数列08奥赛培训

1、数列南菁高级中学夏建新一、等差等比数列问题： 1、数列的概念：定义 通项公式 递推公式 任何数列中an用Sn表示：an =2、等差数列与等比数列 等 差 数 列（A.P.） 等 比 数 列 (G.P.) 定 义anan1=dq (q0) 递 推 公 式an=an1+d an+1=2 anan1an=an1×qan+1= 通 项 公 式an=a1+(n1)d an=an1×qn1 中 项A=(a+b)G=± 前 n 项 和 SnSn=n(a1+ an) = na1+n(n1)dSn= (q1)Sn=na1 (q=1) am与an的关系 am = an +(mn)d

2、am = an×qmn 若m+n=p+q (m，n，p，qN*) am + an = ap =+aq am × an = ap × aq1、（07年全国竞赛）已知等差数列an的公差d不为0，等比数列bn的公比q是小于1的正有理数。若a1d，b1d2，且是正整数，求q的值。解：因为，故由已知条件知道：1qq2为，其中m为正整数。令1qq2，则q。由于q是小于1的正有理数，所以13，即5m13且是某个有理数的平方，由此可知q。3、（06年湖南竞赛）设an是正数数列，其前n项和Sn满足Sn(an1)(an3)（1）求数列an的通项公式；（2）令bn，试求bn的前n项和T

3、n解（1）由a1S1(a11)(a13)及an0得，a13由Sn(an1)(an3)得Sn1(an11)(an13)故an(an2an12)2(anan1)即2(anan1)(anan1)(anan1)anan10anan12an是以3为首项，2为公差的等差数列，故an2n1（2）an2n1Snn(n2) bn()Tnb1b2bn(1)()()(1)4、（08年四川高考）设数列an的前n项和为Sn，已知ban2n(b1)Sn（）证明：当b2时，ann·2n1 是等比数列； （）求an的通项公式【解】：由题意知a12，且ban2n(b1)Sn，ban12n1(b1)Sn1两式相减得b

4、(an1an)2n(b1)an1即an1ban2n （）当b2时，由知an12an2n于是an1(n1)·2n2an2 n(n1)·2n2(ann·2n1)又a11·2n110，所以ann·2n1 是首项为1，公比为2的等比数列。（）当b2时，由（）知ann·2n12n1，即an(n1)·2 n1 当b2时，由得an1·2n1ban2n·2n1ban·2nb(an·2n)。因此an1·2n1bn(a1·2)bn得an2n(22b)bn15、（07年湖北预赛）若数列a

5、n满足：a1，an1an，求a2007.解 由an1an两边平方得3(an1an)22(an1an)，又3(anan1)22(anan1)，两式相减，得3(an1an1) (an12anan1)2(an1an1)由a1，求得a22，又由递推关系式易知数列an是单调递增数列，所以an1an10，故3(an12anan1)2，即(an1an)(anan1)，所以数列an1an是以a2a1为首项，为公差的等差数列，所以an1an(n1)，于是ana1(23n)n(n1)，所以a20071343352.6、（07年第二届南方杯）已知数列an中，a12，前n项之和为Sn。若(n21)an1(2n1)Sn

6、n42n33n22n2，试求Sn及an的表达式。解：因为an1Sn1Sn，所以有(n21)(Sn1Sn)(2n1)Snn42n33n22n2，即(n21)Sn1(n22n2)Snn42n33n22n2，(n21)Sn1(n1)21Sn(n21)(n1)21，所以1，即是一个公差为1的等差数列。由S1a12及等差数列的通项公式得：(n1)n，所以Snn (n21) (n1,2,3,) 当n2时，anSnSn1n (n21)(n1)(n1)213n23n2当n1时，a123×123×12。总之，所求的an3n23n2(n1,2,3,)。7、（08湖南高考）数列an满足a11，a

7、22，an2(1cos2) ansin2，n1，2，3， ()求a3，a4，并求数列an的通项公式； ()设bn，Snb1b2bn，证明：当n6时，| Sn2| 解: ()因为a11，a22所以a32，a44一般地，当n2k1(kN*)时，a2k1(1cos2) a2k1sin2a2k11，即a2k1a2k11所以数列a2k1是首项为1、公差为1的等差数列，因此a2k1k 当n2k(kN*)时，a2k2(1cos2) a2ksin22a2k 所以数列a2k是首项为2、公比为2的等比数列，因此a2k2k 故数列an的通项公式为an()由()知，bn，Sn Sn -得，Sn1 所以Sn2 要证明当

8、n6时，| Sn2|成立，只需证明当n6时，1成立. 证法一 (1)当n6时，1成立. (2)假设当nk(k6)时不等式成立，即1 则当nk1时，×1 由(1)、(2)所述，当n6时，1。即当n6时，| Sn2| 证法二 令cn (n6)，则cn1cn0 所以当n6时，cn1cn。因此当n6时，cnc61 于是当n6时，1综上所述，当n6时，| Sn2|8、（08年湖北高考）已知数列an和bn满足：a1，an1ann4，bn(1)n(an3n21)，其中为实数，n为正整数.（）对任意实数，证明数列an不是等比数列；（）试判断数列bn是否为等比数列，并证明你的结论；（）设0ab，Sn为

9、数列bn的前n项和.是否存在实数，使得对任意正整数n，都有aSnb?若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由.（湖北卷21）本小题主要考查等比数列的定义、数列求和、不等式等基础知识和分类讨论的思想，考查综合分析问题的能力和推理认证能力，（满分14分）（）证明：假设存在一个实数，使an是等比数列，则有a22a1a3,即（3）2（4）得90，矛盾.所以an不是等比数列.()解：因为bn1(1)n1an13(n1)21(1)n1(an2n14)(1)n·（an3n21）bn又b1(18),所以当18，bn0(nN),此时bn不是等比数列：当18时，b1(18) 0,由上可知bn0，(nN)

10、.故当18时，数列bn是以(18)为首项，为公比的等比数列.()由（）知，当18,bn0,Sn0,不满足题目要求.18，故知bn (18)·()n1，于是可得Sn（18）1()n要使aSnb对任意正整数n成立，即a(18)·1()nb(nN) 得(18)。令f (n)1()n，则当n为正奇数时，1f(n)，当n为正偶数时，f(n)1f(n)的最大值为f(1)，f(n)的最小值为f(2) ,于是，得a(18)bÛb183a18当ab3a时，由b183a18，不存在实数满足题目要求；当b3a时，存在实数，使得对任意正整数n,都有aSnb,且的取值范围是（b18,3a1

11、8）.二、递推数列（一）递推数列的通项求法 数列a n中，若项a nk与项a n，a n1，a nk1之间满足函数关系式F(a nk，a nk1，a n)0或a nkf (a nk1，a nk2，a n)(n1)，则称此关系式为k阶递推式(又叫递归式)，由此递推式和初始值a 1，a 2，a k所确定的数列a n称为(k阶)递推数列。 特别地，a nkp1a nk1p2a nk2p ka n(n)或 a np1a n1p2a n2pka nk(nk) (nk，pi为常数且pk0，为函数式)。当0时，称为(k阶)齐次常系数线性递推式。当0时，称为(k阶)非齐次常系数线性递推式。1、迭代法9、求数列

12、a 11，a n1a n2n的通项公式解：a n a n1 2n1 a n2 2n22n1 a 1 2222n12n1或a n a n1 2n1，a n1 a n2 2n2，a 2 a 1 2相加得10、数列a n中，a 1 1，且a n12a n3×5n，求a n解：·3，令b n，则b n1b n3法一：由b nb n13，相减得b n1b n(b nb n1)法二：由b n15(b n5)得b n5()n1(b 15) a n5 n2 n1(一般地，a n1 pa nq(n)p1时易得p1且q(n)常数时a n1a np(a na n1)p1且q(n)常数时令b n)

13、11、数列an中，a11，a22，(n3)。求an解：()()2。相乘可得a n212、（05年浙江预赛）已知数列xn，满足(n1)xnxnn, 且x12， 则x2005。【解】由 (n1)xnxnn，推出 xn11。因此有 xn11.即有 xn11。 从而可得 x2005。2、数学归纳法13、（06年吉林预赛）设an为一个实数数列，a1t，an+14an(1an)。求有多少个不同的实数t使得a20060。解：当t1时，a20，由数学归纳法可知，对任意n2，都有an0，故a20060当t0时，类似地，对任意nN*，都有an0。因此只需考虑0t1的情形。设tsin2(0)，则a2sin22。用数

14、学归纳法得ansin22n1由a20060得sin2220050，（kZ且0k22004），共有220041个t3、特征根法 设二阶齐次常系数线性递推式a n2pa n1qa n(p、q为常数，q0)，称x2pxq为其特征方程，根为特征根。定理1：若二阶齐次常系数线性递推式有两个不等的特征根、，则anAnBn(A、B为初始值所确定的常数)证明：p,q, a n2a n1pa n1qa na n1a n1a n(a n1a n) a n1a n为等比数列，得a n1a n (a 2a 1)n1a na n1(a 2a 1) n2，()n2 (1()n2)a nAnBn (A，B)求裴波那契数列F

15、n：F1F21，Fn2Fn1Fn的通项公式。解：特征方程x2x1，特征根为，FnA()nB()n用n1,2代入解方程得A，B，Fn()n()n（08广东高考21）设p，q为实数，是方程x2pxq0的两个实根，数列xn满足x1p，x2p2q，xnpxn1qxn2（n3,4,）（1）证明：p，q；（2）求数列xn的通项公式；（3）若p1，q，求xn的前n项和Sn14、已知数列an中，a1a21，a32，an1(n3)。求an解：an1an23anan1，anan33an1an2，相减得an1an2anan3anan1an1an2，令bn，则bnb n2。又b1b23， bn3。故an13anan1

16、，特征方程x23x1 an A()nB()n ，解得A，Ba n ()n()n定理2、若齐次常系数线性递推数列ankp1ank1p2ank2pkan的特征方程xkp1xk1p2xk2pk有k个不同的特征根1、2、k，则a nA11nA22n Akkn (A1、A2、Ak为初始值所确定的常数) 15、数列an中，a11，a22，a33，且an36an211an16an，求an解：特征方程x36x211x6，三个根为1，2，3设anA1A2·2nA3·3n。列方程得A1，A21，A3a n2n·3n16、数列a n中，a 1 1，a 2 2，a n25a n16a n

17、2，求a n解：(非齐次)设a nbnt，则b n25b n16b n2t2，设2t20得t1a nb n 1，且b n25b n16b n，特征方程x25x60，x1，23，2易得b n3 n12 n1 a n3 n12 n114、不动点法 对于线性分式a n1(tr)24s0)，求其通项公式可用不动点法。 x(*)得不动点x1，2，由x1满足(*)，a n1x1，同理a n1x2相除得 17、数列an中，a12，an1，求an解：xx±1 an11，an11 ()n1 a n（二）递推的应用1、证明不等式18、已知数列an中，a13，a n1（a n1）21，求证：解：a n1（

18、a n1）21，a n11（a n1）2即a n1（a n11）2（a n21）22a n1a 1 a 2a n（21）（221）（1）（21）（21）（221）（1）119、设a01，an，证明：an证明：(1990年匈牙利数学奥林匹克竞赛题)令a0tan，则可得a1tan，a2tan，antan.因 tanx在区间（0，）上有tanxx成立，则 antan. 2、计数问题：21、某学生准备用20元钱来支付若干天的早点费用，计划每天早晨买一份早点，而食堂的早点每天均有A、B、C三种。已知A每份1元，B、C都是每份2元，问学生花完他的这20元钱可以有多少种可能的方式？解：设学生花完n元钱可以有a n种可能的方式，则a11，a23（2元钱可以第一天买一份B第一天买一份C第一天第二天分别买一份A）学生在第一天买早点时，可能用掉1元钱或者2元钱。若第一天用掉1元钱（买一份A），则余下的n1元钱可以有an1种方式花完；若第一天用掉2元钱（买一份B或者买一份C），则余下的n2元钱还可有an2种方式花完。anan12an2，即anan12（an1an2）故anan1是等比数列，a2a14，an1an2n1an（anan1）（an1an2）（an2an3）（1）n2（a2a1）（1）n1a12n2n12n2（1）n222（1）n1（2n1（1）n）从而a 206990513、数论问题