所以an=n3+7n2+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,完美 word 格式资料专业整理分享(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-bncn=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是二阶等差数列因此)2

25、)(1() 1(122)2)(1() 1(11111nnbnnnbnabaankkn由条件 (3)知b4=9，从而b1=3 ，于是an=n2 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为常数列又c1=b2-b1=a3-2a2+a1完美 word 格式资料专业整理分享所以例 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，

26、 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阶等差数列，不难求其通项为2n2-2n+1，故第n组正中央的那一项为2n2-2n+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=2n, an的一阶差数列设为bn，则b1=1 且从而例 7.设有边长为1 米的正方形纸

27、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？完美 word 格式资料专业整理分享解：原问题即是是否存在正整数n，使得 12+32+ +(2n-1)2=1002由于 12+32+ +(2n-1)2=12+22+ +(2n)2-22+42+ +(2n)2 =)14(312nn随着n的增大而增大，当n=19 时)14(312nn=912910000 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

28、=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) 1(nd，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21由于a19=a92=0，必有所以a1=819例 9:设 a,b 是正整数， na是首项是 a,公差为 b 的等差数列， nb是首项是 b ,公比为 a 的等比数列 ,且满足32211ababa（1）求 a 的值。（2）对于某项ma存在nb,使ma+ 1=nb,求 b 的值及 m,n 的关系式。（3）在na中，对满足（ 2）的项，求它的前k 项的和分析： （1）由题意na=a+(n-1)b nb=1nab完美 word

29、格式资料专业整理分享由32211ababa, 知 aba+baba+2b 显然正整数 a 1（否则由 a+bab得 1+bb, 从而 10矛盾）所以 a 2，b3 再由 aba+2b得12bba， 由于12bb是 b3 上的增函数，从而12bb3 所以 a0,s130 （1） 求出 d 的范围（2） 推出 s1，s2，s3， s12中哪个值最大，并说明理由解：daadasdas212078130661213113112（1）解之：dadada212060112111030724dd3724d0,0,1)2(1kkknaasa则最大为递减数列，设）知由（00) 1(11kdadka0)2(120

30、)3(12dkdkdkd123122最大即得由66, 75. 54125 .3, 3724skkdd另解 ：013)(13210)(21)(217131137612112aaasaaaas完美 word 格式资料专业整理分享0076aa最大6s一般地，一个递减（增）等差数列，)0,0(0,011kkkkaaaa且或且若，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(2lg513lglg22rmnnmnnmnmsn求数 列a5n+3的前 n 项和为非常数的等差数列解nnamnmnmmnnmnms2222lg)2lg513(lg2lg)1(51)1(2lg513lg

31、lg:)53123lg(7)2lg513(lg49)2lg52(8)2lg513(lg64)2lg52(788)2lg513(lg2)2lg52(102lg,02lg)151ssannnsmmm从而：且（)5723l g ()53123lg(286aad2lg452lg524d由等差数列的性质，数列a5n+3是首项为 a8,公差为 5d 的等差数列其前 n 项和dnnnatn5)1(218完美 word 格式资料专业整理分享)(43lg2lg) 1(21)23lg(10214531nnnnnnn4：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

32、 ,求 an 0)4)()2(81)2(81)2(8122211221112nnnnnnnnnnnnnaaaaaassaassa即：即：解：由已知得24)1(42222244011111nnaaaaaaaaannnnnn又的等差数列为公差为即：5:等比数列 an的前 n 项和为 sn，若 s10=10,s40=150,求 s30，则：的公比解：易知1qan)2(1 5 01)1() 1(101)1(4014010110qqasqqas70)81(10)1(1101120)63)(2(15)1)(1()1()2(301301101020102010qqasqaqqqqqq）得从而由（即：得：完美

33、 word 格式资料专业整理分享70)1 (20)63)(2(140)(15010,213213023214043211304042030310202101ppbbbbspppppppbsbbbbbpbssbssbssbsbn且为等比数列，设公比为则：另解：记6：已知正数列 an满足nnnaaaa求且, 3, 2131:11312113)11(311, 111111abbaababnnnnnn则：解：令bn为公比为 3，首项为 3 的等比数列nnnnnnaab32331127：已知正数数列 a0,a1,a2, an,满足)2(21212naaaaannnnn,且 a0=a1=1,求 an的等比

34、数列为公比为即则：令得以解：在递推式两边同除21) 1(21:21), 3 ,2, 1 , 0(212121121121nnnnnnnnnnnnnnbbbbbnaabaaaaaa) 1(1) 12()12() 12(122)1(2)1(21221212211211111010naaaaaaaaaaaaabbnnnnnnnnnnnnnnnnn所以：an= )0( , 1 n) 1( ,)12(12nnkk6.7 都是由递推关系构造数列求解， 对于较复杂的数列问题， 这是一种常完美 word 格式资料专业整理分享见技巧8：已知实数列 xn中， xn=1,xn+1=xn2+ xn )(nn实数列 y

35、n中，项和与积，的前是和nypsxynnnnn,111,nnpsnn有证明：对一切nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnyyysxxxxxxxxxxxyxxxxxxxxxyyypxxxyxxxxxxx2111112111113221211121111,11)0( 1又得：证明：由1322111()11()11(nnxxxxxx11)11(111111111nnnnnnxxpsxxx9：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mdam1, 1 使时，显然成立当下证使得存在整数则：使若存在证明：任意取两项01.,1)1()

36、1()2(2,),(,1111dmmdatskmdtskadkadtsaaaaatsaaktsktspaampmd,21,01，对不同的两项恒成立，则取若时当而本题是充要条件反之，命题也成立，因使故存在整数矛盾与得，即，使得存在mdamdqqddqmddmmdaaaaqpq11,1,0,00) 1()1(210：已知数列 an满足完美 word 格式资料专业整理分享an+1=pan+d(nadpepn为常数，求其中,; 1 ,0),1a1=e 1)1(1)1, 0,0(,111)1(11)(, 1,1111111111pdppdeapbpdabdpdabpppdepdabapbbpdabpda

37、ppdapdxxapxapdpaannnnnnnnnnnnnnnnnn时的等比数列公比为是首项为则：令：解得：设构造辅助等比数列，：由解法1)1()(,)(,2111111112111111pdppdeadpaaaaqdepepbbpbbdepeaabaabaapaadpaadpaannnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn代入上式反解得：将则：令：得：由解法dpdapddpapdpaannnn2221)(3：由已知得：解法1)1()(1321123332pdppdedpddpdpapdpddpapdpddpapnnnnnn11：数列 an满足)0)(1pnqpaann求 an完美 word

38、 格式资料专业整理分享a1=e )1()2()2()1 () 1()2()3() 1()2()3() 1()2(1)2() 1(13211233322221nqnpqqpqpapnqnpqnqpapnqnpqnqpapnqnpqapnqnqpapnqpaannnnnnnnn：解法)3()2()2(),1(223322221211nqpapapnpqappanqpaanqpaannnnnnnn同理：由解法) 1()2() 1() 1(21121122qpnpqnqapaqpapapnnnnnn累加得：12：由正整数组成的数列 an满足 a1=1,am+n=am+an+mn 求 an naaaaa

39、anknaaknmnnkk12312132)1( ,3, 2, 1) 1(, 1得依次令有解：在递推式中令) 1(21321)32(1nnnnaan相 加 得 ：13：已知数列 xn满足x1=x2=1求 xnxn+2=6xn+1-8xn完美 word 格式资料专业整理分享数法求出。助特征方程，用待定系求阶递归数列通项可借递归数列。关系式的数列称为：阶的递推为常数评注：具有形如得：即：，则：令又由递推式变形得：即：得则：设变形得：由解法)0,(223)2() 1()2(234232)4(224)4(24)1 (4244)2(4)1(42)2(428611232211111211111121111

40、12111111212qqpqxpxxxxxxxbbbbxxbxxxxxxxxaanaaxxaxxxxxxxnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn得：代入故可设得特征根一般为：由递推式得特征方程解法14.2 .4,2)(862212122xxbaxxxqpxxxxnnn1=2a+4b 解得： a=431=4a+16b b=813222234)81(243nnnnnx14：设数列 an满足),1(1,104411nannaann求 an2244241414)2()2()1()(1nanananananannnnnn解 ： 由 递 推 式 得 ：1144

41、111104)1(nnnanannann完美 word 格式资料专业整理分享15：已知 f(x)=,21)(,)2(0 xfxax且方程 f(x)=x 有唯一解f(xn-1)=xn,)(nn求 xn),3 , 2, 1 ,0(3222321,132212221)(211122)(22)(21, 02101)2()2(0100001111nnxnndbbbbxbxxxxfxxxxxxfxxxxfaaxxaxxxaxnnnnnnnnnnnnn则令又：即得由得有唯一解，解有唯一解解：由评注：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。16：已知数列 an满足),2(1111

42、nannann求 ana1=1,a2=2 完美 word 格式资料专业整理分享)2)(23)(1(21)1()1(232) 1(12)3)(2(3) 1(423123122312)2(11)2)(1()2()1(1111122321222111nnnnbannbnnbnnnnbnnnnnnbnnnnbnnbabanbnnbnnabnnannnaannannnnnnnnnnnnnn又，则令解：由an= )1(1)2)(23)(1(21nnnn17：已知数列 an中，a1=1,)24141(1611nnnaaa,求 an得由即代入原来的递推关系有即解：令0)3()2(24)1(4116124242

43、41,5241221221221nnnnnnnnnnnnbbbbbbbaabbab1112221231232)1(24123; 32nnnnnnnnnbabbb易求得一阶递推数列18：已知正项数列nnba,中，22221naaa完美 word 格式资料专业整理分享122221nbbb求证：), 2, 1.(1minnkbakk证明：不失一般可设), 3 ,2, 1(min11nkbabakk2112222121122221221121111)()()(1)(0, 0),2 , 1(babbbbaaaabbaabbaaabnkbabannkkkkkkkk从而则：1m i n111kkbaba即：

44、19：)4(2nn个正数排成 n 行 n 列nnnnnnnaaaaaaaaaaaa,32122322211131211其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，且所有的公比相等，已知,163,81, 1434224aaa求nnaaaa332211则：的公比为数列的公差为解：设数列,),2, 1(,1qniadaikk11111111)1(,)1(kkkkkkqdkaqaadkaa16381)2(81)(1)3(331143311421124dqqdaaqdaaqdaa完美 word 格式资料专业整理分享nnkkknskaqdanqda221222121111211用错位相减法求得：从而个正数又