数列综合复习-归纳与递推含解答

（2015.9.7（1．数列2015 ，……

2015（n2015）的通项公式为na20152015104Ln20151104104n

104n1

1042．已知数列a满足a4， a2n1an2，则a的前n项和S a25a36，猜想ann3．下用数学归纳法证明（略

nn7 23（2004 1a

a

a（nN*则a1a2

a2004

n

解a33a41a52，猜想an为周期数列．下用数学归纳法证明（略a1a2La200440084（2005年江苏省竞赛题）设无穷数列an的各项都是正数，Sn是它的前n项和，对于任意的正整数n，an与2的等差中项都等于Sn与2的等比中项则该数列的通项公式为 解一（归纳+数归证明）a满足2a1 ，解得a2 a满足2a2 2a2，解得a6 a2a3

，解得a102a32a36猜想an4n2．下用（第二）当n123假设当nka12、a26、……、ak4k2

aaL

2k2 那么当nk1

2ak12

2ak

2k2k k 2 16k24k k即k k 2 4k24kk k综上an4n2

ak14k

或ak14k2（舍（而an为正项数列

an2 8Sa22 a a 22a a 22a2 有an12an2，即an1an4an为公差为4的等差数列an4n21注意这里使用的是第二数学归纳法，即根据n123,Kk时结论成立得出nk1时结nk时结论成立得出nk1nkSk2k25（2004 联赛题）数列a0,a1,a2,L,an,L满足关系式3an16an18且a03，na i0（归纳+数归证明）

a1，a3，a1

an 即a3，a3，a3，a3

猜想

2n1

，下用数学归纳法证明（略n11

3

1

1

2 2n n注意：n

n2 成立指对于任意的自然数n等式成立，那么取n i0 立，即等式右端的表达式当n0时应当等于a，即1．如果代入检查时发现n03

（递推式代数推导）

1an612

an

设

1 2b1，其中b1 12

1，

3 b122n，即b22n1n nnn

bi

2

n 2n2n i0

6（2014 （nN*a

6 a a n

n

a1,a2,a3单调递增且成等比数列，Sn为an的前n项和，则S2014 表示不超过x的最大整数解：依题意a2aaaaaaaaa

6 1 12 a3a6，即

2a2

30 解得a22a1a34，解得a13

55，a33 5容易验证猜想并利用数学归纳法证明an为周期为3的周期数列5 820143 5368355

Sn5368111n111n

1 为Sn，则Sn ．(其中x表示不超过x的最大整数a1a2a3

311111111 61111 猜测

nn1111111nn42nn42n33n2n2n

n

nSnn数列aa1a1，且a

a

La

na

对任意正整数n成立n11

1

1 2．

n

解一（归纳+数归证明）a满足111a21a，解得a1，猜想a 3下用（第二）

n（1）当n123（2）假设当nk时结论成立，则当nk1a1a2a2a3L即

akak1ka1ak1

L

4 5

kk

1 k3k kak

3k

k3kk k11

45

100 （

a1a2a2a3

anan1na1an1

a1a2a2a3

an1an2n1a1an2an1an2n1a1an2na1an1又Qa11

1n1

4

n1a0（应当用数学归纳法证明nn1an1an2 nn

n1设数列4有4

n1

，其中n2

nn1

b

4 1

n1 而b25

n

n5n

n3n

n

n2当n1

nx1x3

31xxLx，其中nN*，则x

（归纳+数归证明）x1x5 x2x3x4x5

n1

下用（第二）数学归纳法证明（略（递推式代数推导 31xxLx 31x

L

两式相减，有 1 即 1 0

4 4 1

1

1

1

1 2 2 4

2n1x 1x

1

2n

n19（2014 省竞赛题）在数列a中，a1，

n2nN*，求数列a解a22a1123a32a2226a42a332

n120032116222，11233．猜想a2n1nn下用数学归纳法证明（略解二（略）方法见118页类型210（2014年 省竞赛题）在单调递增数列an中，a12，a24，且a2n1,a2n,a2n1成等差数列，a2n,a2n1,a2n2成等比数列，其中n1,2,3,K求an的通项公式．a36a49a512a616 猜想当n2kak12；当n2k1akk1 n1n

即a

n4

（1）当n1a12；当n2a242k 2k 2k（2）假设当n2k1与n2k时结论成立，即a kk1且a 2k 2k 2k即当n2k2

2k12kk1k1k2 k1k2 2k1 k222k即

a2k

k检查必须要检查两项，如果只检查n1的情况，那么n2的情况在整个证明中就漏掉了；其n1与n2假设必须假设n2k1与n2k（先奇后偶）的情况成立，然后证明n2k1与n2k（先奇后偶）的情况成立．如果“归纳假设”为n2k与n2k1