高中数学竞赛专题讲座数列
高中数学竞赛专题讲座---递归数列
递归数列讲座知识与方法递归（推）数列数列的表示方法大致有两类：一是通项公式；另一是递推公式．数列{}n a 的相邻几项的关系式简称为递推式．数学竞赛中遇到有关数列的问题不仅是等差、等比数列，许多是递归数列的问题．在解递归数列的问题时，有时需要根据递推关系求数列的通项，常常用到叠加法：()()()123121--++-+-+=n n n a a a a a a a a ；适当时需要进行代数换元转化为常见数列的通项；有时需要用到从特殊到一般的、归纳－猜想证明方法（常常用到数学归纳法）．但也有一些题目并不要把数列的通项公式求出，而往往可根据题设所给的递推关系，得到新的、更明显的递推关系．而这时就需要综合运用其他数学知识．范例选讲1. 已知11=a ，52=a ，121211++=--+n n n n n a a a a a ，求数列{}n a 的通项公式．解：定义11=F ，02=F ， ,4,3,21=+=--n F F F n n n 由所给关系式得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+-+21221111111n n n a a a ,由归纳法可得 ,2,1,111111122212=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=++n a a a n nF F n从而1112251322526211+++-=⎪⎭⎫⎝⎛=+n n nn n F F F F F na ,因此(),2,1,15132212112=-=--+++n a n n n F F F n其中 ,2,1,2512515122=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=--n F n n n 注：本题是今年冬令营的一个测试题．在解题时层层推进，比较容易找到思路．2. 证明数列knk k n n Ca 3012122⋅=∑=++都不能被5整除．解：10=a ，111=a ，又()()12232312322221222+-+=⋅=k k k．所以()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++=++1212122122241n n n a ()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+++=nn249122249122241．18211=+=x x c ，49212-=-=x x c ,所以()5mod 349182121----+≡-=n n n n n a a a a a ．,,10a a 除以5的余数为 ,1,1,3,2,2,1,4,4,2,3,3,4,1,1形成周期数列．()5mod 12n n a a ≡+，又前12项中没有被5整除的．∴命题得证．注：这是一个逆向运用二阶递推的例子．已知数列的通项公式无法证明所要求证的．反过来通过将数列的二阶递推关系找到，结合数列的周期性加以证明．3. 数列{}n a 满足10=a ，51=a ，() ,3,229322121=--=---na a a a n n n n ，证明n a 都是整数．解：由题意知93221212--=---n n n n a a a a ，9322211--=+-n n n n a a a a ．两式相减， 有1212211323222---+-+--=-n n n n n n n n a a a a a a a a ．整理，得() ,3,23223222111=-+-+=--+-n a a a a a a n n n n n n ，将1-n 个式子联乘得11120223,223n n n a a a a a a +-+-=+-又132=a ．所以322511-+=-+n n n a a a （＊），可得()32213211--=---+n n n n a a a a ，又03201=--a a ，所以0321=---n n a a （１）， 由此可推知Z a n ∈．又由（＊）式推知()3223211+-=+--+n n n n a a a a ，又123201=+-a a 所以n n n n a a 262123211⋅=⋅=+---．与（１）联立可解得322-=+n n a ．注：本题已知数列的一个递推关系是分式形式的，证明＂n a 都是整数＂有一定的难度．因此通过整理变形得到数列的另一个递推公式：0321=---n n a a ．这样证明起来变得容易了．另外本题也可通过先求数列的前几项，再根据结果猜测数列满足0321=---n n a a ，再用数学归纳法加以证明．4. 求证：由31=a ，52=a 及不等式()N n n na a a n a a n n n n n ∈≥+<<-+-+-,21111可唯一确定正整数列{}n a ．解：（1）先证明3+=n n F a 是满足条件的．（{}n F 为斐波那契数列）413F a ==，413F a ==均成立． ∵12213=-F F F .当3≥k 时,()()()21221112111-------+--=+-+=-k k k k k k k k k k k k F F F F F F F F F F F F ,因为()()()()()222132212211111-----+-=--==--=-n n n n n n n n F FF F F F F F F ．若对所有N n ∈，3+=n n F a ． 则验证2≥=k n 时，()123242111+++++--=-=-k k k k kk k F F F a a a ,所以k a a a k k k k <≤-≤-<-+-11211，na a a n a a k k k k k +<<-+-+-1111．存在数列{}n a ．（使{}n a 中每个3+=i i F a ）（２）下证：{}n a 唯一确定．用数学归纳法证明3+=n n F a 且22+≥n a n （＊）．3=n 时，92232371223122=+<<-=<a a a a a ．事实上由已知不等式可推得12112-+-+<<-k k k k k a k a a a k a ，因为N a ∈3，所以83=a ，同时2323+⨯≥a ．所以（＊）成立．4=n 时，1456733561122234223<=+<<-=<a a a a a ，又N a ∈4，所以134=a ．另外，2424+⨯≥a ，所以（＊）成立．设1-=k n 及()4≥=k k n 时（＊）成立．则1+=k n 时， 因为()12122211212=+-≤=--+---k ka k a k a a k a k k k k k ，又⎪⎪⎭⎫⎝⎛+---1212,k k k k a k a a k a 中至多只有一个整数． N a k ∈+1，且12112-+-+<<-k k k k k a k a a a k a ,所以1+k a 确定为4+k F ．且()()21222212341++≥++≥+=+==+++++k k k a a F F F a k k k k k k ．所以1+=k n 时，（＊）成立． 因此{}n a 唯一确定．证毕．综合（１）（２），可发现⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎭⎫⎝⎛+==+++33325125151n n n n F a ． 注：本题用同一法证明．在证明过程中用到了数学归纳法． 5. 数列{}n a 定义如下：01=a ，12=a ，()()⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-+=--2111212121n a n n na a n n n n ()3≥n ．试求()11222211132a nC a C n a C a C a f n n n n n n n n n n ----+-++++= 的最简表达式．解：由题意知()()()2112121--+-+=+--n a n n na a n n n n ，所以()()()()!21!2!1!2121n n n a n a n a n n n n --+-+-=+--,令!n a b n n =，01=b ，212=b ．则()()!212121n n b b b n n n n --++=+--,所以()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-----=-------!111!21221211n b b n b b n n n nn n ，令()!111n b b c nn n n ---=-，则121--=n n c c ，又02=c ，所以()!111n b b nn n -+=-.另一方面，()()()∑∑==--⋅-+=-+=nk k n k k kn nn a k k n n k n a Ck n f 11!!!11．令()∑=--+==nk k n n b k n kn n f g 1!1!，()()k nk k n k n n b k n kn b k n kn g g ⋅--+-⋅-+-+=-∑∑=+=+1111!1!12()()()()1121212!2!12!12-+=-=+=-⋅--+=⋅+--+-⋅-+-+=∑∑∑k kn k k nk k n k b bk n kn b k n kn b k n kn()()()()()()∑∑∑+==+=+--+--=-⋅+--+=12212!!11!!1!1!12n k knk k kn k k k n k k n k k n kn ()()()()()()[]11!111!11!111!11212+-+---=-++-=∑∑+=+=n n n n C n Cn n k kkn nk kkn()()!11!11+--=n n又342323=+=b b g ，所以()()1!2!11!1!31!21!3+-⋅=⎪⎪⎭⎫⎝⎛---++=n n n n g n f n ． 注：这是2000年冬令营的测试题．由已知条件比较容易根据题设的条件想到将数列{}n a 的递推关系除以!n ，从而得到{}n b 的递推关系：()!111n b b nn n -+=-．同时也应将n f 的两边同除以!n ，先求出n g 与1-n g 的关系．6. 设数列{}n a 的通项公式为()()N n a nnn ∈--=312；数列{}n b 的定义如下：20=b ，251=b ，()()N n b b b b n n n ∈--=-+12112．求证：对一切自然数n ，都有[]na nb 2=．证：我们证明更强的命题：N n b nna a n ∈+=-,22,易知数列{}n a 的特征方程是022=--x x ，所以{}n a 的递推公式是N n a a a n n n ∈+=++,212，故N a n ∈．下面用数学归纳法证明加强的命题．(1) 当1=n 时，11=a ，112225-+==b ，命题成立．(2) 假设当k n ≤时，命题成立，都有kkaa kb -+=22．当1+=k n 时，()()()[]12111211222222b b b b b k k kka a a a k k k --++=--=-----+()()1222222bkkkka a a a -++=--122)2(211112222b k k k k k k k k a a a a a a a a -+++=----+--+-+12211112222b k k k k k k a a a a a a -+++=--+++---,而()()[]kkkkk k a a 1222123121-⋅+⋅---=--()[]()1111331++-=-⋅=k k ．所以121=--k k a a ，112225222211b k k k k a a a a ==+=+-+----．所以11221++-++=k k a a k b ， 当1+=k n 时命题也成立．由（１）（２）可知，加强命题成立．同时，又因为N a n ∈,所以[]na nb 2=，原命题得证．注：本题的关键在于加强命题N n b nna a n ∈+=-,22．然后用数学归纳法加以证明．在加强命题之前可通过计算数列的前几项找到规律．7. 设()m a a a A ,,,21 =是由m 个数{}m i a i ,,2,1,1,0 =∈组成的数组．定义运算S 如下：(){}m m b b b b b b A S 2124321,,,,,,-= ，其中当1=i a 时，012=-i b ，12=i b ；当0=i a 时，112=-i b ，02=i b ，m i ,,2,1 =．用()A Sn表示()()() A S S S （n 个S ）．取()1=A ．问在()()n a a aA S n221,,, =有多少对由连续两项组成的数对()1,+i i a a ，满足01==+i i a a ？解：()1=A 时，()()na a a A Sn221,,, =中满足01==+i ia a 的数对()1,+i i a a 的个数记为n f ，满足0=i a ，11=+i a 的数对()1,+i i a a 的个数记为n g ．由题意知，()A Sn中数对()0,0必由()A S n 1-中的数对()1,0经运算S而得到，而()A S n 1-中的数对()1,0必由()A S n 2-中的1或数对()0,0经运算S 而得到．由于()A Sn 2-是22-n 数组，其中有一半的项（即32-n ）为1，所以可得如下递归关系：2312---+==n n n nf g f ． ∴当n 为奇数时， =++=+=-----45323222n n n n n n f f f 3122222110253-=+++++=---n n n f当n 为偶数时，31222212153+=++++=---n n n n f f ．∴()()1n S 中，连续两项是0的数对有()[]nn 12311-+-个．注：本题是个应用题，关键在于通过题意找到递归关系．训练题1. 设{}n a 中的每一项都是正整数，并有21=a ，72=a ，()32121221≥≤-≤---n a a a n n n ．证明：自第二项开始，数列的各项都是奇数．2. 已知00=a ，11=a ，()1221>+=--n a a a n n n ．证明：n a kn k22⇒．3. 已知数列{}n a 满足：11=a ，22=a ，且212212-++=n n n a a a ，() ,2,121222==++n a a a n n n ，试求数列的通项公式．4. 设d 为正整数，求()d x x x n mod 021≡++ ，()n i dx i ≤≤<<10的解()n x x x ,,,21 的个数．。
高中数学竞赛数列专题
高中数学竞赛数列专题摘要：一、高中数学竞赛数列专题简介1.高中数学竞赛背景2.数列专题在竞赛中的重要性3.数列专题的主要内容二、等差数列与等比数列1.等差数列的概念与性质2.等差数列的通项公式与求和公式3.等比数列的概念与性质4.等比数列的通项公式与求和公式三、常见的数列类型1.质数数列2.斐波那契数列3.几何数列4.调和数列四、数列的性质与应用1.数列的递推关系2.数列的极限与无穷数列3.数列在实际问题中的应用五、高中数学竞赛数列专题的备考策略1.掌握基础知识2.熟练运用公式与性质3.分析与解决问题的方法与技巧4.模拟试题与真题训练正文：高中数学竞赛数列专题涵盖了丰富的知识点，旨在培养学生的逻辑思维能力和解决问题的能力。
为了更好地应对数列专题的挑战，我们需要对这一专题有全面的了解，包括基本概念、公式、性质以及实际应用等方面。
首先，高中数学竞赛的背景为选拔优秀的学生参加各类数学竞赛，如全国青少年数学竞赛、国际奥林匹克数学竞赛等。
在这些竞赛中，数列专题具有很高的出现频率和重要性，因此，对这一专题的掌握程度对竞赛成绩有着直接影响。
数列专题的主要内容包括等差数列与等比数列、常见的数列类型、数列的性质与应用等方面。
等差数列与等比数列是数列的基本类型，它们在数学竞赛中占据重要地位。
等差数列具有以下性质：任意两项之差相等；等差数列的通项公式为an=a1+(n-1)d，求和公式为Sn=n/2(2a1+(n-1)d)。
等比数列具有以下性质：任意两项之比相等；等比数列的通项公式为an=a1*q^(n-1)，求和公式为Sn=a1*(1-q^n)/(1-q)。
在高中数学竞赛中，还常遇到一些常见的数列类型，如质数数列、斐波那契数列、几何数列和调和数列等。
这些数列具有独特的性质和规律，需要我们熟练掌握其定义、公式和性质。
数列的性质与应用方面，我们需要了解数列的递推关系、极限与无穷数列，以及数列在实际问题中的应用。
递推关系是指数列的通项公式可以通过已知的前几项求得。
高中数学竞赛专题1-7
专题一 数学竞赛中的数列问题东北育才学校 张雷数学竞赛中的数列问题可以分为以下三类(1) 递推数列问题：其中二阶递归数列是数学竞赛中非常重要的内容.既是高考中递归数列的延伸，又是数学竞赛的基础知识.其形式为n n n qa pa a +=++12（p 、q 为常数）.且已知1a 和.2a 求}{n a 的通项公式.我们通常采用特征方程法.即设βα,为方程q px x +=2的二根.则βα≠时，.n n n B A a βα+=其中A 、B 为待定系数，由1a 和2a 确定；如果βα=，则.)(1-+=n n n B A a α其中A 、B 为待定系数，由1a 和2a 确定. 除此之外，还有不动点法等.(2) 数列不等式问题（3）数列综合应用问题：数列问题丰富多彩，常与不等式、数论、组合、函数方程等相结合，这需要我们灵活的解题能力和全面的数学知识.【范例选讲】一、 递推数列问题1. （2008年东南竞赛）设数列{}n a 满足：111,2(12),1,2,3,n n n a a a n n +==+⋅+=.试求通项n a 的表达式.解：将所给递推关系的两边同时除以12n +，得111,2222n n n n n a a n n+++=++ 即111,2222n n n n n a a n n+++-=+ 所以 1111112222nn ni ii ii i i i a a ii +++===⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭∑∑∑， 111111(1)2242n n n i i a a n n i+++=+-=+∑， 即 111(1)112.4222n n n n i i n n i a ++=+⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦∑令12n n i i i S ==∑，则1122nn i i i S -==∑， 11111112122222nn n n n n n i i i i i i i i i i i i S S S +---====-=-=-=-∑∑∑∑111111211112222n n i i i n i i -+---=+--⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭∑1121112111()222212nn n i n i n n --=⎡⎤=-+=-+-⎢⎥⎣⎦-∑112112222n n nn n -+=-+-=-故 111(1)1123(1)222(1)4222242n n n n n n n n n n n a n +++⎡++⎤++⎛⎫⎡⎤=++-=+-≥ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎣⎦，从而 222(6)1(2)n n a n n n n -=-+--≥.2．（2009年高中数学联赛）已知p ，q （0q ≠）是实数，方程20x px q -+=有两个实根α，β，数列{}n a 满足1a p =，22a p q =-，12n n n a pa qa --=-（n =3，4，…）． （I ）求数列{}n a 的通项公式（用α，β表示）； （II ）若1p =，14q =，求{}n a 的前n 项和． 【解析】 方法一：(Ⅰ)由韦达定理知0q αβ⋅=≠，又p αβ+=，所以()1212n n n n n a px qx a a αβαβ------=+-，()345n =，，，整理得()112n n n n a a a a βαβ----=- 令1n n n b a a β+=-，则()112n n b b n α+==，，．所以{}n b 是公比为α的等比数列． 数列{}n b 的首项为：()()222121b a a p q p ββαβαββαβα=-=--=+--+=．所以21n n n b ααα-+=⋅=，即11n n n a a βα++-=()12n =，，．所以11n n n a a βα++=+()12n =，，．①当240p q ∆=-=时，0αβ=≠，12a p ααα==+=，11n n n a a βα++=+()12n =，，变为11n n n a a αα++=+()12n =，，．整理得，111n nn na a αα++-=，()12n =，，．所以，数列n n a α⎧⎫⎨⎬⎩⎭成公差为1的等差数列，其首项为122a ααα==．所以()2111nna n n α=+-=+．于是数列{}n a 的通项公式为()1n n a n α=+；……………………………………………………………………………5分②当240p q ∆=->时，αβ≠，11n n n a a βα++=+1n n a βαβαβα+-=+-11n n n a βαβααβαβα++=+---()12n =，，．整理得211n n n n a a ααββαβα+++⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭，()12n =，，．所以，数列1n n a αβα+⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭成公比为β的等比数列，其首项为2221a ααβαββαβαβα+=++=---．所以121n n n a αβββαβα+-+=--． 于是数列{}n a 的通项公式为11n n n a βαβα++-=-．………………………………………………10分(Ⅱ)若1p =，14q =，则240p q ∆=-=，此时12αβ==．由第(Ⅰ)步的结果得，数列{}n a 的通项公式为()11122nn n n a n +⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，所以，{}n a 的前n 项和为231234122222n n n n n s -+=+++++234112341222222n n n n s n ++=+++++以上两式相减，整理得1133222n n n s ++=-所以332n n n s +=-．……………………………………………………………………………15分 方法二：(Ⅰ)由韦达定理知0q αβ⋅=≠，又p αβ+=，所以1a αβ=+，222a αβαβ=++．特征方程20p q λλ-+=的两个根为α，β． ①当0αβ=≠时，通项()()1212n n a A A n n α=+=，，由12a α=，223a α=得()()122212223A A A A αααα+=⎧⎪⎨+=⎪⎩ 解得121A A ==．故()1n n a n α=+．……………………………………………………5分 ②当αβ≠时，通项()1212n n n a A A n αβ=+=，，．由1a αβ=+，222a αβαβ=++得12222212A A A A αβαβαβαβαβ+=+⎧⎪⎨+=++⎪⎩ 解得1A αβα-=-，2A ββα=-．故1111n n n n n a αββαβαβαβα++++--=+=---．…………………………………………………………10分 (Ⅱ)同方法一．3. （2000年全国高中数学联赛）设数列}{n a 和{b n }满足10=a ，00=b ，且,2,1,0 47836711=⎩⎨⎧-+=-+=++n b a b b a a n n n n n n 证明：n a ),,2,1,0( =n 是完全平方数．分析 我们能否得到}{n a 的递推关系，先求出通项看一看. 证明 由于6371+-=+n n n a a b 则.637121+-=+++n n n a a b 代入下式整理得： 61412--=++n n n a a a 即).21()21(142112---=-++n n n a a a 又10=a ，.41=a 则由特征方程法可求得： n n a )347(41+=21)347(41+-+n . 由于 7±43=（2±2)3 ，所以 2])32(21)32(21[n n n a -++=设n n n c )32(21)32(21-++=，则10=c ，.21=c由特征方程法可知：}{n c 满足递推关系.412n n n c c c -=++故由0c ，1c 为整数可推得：n c 为整数，于是n a 为完全平方数. 二．数列不等式问题4、（2007年全国高中数学联赛）设∑=-+=nk n k n k a 1)1(1，求证：当正整数2≥n 时，n n a a <+1.证明 由于)111(11)1(1k n k n k n k -+++=-+，因此∑=+=n k n kn a 1112，于是，对任意的正整数2≥n ，有∑∑+==++-+=-1111121111)(21n k n k n n k n k n a a0)11()2)(1(1)2)(1(11)2111(11>-++=++-+-+=∑∑==nk n k kn n n n k n n ，即n n a a <+1 5.（2003年女子竞赛）数列{}n a 定义如下：2112,1,1,2,n n n a a a a n +==-+=，证明：20031220031111112003a a a -<+++< 证：由题设得11(1)n n n a a a +-=-111111n n na a a +∴=---122003122320032004120042004111111111()()()1111111111111a a a a a a a a a a a a ∴+++=-+-++-------=-=----易知数列{}n a 是严格递增的，20041a >，故1220031111a a a +++<为了证明不等式左边成立，只需证明2003200412003a -> 由已知用归纳法可得1111n n n a a a a +-=+，及11,(1)n n n a a a n n ->≥从而结论成立。
赣县中学高中数学竞赛数列第2二讲数列的性质(二)
第2讲 数列的性质（二）一、知识点介绍 （一）周期性1、周期数列的定义对于数列}{n a ，若存在一个（固定的）正整数T ，对于任意整数+∈>N n N n ,均有n T n a a =+成立，则称数列}{n a 为从N 项起的周期为T 的周期数列，T 的最小值称为最小（正）周期，简称为周期。
例如：})1{(n -是以2为周期的数列；}2{sin πn 是以4为周期的周期。
当1=N 时，称}{n a 为纯周期数列；2≥N 时，称为混周期数列。
2、周期数列的性质（1）、若T 是数列}{n a 的最小正周期，'T 是它的另一个周期，则'T T ； （2）、周期数列的值域是有限集；（3）、若数列}{n a 满足：),,(11-+++=k n n n k n a a a f a ，且值域是有限集，则数列}{n a 是周期数列。
（4）、若数列}{n a 均为周期数列，则数列}{n n b a ±、}{n n b a ⋅、)0}({≠n nnb b a 也是周期数列。
（三）、模周期性1、定义：设数列}{n a 是整数数列，m 是一个固定的大于1的正整数，①、若)(mod m a b n n ≡，}1,,2,1,0{-∈m b n ，则称}{n b 是}{n a 关于m 的模数列，记作)}(mod {m a n ； ②、若)}(mod {m a n 是周期数列，则称}{n a 是关于m 的 模周期数列，简称模m 周期数列。
例如：自然数列}{n 是关于模m 的周期数列。
2、模周期数列的性质①、模周期数列的值域是有限整数集；②、若)(m T T =是模周期数列的最小（正）周期，1T 是它的任一周期，则1T T ；③、若模周期数列)}(mod {1m a n 、)}(mod {2m a n 和)}(mod {m a n 的周期分别为)(1m T 、)(2m T 、)(M T ,这里],[21m m M =且21m m ≠，则)(M T =)](),([21m T m T 。
高中数学竞赛数列专题
高中数学竞赛数列专题数列是高中数学竞赛中常见的重要题型，掌握数列的性质及解题方法对于参加数学竞赛至关重要。
本文将围绕高中数学竞赛数列专题展开讨论，包括数列的定义与性质、常见数列的特征、递推公式的应用、数列的求和与极限等方面的内容。
一、数列的定义与性质数列是按照一定规律排列的一系列数，常用字母表示，如$a_1, a_2, a_3, \ldots, a_n$。
数列的第一项记作$a_1$，第二项记作$a_2$，第$n$项记作$a_n$。
数列中的数字称为项，项之间的关系由递推关系式表示。
数列的性质包括有界性、单调性以及极限。
有界性是指数列的所有项都满足某个范围，可以是有上界、下界或者同时有上下界。
单调性是指数列的项按照一定的规律递增或递减。
而极限是指数列的项随着$n$的增大逐渐趋于某一个值。
二、常见数列的特征常见数列包括等差数列、等比数列、斐波那契数列等。
等差数列是指数列的相邻项之间的差值相等，记作$a_n=a_1+(n-1)d$。
其中，$a_n$表示第$n$项，$a_1$表示第一项，$d$表示公差。
等差数列的性质包括：通项公式、前$n$项和公式、末项公式等。
等比数列是指数列的相邻项之间的比值相等，记作$a_n=a_1 \cdotq^{(n-1)}$。
其中，$a_n$表示第$n$项，$a_1$表示第一项，$q$表示公比。
等比数列的性质包括：通项公式、前$n$项和公式、末项公式以及无穷项和公式等。
斐波那契数列是指数列中的每一项都是前两项之和的数列，记作$a_n=a_{n-1}+a_{n-2}$。
其中，$a_n$表示第$n$项，$a_{n-1}$表示前一项，$a_{n-2}$表示前两项。
斐波那契数列的性质包括：递推关系式、通项公式、性质应用等。
三、递推公式的应用递推公式是描述数列中项之间的关系的方程式。
通过解递推公式，可以确定数列中任意一项的值。
在数学竞赛中，递推公式的应用非常重要。
解递推公式可以使用递推法、代入法和特殊求和法等不同的方法。
福建省福州市10月高中数学学科会议专题讲座 数列 新人教版
一、考试内容及要求1．数列的概念和简单表示法(1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)．(2)了解数列是自变量为正整数的一类函数．2．等差数列、等比数列(1)理解等差数列、等比数列的概念．(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式．(3)能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．(4)了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系．二、重点知识及主要考点1. 数列知识主要包括等差数列、等比数列的通项公式以及前n项和公式。
数列作为一种离散型的特殊函数，是反映自然规律的基本数学模型。
数列问题重视归纳与类比方法的应用，并用有关知识解决相应的问题。
2. . 在高考中，在以考查等差数列和等比数列的定义、数列的通项公式、数列求和等基础知识为主的试题中，关注概念辨析以及等差、等比数列的“基本量法”；在考查数列的综合问题时，对能力有较高的要求，试题有一定的难度和综合性，常与单调性、最值、不等式、导数、数学归纳等知识交织在一起，涉及化归与转化、分类与整合等数学思想。
3. 在考查相关知识内容的基础上，高考把对数列的考查重点放在对数学思想方法、推理论证能力以及应用意识和创新意识的考查上。
4. 使用选择题、填空题形式考查数列的试题，往往突出考查函数与方程、数形结合、特殊与一般、有限与无限等数学思想方法，使用解答题形式考查数列的试题，往往是一般数列的内容，其方法是研究数列通项及前n项和的一般方法，并且通常不单一考查数列知识，而是与其他内容相结合，体现对解决综合问题的考查力度，数列综合题有一定的难度，对能力有较高的要求。
理科试卷侧重于理性思维的考查，试题设计通常以一般数列为主，着重考查的抽象思维和推理论证能力。
5.高考的数列试题的解法，有的是从等差数列或等比数列入手构造新的数列，有的是从比较抽象的数列入手，给定数列的一些性质，要求考生进行严格的逻辑推证，找到数列的通项公式，或证明数列的其他一些性质。
高中数学竞赛辅导第九讲数列与递进
高中数学竞赛辅导第九讲高中数学竞赛辅导第九讲 数列与递进数列与递进知识、方法、技能知识、方法、技能数列是中学数学中一个重要的课题，也是数学竞赛中经常出现的问题. 所谓数列就是按一定次序排列的一列数.数列的一般形式是a 1, , a a 2, …,a n , …通常简记为{a n }.如果数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的函数关系可用一个公式来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式. 从函数的角度看，数列可以看做是一个函数，定义域是自然数集或自然数集的一个有限子集，函数表达式就是数列的通项公式. 对于数列{a n }，把S n =a 1+a 2+…+a n 叫做数列{a n }的前n 项和，则有项和，则有îíì³-==-).2(),1(11n S S n S a n n nI ．等差数列与等比数列．等差数列与等比数列 1．等差数列．等差数列（1）定义：.2)(211++++==-n n n n n aa a d a a 或常量（2）通项公式：a n=a 1+(n －1)d . （3）前n 项和公式：.2)1(2)(11d n n na a a n S n n -+=+=（4）等差中项：.221+++=n n n aa a（5）任意两项：a n =a m +(n －m)d. （6）性质：）性质：①公差为非零的等差数列的充要条件是通项公式为n 的一次函数；的一次函数；②公差为非零的等差数列的充要条件是前n 项和公式为n 的不含常数项的二次函数；的不含常数项的二次函数； ③设{a n }是等差数列，如果m 、n 、p 、q ∈N*，且m+n=p+q ，那么a m +a n =a p +a q ; ④设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，则S m , S 2m －S m , S 3m －S 2m , …, S pm －S (p －1)m (m>1,p ≥3，m 、p ∈N*)仍成等差数列；仍成等差数列； ⑤设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，则}{nS n 是等差数列；是等差数列；⑥设{a n }是等差数列，则{λa n +b}(λ,b 是常数)是等差数列；是等差数列；⑦设{a n }与{b n }是等差数列，则{λ1a n +λ2b n }（λ1，λ2是常数）也是等差数列；是常数）也是等差数列；⑧设{a n }与{b n }是等差数列，且b n ∈N*，则{a bn }也是等差数列（即等差数列中等距离分离出的子数列仍为等差数列）； ⑨设{a n}是等差数列，则{na C}（c>0, c ≠1）是等比数列. 2．等比数列．等比数列 （1）定义：nn n n nn a a a a q a a 1121),(++++==或常量（2）通项公式：a n =a 1q n －1. （3）前n 项和公式：ïîïíì¹--=--==).1(11)1().1(111q q q a a q q a q na S n nn（4）等比中项：.21++±=n n n aa a（5）任意两项：a n =a m qn －m. （6）无穷递缩等比数列各项和公式：）无穷递缩等比数列各项和公式： S=).1||0(1lim 11<<-==¥®+¥=åqqa S a n n n n（7）性质：）性质：①设{a n }是等比数列，如果m 、n 、p 、q ∈N*，且m+n=p+q ，那么a m ·a n =a p ·a q；②设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，则S m , S 2m －S m , S 3m －S 2m , …，…， S pm －S (p －1)m (m>1, p ≥3，m 、n ∈N*)仍为等比数列；仍为等比数列；③设{a n }是等比数列，则{λa n }（λ是常数）、{mn a }（m ∈Z*）仍成等比数列；）仍成等比数列； ④设{a n }与{b n }是等比数列，则{a n ·b n }也是等比数列；也是等比数列；⑤设{a n }是等比数列，{b n }是等差数列，b n ∈Z*，则{a bn }是等比数列（即等比数列中等距离分离出的子数列仍为等比数列）；⑥设{a n }是正项等比数列，则{log c a n }(c>0, c ≠1)是等差数列. 赛题精讲例1 设数列{a n }的前n 项和S n =2a n －1(n=1, 2,…)，数列{b n }满足b 1=3, b k+1=b k +a k (k=1,2，…)，求数列{b n }的前n 项之和. （1996年全国数学联赛二试题1）【思路分析】欲求数列{b n }前n 项和，需先求b n . 由a k =b k+1－b k , 知求a k 即可，利用即可，利用 a k =S k －S k －1(k=2, 3, 4,…)可求出a k . 【略解】由S n =2a n －1和a 1=S 1=2a 1－1,得a 1=1, 又a n =S n －S n －1=2a n －2a n －1,即a n =2a n －1,因此{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，则有a n =2n －1. 由a k =b k+1－b k ，取k=1,2,…,n －1得 a 1=b 2－b 1, , a a 2=b 3－b 2, , a a 3=b 4－b 3, …, , a a n －1=b n －b n －1,将上面n －1个等式相加，得b n －b 1=a 1+a 2+…+a n . 即b n =b 1+a 1+a 2+…+a n =3+(1+2+22+…+2n －1)=2n －1+2,所以数列{b n }的前n 项和为S n ′=（2+1）+（2+2）+（2+22）+…+（2+2n －1）=2n+2n－1. 【评述】求数列的前n 项和，一般情况必须先研究通项，才可确定求和的方法. 例2 求证：若三角形的三内角成等差数列，对应的三边成等比数列，则此三角形必是正三角形. 【思路分析】由△ABC 的三个内角A 、B 、C 成等差数列，知∠B=60°，三个角可设为60°－d, 60°, 60°+d ，其中d 为常数；又由对应的三边a 、b 、c 成等比数列，知b 2=ac ，或将三边记为a 、aq 、aq 2，其中q 为正常数，由此知要证此三角形为正三角形只须证明d=0或q=1或a=b=c. 【证】设△ABC 的三个内角为A 、B 、C 及其对边a 、b 、c ，依题意b 2=ac, ∠B=60°. 【方法1】由余弦定理，得,,2160cos 2cos 22222ac ac c a acb c a B =-+==-+=所以整理得(a －c)2=0因此a=c. 故△ABC 为正三角形. 【方法2】设a 、b 、c 三边依次为a 、aq 、aq 2，由余弦定理有，由余弦定理有 cosB=2160cos 2)()(22222==××-+aqa aq aq a ,整理得q 44－2q 22+1=0,解得q=1, q=－1（舍去）所以a=b=c,故此△ABC 为正三角形. 【方法3】因为b 2=ac, 由正弦定理：由正弦定理：(2RsinB)22=2RsinA ·2RsinC （其中R 是△ABC 外接圆半径）即sin 22B=sinA ·sinC ，把，把 B=60°代入得sinA ·sinC=43，整理得21[cos(A －C)－cos(A+C)=43，即cos(A －C)=1,所以A=C ，且∠B=60°，故此△ABC 为正三角形. 【方法4】将60°－d, 60°, 60°+d 代入sin 2B=sinAsinC, 得sin(60°－d)·sin(60°+d)= 43，即21[cos(2d)－cos120°]= 43. 得cos2d=1, d=0°,所以∠A=∠B=∠C ，故△ABC 为正三角形. 【评述】方法1、2着眼于边，方法3、4着眼于角. 例3 各项都是正数的数列{a n }中，若前n 项的和S n 满足2S n =a n +na 1,求此数列的通项公式. 【思路分析】【思路分析】 在S n 与a n 的混合型中，应整理成数列{S n }的递推式或数列{a n }的递推式，然后用递推关系式先求出S n ，再求a n ，或直接求a n .本题容易得到数列{S n }的递推式，利用a n =S n －S n －1先求出S n ，再求a n 即可. 【解】n ≥2时，将a n =S n －S n －1代入2S n =a n +na 1,得2S n =S n －S n －1+11--n n S S ,整理得整理得,1),2(111212==³=--a S n S S n n 且所以数列}{2n S 是首项为1，公差为1的等差数列，即),2(1,,1)1(112³--=-===×-+=-n n n S S a n S n n S n n n nn 从而当n=1时，由2S 1=a 1+na 1,得a 1=1也满足1--=n n a n. 故数列{a n }的通项公式为1--=n n a n. 【评述】处理本例的思想方法，可用来求满足S n 与a n 混合型中的通项公式. 例4 设数列{a n }的前n 项和S n 与a n 的关系为S n =－ba n +1－nb )1(1+，其中b 是与n 无关的常数，且b ≠－1.（1）求a n 与a n －1的关系式；的关系式；（2）写出用n 与b 表示a n 的表达式. 【思路分析】利用S n =a n －a n －1(n ≥2)整理出数列{a n }的递推关系式求a n . 【解】（1）21111)1(1)1(11b a b ba S a +=+-+-==得当n ≥2时，a n =S n －S n －1= －b a n +1－nn n n n nb b ba ba b ba b )1(])1(11[)1(1111+++-=+-+--+---,整理得整理得,41,1)2((*))2()1(1111==³+++=+-a b n b ba bb a n n n 时当,212111+-+=n n n a a 两边同乘以2n ，得2n a n =2n －1a n －1+21,可知数列{2n a n }是以2a=21为首项，公差为21的等差数列所以2,221)1(2121+==-+=n n n nn a n n a 即当b ≠1，b ≠－1时，时，由（*）式得(1+b)na n =b(1+b)n －1a n －1+bb +1.)1(1,)1(.)1(1)1()1(11111-----++=+=+++=+n n n n n n n n n n nbb c c a bb c bb a bb a bb 则令有从而数列{c n －c n －1}就是一个等比数列，n 取2，3，…，n 得 ,)1)(1()1()1)(1(1)1()1(,)1)(1(1)1111(11,111),111(111,)1(1,,)1(1,)1(111112111211122312+------+--=+--×+=×+=+--=+++++=+=+=++++=--+=-+=-+=-n n n nnnn nn n n nn n n n n n n b b b b b b bb b bc b b a b b bb b bbb c ba bb c bb b bc c n b b c c bb c c bb c c 从而所以且个式子相加得上述故数列{a n }的通项公式为的通项公式为ïïîïïíì±¹+--==+.1)1)(1()1(,1,21b b b b b b na n nn n【评述】构造辅助数列是解由递推关系式给出数列求通项的一个基本方法，本例构造了辅助数列{c n }、{c n －c n －1}，使数列{c n －c n －1}为等比数列，化未知为已知，从而使问题获解. 例5 n 2(n ≥4)个正数排成n 行n 列a 11 a 12 a 13 a 14…………a 1n a 21 a 22 a 23 a 24…………a 2n a 31 a 32 a 33 a 34…………a 3n a 41 a 42 a 43 a 44…………a 4n … … … … ………… …a n1 a n2 a n3 a n4…………a nn 其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已知a 24=1, a 42=81，a 43=163,求a 11+a 22+a 33+…+a nn .（1990年全国高中数学联赛试题）年全国高中数学联赛试题）【思路分析】求和需要研究a 11和a kk ，又每列成等比数列且公比相等，只需要研究a 1k和q,又每行成等差数列，需要求得a n 和第一行的公差d ，因而本题利用已知建立a n 、d 和q 之间关系，使问题获解. 【解】设第一行数列公差为d ，各列数列公比为q.因为2a 43=a 42+a 44, 所以a 44=2a 43－a 42=2×163－81=41.又因为a 44=a 24·q 22=q 22,所以q=21,于是有于是有ïïîïïíì=+=×==+=×=,81)21)((,121)3(31131242111424d a q a a d a q a a解此方程组，得d=21,a 11=21. 对于任意的1≤k ≤n,有.2212,22112211)211(2122121212121,2332221,,2)21](21)1(21[])1([133221111132132332211111111nn nn n nn nn nn nn kk k k k kk n a a a a n n n S n S a a a a S k k q d k a q a a --=++++--=---=-++++=++++=++++==-+=-+=×=-++++--- 故两式相减得则有设【评述】数列求和应先研究通项，通项c n =a n b n ，其中{a n }成等差为九列，{b n }为等比数列，数列{c n }的求和用错项相减去. 例6 将正奇数集合{1，3，5，…}从小到大按第n 组有(2n －1)奇数进行分组：{1}, {3,5,7} , {9, 11, 13, 15, 17}, … （第1组）（第2组）（第3组）组）问1991位于第几组中？位于第几组中？（1991年全国高中数学联赛试题）年全国高中数学联赛试题）【思路分析】【思路分析】思路需要写出第思路需要写出第n 组的第1个数和最后一个数，1991介于其中，而第n 组中最后一个数是第（1+3+…+2n －1）=n 2个奇数为2n 2－1. 【解】因为1+3+5+…+(2n －1)=n 2所以前n 组共含有奇数n 2个，第n 组最后一个数即第n 2个奇数为2n 2－1,第n 组第一个数即第n －1组最后一个数后面的奇数为[2(n －1)2－1]+2=2(n －1)2+1.由题意，有不等式由题意，有不等式2(n －1)2+1≤1991≤2n 2－1. 解得(n －1)2≤995且n 2≥996，从而n ≤32且n ≥32， 故n=32，即1991位于第32组中. 【评述】应用待定的方法，假定位于第n 组中然后确定n 即可. 例7 设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 是前n 项和，证明项和，证明.log2loglog15.025.05.0++>+n n n S S S（1995年全国高考题）年全国高考题）【思路分析】要证原结论成立，只需证S n S n+2<21+n S 成立，用等比数列前n 项和公式表示或建立S n 、S n+1、S n+2的关系，用比较法证之. 【证法1】设{a n }的公比为q,由题设知a 1>0, q>0. （1）当q=1时，S n =na 1，从而，从而S n S n+2－21+n S =na 1(n+2)a 1－21a (n+1)2=－21a <0. （2）当q ≠1时，,1)1(1qq a S n n --=0)1()1()1()1)(1(2122121222112<-=------=-+++-nn n n n n n qa q q a q q q a S S S由①、②知.212++<n n n S S S根据对数函数的单调性，得根据对数函数的单调性，得log2logloglog)(log15.025.05.0215.025.0++++>+>n n n n n n S S S S S S 即【证法2】设{a n }的公比为q ，由题设知a 1>0, q>0. 因为S n+1+=a 1+qS n , S n+2=a 1+qS n+1, 所以S n S n+2－21+n S =S n (a 1+qS n+1)－(a 1+qS n )S n+1=a 1(S n －S n+1) =－a 1(S n+1－S n ) =－a 1a n+1<0. 即.212++<n n n S S S （以下同证法1）. 【评述】明确需要证212++<n n n S S S ，建立S n 、S n+1、S n+2之间的关系较为简单. 针对性训练题1．设等差数列{a n }满足3a 8=5a 13, 且a 1>0, Sn 为其前n 项之和，求S n (n ∈N*)中最大的是什么？中最大的是什么？（1995年全国高中数学联赛题）年全国高中数学联赛题）2．一个等比数列{a n }的首项a 1=2－5，它的前11项的几何平均数为25，若在前11项中抽出一项中抽出一项后的几何平均数为24，求抽去的是第几项？，求抽去的是第几项？11,,11,11+++a a a 成等差数列。
高中数学 高中数学竞赛辅导讲座-数列(一)
高中数学竞赛辅导讲座---数列（一）数列是高中数学的重要内容之一，也是高考及高中数学联赛考查的重点。
而且往往还以解答题的形式出现，所以我们在复习时应给予重视。
近几年的数列试题不仅考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了学生的各种能力。
一、数列的基础知识 1．数列{a n }的通项a n 与前n 项的和S n 的关系它包括两个方面的问题：一是已知S n 求a n ，二是已知a n 求S n ； 1.1 已知S n 求a n对于这类问题，可以用公式a n =⎩⎨⎧≥-=-)2()1(11n S S n S n n .1.2 已知a n 求S n这类问题实际上就是数列求和的问题。
数列求和一般有三种方法：颠倒相加法、错位相减法和通项分解法。
2．递推数列：⎩⎨⎧==+)(11n n a f a aa ，解决这类问题时一般都要与两类特殊数列相联系，设法转化为等差数列与等比数列的有关问题，然后解决。
二、等差数列与等比数列1．定义：数列{a n }为等差数列⇔a n+1-a n =d ⇔a n+1-a n =a n -a n-1；数列{b n }为等比数列⇔q a b n n =+1⇔11-+=n n n n b bb b 。
2．通项公式与前n 项和公式：数列{a n }为等差数列，则通项公式a n =a 1+(n-1)d, 前n 项和S n =2)(1n a a n +=2)1(1dn n na -+. 数列{a n }为等比数列，则通项公式a n =a 1q n-1, 前n 项和S n =⎪⎩⎪⎨⎧≠--=)1(1)1()1(11q qq a q na n .3．性质：（4）函数的思想：等差数列可以看作是一个一次函数型的函数；等比数列可以看作是一个指数函数型的函数。
可以利用函数的思想、观点和方法分析解决有关数列的问题。
三．等差数列与等比数列数列问题的综合性和灵活性如何表现？ 数列问题的综合性主要表现在1．数列中各相关量的关系较为复杂、隐蔽．2．同一问题中出现有若干个相关数列，既有等差或等比数列，也有非等差，非等比的数列，需相互联系，相互转换． 数列问题的灵活性表现在：1．需灵活应用递推公式，通项公式，求和公式，寻求已知与所求的关系，减少中间量计算．2．需灵活选用辅助数列，处理相关数列的关系． 〖典型例题分析〗例1 已知(b －c )log m x +(c －a )log m y +(a －b )log m z ＝0 ①(1) 若a 、b 、c 依次成等差数列，且公差不为0，求证x 、y 、z 成等比数列； (2) 若x 、y 、z 依次成等比数列，且公比不为1，求证a 、b 、c 成等差数列． 分析 判断三个数成等差数列或等比数列的充要条件，一是定义，二是中项公式． 证明：（1）∵ a 、b 、c 依次成等差数列 ∴ b －c ＝－d ，c －a ＝2d ，a －b ＝－d （d ≠0）代入① 得 －d （log m x －2 log m y + log m z ）＝0 ∵d ≠0 ∴，＝＝ 0 log log log 2log 2yxz z y x mm m m +-，y 2＝xz ，可知x 、y 、z 成等比数列． （2）∵ x 、y 、z 依次成等比数列）（＝，＝＝1 2≠q q xz q x y y z ∴ 两边取对数，得 log m z －log m y ＝log m y －log m x ＝log m q log m z －log m x ＝2 log m q ① 式可变为a （log m z －log m y ）－b （log m z －log m x ）+c （log m y －log m x ）＝0 即 log m q （a －2b + c ）＝0 ∵ log m q ≠0∴ 2b ＝a +c ，可知a 、b 、c 成等差数列．例2 数列｛a n ｝的 前 n 项 和S n ＝a · 2n + b （n ∈N ），则｛a n ｝为等比数列的充要条件是________．分析 应从转化出数列｛a n ｝的通项公式入手． 解：a 1＝S 1＝2a + b 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1=(a ·2n +b )－(a ·2n －1+b )＝a · 2n －1由此可知：当a ≠0时， a 2 , a 3 … ,a n , … 是公比为2的等比数列． ∴｛a n ｝为等比数列的充要条件是a ≠0，且2a +b ＝a ·20，即a ≠0，且a + b ＝0．例3 设等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，若S 7＝56，S n ＝420，a n －3＝34，则n ＝________．分析 将题设的三个数据，利用等差数列的通项公式及前n 项和公式， 布列出三个关于a 1，公差d ，项数n 的方程，并求解，会使过程复杂化，应设法直接布列关于＝，＝＝ xz q xy yzn 的方程解：∵ S 7＝a 1+ a 2+ a 3+ a 4+ a 5+ a 6+ a 7＝7a 4 ∴ 由S 7＝56，可得a 4＝8 又a 1+ a n ＝a 4+ a n －3＝8+34＝42． ∴ 由 S n ＝420，解得n ＝20．例4.等差数列中,a 3+a 7-a 10=8,a 11-a 4=4,求S 13 解：由求和公式713113132)(13a a a S =+=知问题转化为求a 7由条件得：a 7=12例5.各项均为实数的等比数列{an }的前n 项之和为S n ，若S 10=10，S 30=70，求S 40。
高中数学奥赛辅导专题-数列
高中数学奥赛辅导专题——数列一 准备知识所谓数列，简单地说就是有规律的（有限或无限多个）数构成的一列数，常记作{a n }，an n n n n －1有些数列不是用通项公式给出，而是用a n 与其前一项或前几项的关系来给出的，例如：a n ＋1=2a n +3，这样的公式称为数列的递推公式．由数列的递推公式我们可以求出其通项公式．数列问题中一个很重要的思想是把数列的通项公式或递推公式变形，然后将它看成新数列（通常是等差或等比数列）的通项公式或递推公式，最后用新数列的性质解决问题． 二 例题精讲例1．（裂项求和）求S n =222222)12()12(853283118+⨯-⨯++⨯⨯+⨯⨯n n n．解：因为a n =22)12()12(8+⨯-⨯n n n =22)12(1)12(1+--n n 所以S n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-222222)12(1)12(151313111n n =1－2)12(1+n 例2．（倒数法）已知数列{a n }中，a 1=53，a n +1=12+n n a a ，求{a n }的通项公式．解：211211+=+=+nn n n a a a a ∴⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1是以35为首项，公差为2的等差数列，即351=n a +2（n －1）=316-n ∴a n =163-n练习1．已知数列{a n }中，a 1=1，S n =1211+--n n S S ，求{a n }的通项公式．解：21121111+=+=---n n n n S S S S ∴⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S 1是以1为首项，公差为2的等差数列． ∴n S 1=1+2（n －1）=2n －1，即S n =121-n ． ∴a n =S n －S n －1=321121---n n =)32)(12(2---n n ∴a n =⎪⎩⎪⎨⎧---3211211n n )2()1(≥=n n例3．（求和法，利用公式a n =S n －S n －1，n ≥2）已知正数数列{a n }的前n 项和S n =⎪⎪⎭⎫⎝⎛+n n a a 121，求{a n }的通项公式． 解：S 1=a 1=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+11121a a ，所以a 1=1． ∵a n =S n －S n －1 ∴2S n =S n －S n －1+11--n n S S∴S n +S n －1=11--n n S S ，即S n 2－S n －12=1∴{}2nS 是以1为首项，公差为1的等差数列．∴S n 2=n ，即S n =n∴a n =S n －S n －1=n －1-n （n ≥2） ∴a n =n －1-n ．例4．（叠加法）已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n －S n －2=3×（－21）n －1（n ≥3），且S 1=1，S 2=－23，求{a n }的通项公式． 解：先考虑偶数项有：S 2n －S 2n －2=－3·1221-⎪⎭⎫⎝⎛nS 2n －2－S 2n －4=－3·3221-⎪⎭⎫⎝⎛n……S 4－S 2=－3·321⎪⎭⎫⎝⎛将以上各式叠加得S 2n －S 2=－3×4114112113-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-n ，所以S 2n =－2+)1(2112≥⎪⎭⎫⎝⎛-n n ．再考虑奇数项有：S 2n ＋1－S 2n －1=3·n221⎪⎭⎫⎝⎛S 2n －1－S 2n －3=3·2221-⎪⎭⎫⎝⎛n……S 3－S 1=3·221⎪⎭⎫⎝⎛将以上各式叠加得S 2n ＋1=2－)1(212≥⎪⎭⎫⎝⎛n n．所以a 2n +1=S 2n +1－S 2n =4－3×n221⎪⎭⎫ ⎝⎛，a 2n =S 2n －S 2n －1=－4+3×1221-⎪⎭⎫⎝⎛n ．综上所述a n =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+-⎪⎭⎫⎝⎛⨯---为偶数，为奇数n n n n 112134,2134，即a n =（－1）n －1·⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯--12134n ． 例5．（a n +1=pa n +r 类型数列）在数列{a n }中，a n +1=2a n －3，a 1=5，求{a n }的通项公式．解：∵a n +1－3=2（a n －3）∴{a n －3}是以2为首项，公比为2的等比数列． ∴a n －3=2n ∴a n =2n +3．练习2．在数列{a n }中，a 1=2，且a n +1=212+n a ，求{a n }的通项公式．解：a n +12=21a n 2+21 ∴a n +12－1=21（a n 2－1）∴{a n +12－1}是以3为首项，公比为21的等差数列． ∴a n +12－1=3×121-⎪⎭⎫⎝⎛n ，即a n =1231-+n例6（a n +1=pa n +f （n ）类型）已知数列{a n }中，a 1=1，且a n =a n －1+3n －1，求{a n }的通项公式．解：（待定系数法）设a n +p ·3n =a n －1+p ·3n －1则a n =a n －1－2p ·3n －1，与a n =a n －1+3n－1比较可知p =－21． 所以⎭⎬⎫⎩⎨⎧-23n n a 是常数列，且a 1－23=－21．所以23n n a -=－21，即a n =213-n ．练习3．已知数列{a n }满足S n +a n =2n +1，其中S n 是{a n }的前n 项和，求{a n }的通项公式． 解：∵a n =S n －S n －1 ∴S n +S n －S n －1=2n +1 ∴2S n =S n －1+2n +1（待定系数法）设2（S n +pn +q ）=S n －1+p （n －1）+q化简得：－pn －p －q =2n +1，所以⎩⎨⎧=+-=-12q p p ，即⎩⎨⎧=-=12q p∴2（S n －2n +1）=S n －2（n －1）+1，又∵S 1+a 1=2+1=3，∴S 1=23，S 1－2+1=21 ∴{S n －2n +1}是以21为公比，以21为首项的等比数列．∴S n －2n +1=n ⎪⎭⎫ ⎝⎛21，即S n =n ⎪⎭⎫ ⎝⎛21+2n －1，a n =2n +1－S n =2－n⎪⎭⎫⎝⎛21．例7．（a n +1=pa n r 型）（2005年江西高考题）已知数列{a n }各项为正数，且满足a 1=1，a n +1=)4(21n n a a -．（1）求证：a n <a n +1<2；（2）求{a n }的通项公式． 解：（1）略．（2）a n +1=－21（a n －2）2+2 ∴a n +1－2=－21（a n －2）2∴2－a n +1=21（2－a n ）2∴由（1）知2－a n >0，所以log 2（2－a n +1）=log 221（2－a n ）2=2·log 2（2－a n ）－1 ∴log 2（2－a n +1）－1=2［log 2（2－a n ）－1］即{log 2（2－a n ）－1}是以―1为首项，公比为2的等比数列∴log 2（2－a n ）－1=－1×2n －1 化简得a n =2－1212--n ．练习4．（2006年广州二模）已知函数4444(1)(1)()(1)(1)x x f x x x ++-=+--（0x ≠）．在数列{}n a 中，12a =，1()n n a f a +=（n *∈N ），求数列{}n a 的通项公式．解：4444114441(1)(1)1(1)1(1)(1)1(1)1n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a +++⎛⎫++-+++=⇒== ⎪+-----⎝⎭，从而有1111ln4ln 11n n n n a a a a ++++=--，由此及111lnln 301a a +=≠-知： 数列1ln 1n n a a ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是首项为ln 3，公比为4的等比数列，故有11141441131ln 4ln331131n n n n n n n n n a a a a a ----+++=⇒=⇒=---（n *∈N ）。
高中数学竞赛辅导讲座-数列(二)
高中数学竞赛辅导讲座—数列（二）【基础知识】1、概念：①、递归式：一个数列{a n }中的第n 项a n 与它前面若干项a n-1,a n-2…a n-k ，（k<n ）的关系式称为递归式。
②、递归数列：由递归式和初始值确定的数列成为递归数列。
2、常用方法：累加法，迭代法，代换法，代入法，不动点法，归纳猜想等。
3、思想策略：构造新数列的思想。
4、常见类型：类型Ⅰ：⎩⎨⎧=≠+=+为常数）a a a n p n q a n p a n n ()0)(()()(11（一阶递归） 其特例为：（1）)0(1≠+=+p q pa a n n （2）)0()(1≠+=+p n q pa a n n（3）)0()(1≠+=+p q a n p a n n 解题方法：利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列。
类型Ⅱ：⎩⎨⎧==≠≠+=++为常数）b a b a a a q p qa pa a n n n ,(,)0,0(2112（二阶递归） 解题方法:利用特征方程x 2=px+q ,求其根α、β,构造a n =A αn +B βn ，代入初始值求得B A ,。
类型Ⅲ：a n+1=f (a n )其中函数f (x )为基本初等函数复合而成。
解题方法：一般情况下，通过构造新数列可转化为前两种类型。
5、与递归数列有关的综合问题，一般可先求其通项公式，利用通项公式，结合多方面的知识和各种数学方法加以解决。
如与不等式结合的综合题，就利用比较法、放缩法等。
若给出的数列难于求通项，可借助与构造法、数学归纳法、函数与方程的知识等加以解决。
【例题选讲】1、已知a 1=2，a n=1n 2a 2-+，求数列{a n }的通项公式。
解：由数学归纳法，不难证明0< a n <2(n=1,2,….),故可设a n =2cos θn （0<θn <2π）,于是2cos θn =1n 2a 2-+=2cos 21n -θ故θn =21θn-1 ，由a 1=2，得θ1=4π因此，θn =θ1（21）n-1=12+n π，所以a n =2cos 12+n π 2、正整数k ，g （k ）表示k 的最大奇因子（例如g （3）=3，g （20）=5），求g （1）+ g （2）+ g （3）+……..+ g （2n ）(其中n ∈N*)解：设S n = g （1）+ g （2）+ g （3）+ ……. g （2n ）,则易知S 1= g （1）+ g （2）=2 由g （k ）定义知：当k 为奇数时，g （k ）=k ；当k 为偶数，即k=2m （m ∈N*）时，g （k ）=g （m ）。
高中数学竞赛专题精讲11数列(含答案)
11数列一、数列的基础知识1．数列{a n }的通项a n 与前n 项的和S n 的关系它包括两个方面的问题：一是已知S n 求a n ，二是已知a n 求S n ；2．递推数列，解决这类问题时一般都要与两类特殊数列相联系，设法转化为等差数列与等比数列的有关问题，然后解决。
常见类型：类型Ⅰ：⎩⎨⎧=≠+=+为常数）a a a n p n q a n p a n n ()0)(()()(11（一阶递归） 其特例为：（1）)0(1≠+=+p q pa a n n （2）)0()(1≠+=+p n q pa a n n（3）)0()(1≠+=+p q a n p a n n解题方法：利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列。
类型Ⅱ：⎩⎨⎧==≠≠+=++为常数）b a b a a a q p qa pa a n n n ,(,)0,0(2112（二阶递归） 解题方法:利用特征方程x 2=px+q ,求其根α、β,构造a n =Aαn +Bβn ，代入初始值求得B A ,。
类型Ⅲ：a n+1=f (a n )其中函数f (x )为基本初等函数复合而成。
解题方法：一般情况下，通过构造新数列可转化为前两种类型。
二、等差数列与等比数列1．定义：2．通项公式与前n 项和公式：函数的思想：等差数列可以看作是一个一次函数型的函数；等比数列可以看作是一个指数函数型的函数。
可以利用函数的思想、观点和方法分析解决有关数列的问题。
三．等差数列与等比数列数列问题的综合性和灵活性如何表现？数列问题的综合性主要表现在1．数列中各相关量的关系较为复杂、隐蔽．2．同一问题中出现有若干个相关数列，既有等差或等比数列，也有非等差，非等比的数列，需相互联系，相互转换．数列问题的灵活性表现在：1．需灵活应用递推公式，通项公式，求和公式，寻求已知与所求的关系，减少中间量计算．2．需灵活选用辅助数列，处理相关数列的关系．例题讲解1．已知(b －c )log m x +(c －a )log m y +(a －b )log m z ＝0 ①(1) 若a 、b 、c 依次成等差数列，且公差不为0，求证x 、y 、z 成等比数列；(2) 若x 、y 、z 依次成等比数列，且公比不为1，求证a 、b 、c 成等差数列．2. 数列｛a n ｝的 前 n 项 和S n ＝a · 2n + b （n ∈N ），则｛a n ｝为等比数列的充要条件是________．3.设等差数列｛a n｝的前n项和为S n，若S7＝56，S n＝420，a n－3＝34，则n＝________．4. 等差数列中,a3+a7-a10=8,a11-a4=4,求S135. 各项均为实数的等比数列{an}的前n项之和为S n，若S10=10，S30=70，求S40。
高中数学竞赛辅导-数列(二)由数列的递推公式求通项公式
转化法:这里需要恰当的变形……
思考
1.已知数列{an}中，a1=
3 5
，an+1=
an 2an
1
，
求{an}的通项公式．
解：(倒数变形) 1 2an 1 1 2
an1
an
an
∴
1 an
是以
5 3
为首项，公差为
2
的等差数列，
即1 an
5 3
+2（n－1）=
一般地， 可仿第122 页例5的处 理方法试 试看.
∴an=tan
(n
1)
4
atc tan 2 ．
思考 5.设 a0 1 , an
1
a2 n1
1
an1
n N*
,求通项公式 an .
7
思考5
练习4
思考 5.设 a0 1 , an 1
山重水尽疑无路……
4
110…an…( n
3
N
*
),求通项公式
an
.
思考
3. 已 知 函 数
f (x)
( x 1)4 ( x 1)4
( x 1)4 ( x 1)4
( x 0 ),在数列
{an } 中, a1 2 , an1 f (an )( n N )，求数列 {an } 的通项公式．
求通项公式 an . 法一:取对数变形
102
1 2n1
法二:作商用迭加法也很好!
练习 3.(教程 P127 9 )各项为正数的数列an 中,
a1 1, a2 10 , an2an13an2 1 ( n≥ 3 , n N * ),
数列竞赛习题及解答
高中数学竞赛专题讲座之数列一、选择题部分．（2006年江苏）已知数列的通项公式，则的最大项是（ B ）12343. （2006吉林预赛）对于一个有n项的数列P=(p，p，…，p)，P的“蔡查罗和”定义为s、s、…12n12s、的算术平均值，其中s=p+p+…p(1≤k≤n)，若数列(p，p，…，p)的“蔡查罗和”为2007，那nk12k122006么数列(1，p，p，…，p)的“蔡查罗和”为（ A ） 122006 A. 2007 B. 2008 C. 2006 D. 1004 4．(集训试题)已知数列{a}满足3a+a=4(n≥1)，且a=9，其前n项之和为S。
则满足不等式nn+1n1n1|S-n-6|<的最小整数n是（） n125 B．6 C．7 D．8 A．5 1解：由递推式得：3(a-1)=-(a-1)，则{a-1}是以8为首项，公比为-的等比数列，n+1nn31n3nnn-1∴S-n=(a-1)+(a-1)+…+(a-1)==6-6×(-)，∴|S-n-6|=6×()<，得：3>250，n12nn3∴满足条件的最小整数n=7，故选C。
n x5．(集训试题)给定数列{x}，x=1，且x=，则= （）n1n+1n33 A．1 B．-1 C．2+ D．-2+ n333解：x=，令x=tanα，∴x=tan(α+), ∴x=x, x=1，x=2+, x=-2-, x=-1,n+1nnn+1nn+6n123432005-2+, x=2-, x=1，……，∴有。
故选A。
、b{}6、（2006陕西赛区预赛）已知数列的前n项和分别为，记则数列{}的前10项和为1010101010102f(n)7．（2006年浙江省预赛）设为正整数n（十进制）的各数位上的数字的平方之和，比如，f(2006)则＝。
记，，20061(D) 145. （ D ）记做，于是有解：将从16开始，是周期为8的周期数列。
高中数学竞赛专题讲座 数列
高中数学竞赛专题讲座数列高中数学竞赛专题讲座-数列高中数学竞赛专题试题讲座――数列一、选择题部分1．（2021年江苏）已知数列?an?的通项公式an?aa12n?4n?52，则?an?的最大项是（b）ba2ca3da432（2021安徽初赛）正数列满足a1?1,a2?10,an2an?2?10ann?3?，则lg(a100)?（）?t?a、98b、99c、100d、1013.（2021吉林预赛）对于一个存有n项的数列p=(p1，p2，?，pn)，p的“蔡查罗和”定义为s1、s2、?sn、的算术平均值，其中sk=p1+p2+?pk(1≤k≤n)，若数列(p1，p2，?，p2021)的“蔡查罗和”为2021，那么数列(1，p1，p2，?，p2021)的“蔡查罗和”为（a）a.2021b.2021c.2021d.10044．(集训试题)未知数列{an}满足用户3an+1+an=4(n≥1)，且a1=9，其前n项之和为sn。
则满足用户不等式|sn-n-6|<1125的最小整数n是（）b．6c．713a．5d．8的等比数列，求解：由关系式式得：3(an+1-1)=-(an-1)，则{an-1}就是以8领衔项，公比为-8[1?(?1)]n∴sn-n=(a1-1)+(a2-1)+?+(an-1)=1?313=6-6×(-13)n，∴|sn-n-6|=6×(13)n<1125，得：3n-1>250，∴满足条件的最小整数n=7，故选c。
5．(集训试题)给定数列{xn}，x1=1，且xn+1=3xn?13?xn2021，则?xn=（）n?1a．1xn?b．-13333xnc．2+3d．-2+3求解：xn+1=1?，令xn=tanαn，∴xn+1=tan(αn+?6),∴xn+6=xn,x1=1，x2=2+3,2021x3=-2-3,x4=-1,x5=-2+3,x6=2-3,x7=1，??，∴有?xn?x1?1。
数学竞赛中的数列问题
高中数学竞赛专题之数列一、数列的性质等差数列与等比数列是中学阶段的两种重要数列，也是各年高考、竞赛的重点，现将它们的主要性质及内容对照讨论如下：性质1：若 ,,,,21n a a a 是等差（等比）数列，那么 ,,,,kj i j i i a a a ++仍是等差（等比）数列。
性质2：若}{n a 为等差数列，且∑∑===kl l kl l j i 11，那么∑∑===kl j kl i lla a 11（脚标和相同则对应的项的和相同）；若}{n a 为等比数列，且∑∑===kl l kl l j i 11，那么llj kl i kl a a 11===ππ（脚标和相同则对应的项的积相同）。
性质3：若}{n a 为等差数列，记 ,,,,1)1(1211∑∑∑=-+=+====ki km i m ki ki ki iaS aS aS ，那么}{m S 仍为等差数列，}{n a 为等比数列，记 ,,,,)1(11211k m i k l m k i k l i k l a P a P a P -+=+=====πππ，那么}{m P 仍为等比数列。
性质4：若}{n a 为等比数列，公比为q ，且|q|〈1，则qa S n n -=∞→1lim 1。
例1、若}{n a 、}{n b 为等差数列，其前n 项和分别为n n T S ,，若132+=n n T S nn ，则=∞→nn n b a lim（ ）A.1B. 36 C.32 D.94 （1995年高考）方法：例2、等差数列}{n a 的前m 项和为30，前2m 项和为100，则它的前3m 项的和为（ ） A.130 B. 170 C. 210 D.260 （1996年高考） 方法1：方法2：特殊值法例3、}{n a 、}{n b 为等差数列，其前n 项和分别为n n T S ,，若331313++=n n T S nn（1）求2828a b 的值， （2）求使nn a b 为整数的所有正整数n 。
《高中数学竞赛》数列讲课稿
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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 {a n} 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。
解 : 3a 8 5a13
3( a1 7d) 5(a1 12d )故
an a1 ( n 1) d a1 2a1 ( n 1) a1 (40 2n)
39
39
令 an 0,则 : n 20,当 n 20时 an 0
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 的和为 972，则这样的数列共有 ( )
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： an a1 (n 1)d (1)
前 n 项和公式为： Sn
n(a1 an )
n(n 1)d
na1
( 2)
2
2
从(1)式可以看出， an 是 n 的一次数函 ( d 0 )或常数函数 ( d 0 )， ( n,an )排在一条直线上，由 (2)式知， Sn 是 n 的二次函数 ( d 0 )或一次函 数 ( d 0, a1 0 )，且常数项为 0。在等差数列 { an } 中，等差中项： an 1 a n a n 2 且任意两项 a m , an 的关系为： a n am (n m)d
高中数学竞赛标准教材5人教版数列【讲义】
第五章 数列一、基础知识定义1 数列，按顺序给出的一列数，例如1，2，3，…，n ，…. 数列分有穷数列和无穷数列两种，数列{a n }的一般形式通常记作a 1, a 2, a 3,…，a n 或a 1, a 2, a 3,…，a n …．其中a 1叫做数列的首项，a n 是关于n 的具体表达式，称为数列的通项．定理1 若S n 表示{a n }的前n 项和，则S 1=a 1, 当n >1时，a n =S n -S n -1. 定义2 等差数列，如果对任意的正整数n ，都有a n +1-a n =d （常数），则{a n }称为等差数列，d 叫做公差．若三个数a , b , c 成等差数列，即2b =a +c ，则称b 为a 和c 的等差中项，若公差为d, 则a =b -d, c =b +d.定理2 等差数列的性质：1）通项公式a n =a 1+(n -1)d ；2）前n 项和公式：S n =d n n na a a n n 2)1(2)(11-+=+；3）a n -a m =(n -m)d ，其中n , m 为正整数；4）若n +m=p +q ，则a n +a m =a p +a q ；5）对任意正整数p , q ，恒有a p -a q =(p -q )(a 2-a 1)；6）若A ，B 至少有一个不为零，则{a n }是等差数列的充要条件是S n =An 2+Bn . 定义3 等比数列，若对任意的正整数n ，都有q a a nn =+1，则{a n }称为等比数列，q 叫做公比．定理3 等比数列的性质：1）a n =a 1q n -1；2）前n 项和S n ，当q ≠1时，S n =qq a n --1)1(1；当q =1时，S n =na 1；3）如果a , b , c 成等比数列，即b 2=ac (b ≠0)，则b 叫做a , c 的等比中项；4）若m+n =p +q ，则a m a n =a p a q ．定义4 极限，给定数列{a n }和实数A ，若对任意的ε>0，存在M ，对任意的n >M(n ∈N ),都有|a n -A |<ε，则称A 为n →+∞时数列{a n }的极限，记作.lim A a n n =∞→定义5 无穷递缩等比数列，若等比数列{a n }的公比q 满足|q |<1，则称之为无穷递增等比数列，其前n 项和S n 的极限（即其所有项的和）为qa -11（由极限的定义可得）． 定理3 第一数学归纳法：给定命题p (n )，若：（1）p (n 0)成立；（2）当p (n )时n =k 成立时能推出p (n )对n =k +1成立，则由（1），（2）可得命题p (n )对一切自然数n ≥n 0成立．竞赛常用定理定理4 第二数学归纳法：给定命题p (n )，若：（1）p (n 0)成立；（2）当p (n )对一切n ≤k 的自然数n 都成立时（k ≥n 0）可推出p (k +1)成立，则由（1），（2）可得命题p (n )对一切自然数n ≥n 0成立．定理5 对于齐次二阶线性递归数列x n =ax n -1+bx n -2，设它的特征方程x 2=ax +b 的两个根为α,β:(1)若α≠β，则x n =c 1a n -1+c 2βn -1，其中c 1, c 2由初始条件x 1, x 2的值确定；(2)若α=β，则x n =(c 1n +c 2) αn -1，其中c 1, c 2的值由x 1, x 2的值确定． 二、方法与例题 1．不完全归纳法．这种方法是从特殊情况出发去总结更一般的规律，当然结论未必都是正确的，但却是人类探索未知世界的普遍方式．通常解题方式为：特殊→猜想→数学归纳法证明． 例1 试给出以下几个数列的通项（不要求证明）；1）0，3，8，15，24，35，…；2）1，5，19，65，…；3）-1，0，3，8，15，…． 【解】1）a n =n 2-1；2）a n =3n -2n ；3）a n =n 2-2n . 例2 已知数列{a n }满足a 1=21,a 1+a 2+…+a n =n 2a n , n ≥1，求通项a n .【解】 因为a 1=21,又a 1+a 2=22·a 2, 所以a 2=231⨯，a 3=4311322⨯=-+1a a ,猜想)1(1+=n n a n (n ≥1).证明；1）当n =1时，a 1=121⨯，猜想正确．2）假设当n ≤k 时猜想成立．当n =k +1时，由归纳假设及题设，a 1+ a 1+…+a 1=[(k +1)2-1] a k +1,，所以)1(1231121+⨯++⨯+⨯k k =k (k +2)a k +1, 即1113121211+-++-+-k k =k (k +2)a k +1,所以1+k k=k (k +2)a k +1,所以a k +1=.)2)(1(1++k k 由数学归纳法可得猜想成立，所以.)1(1+=n n a n 例3 设0<a <1，数列{a n }满足a n =1+a , a n -1=a +na 1，求证：对任意n ∈N +,有a n >1.【证明】 证明更强的结论：1<a n ≤1+a . 1)当n =1时，1<a 1=1+a ，①式成立；2)假设n =k 时，①式成立，即1<a n ≤1+a ，则当n =k +1时，有.11111111121=++>+++=++≥+=>++a a a a a a a a a a a kk由数学归纳法可得①式成立，所以原命题得证．2．迭代法．数列的通项a n 或前n 项和S n 中的n 通常是对任意n ∈N 成立，因此可将其中的n 换成n +1或n -1等，这种办法通常称迭代或递推．例4 数列{a n }满足a n +pa n -1+qa n -2=0, n ≥3，q ≠0，求证：存在常数c ，使得121+++n n pa a ·a n +.02=+n n cq qa【证明】121+++n n pa a ·a n+1+221++=n n a qa (pa n +1+a n +2)+21+n qa =a n +2·(-qa n )+21+n qa = 21221[)(+++=-n n n n a q a a a q +a n (pq n +1+qa n )]=q (2121n n n n qa a pa a ++++).若211222qa a pa a ++=0，则对任意n , n n n a pa a 121++++2n qa =0，取c =0即可.若211222qa a pa a ++≠0，则{n n n a pa a 121++++2n qa }是首项为211222qa a pa a ++，公式为q 的等比数列．所以n n n a pa a 121++++2n qa =)(211222qa a pa a ++·q n .取)(212122qa a pa a c ++-=·q1即可. 综上，结论成立．例5 已知a 1=0, a n +1=5a n +1242+n a ，求证：a n 都是整数，n ∈N +. 【证明】 因为a 1=0, a 2=1，所以由题设知当n ≥1时a n +1>a n . 又由a n +1=5a n +1242+n a 移项、平方得.01102121=-+-++n n n n a a a a ①当n ≥2时，把①式中的n 换成n -1得01102112=-+---n n n n a a a a ，即.01102121=-+-++n n n n a a a a ②因为a n -1<a n +1，所以①式和②式说明a n -1, a n +1是方程x 2-10a n x +2n a -1=0的两个不等根．由韦达定理得a n +1+ a n -1=10a n (n ≥2).再由a 1=0, a 2=1及③式可知，当n ∈N +时，a n 都是整数． 3．数列求和法．数列求和法主要有倒写相加、裂项求和法、错项相消法等．例6 已知a n =100241+n (n =1, 2, …)，求S 99=a 1+a 2+…+a 99. 【解】 因为a n +a 100-n =100241+n +100100241+-n =10010010010010010021)44(2244422=++⨯++⨯--n n n n ， 所以S 99=.29929921)(21101100991100=⨯=+∑=-n n n a a例7 求和：43213211⨯⨯+⨯⨯=n S +…+.)2)(1(1++n n n 【解】 一般地，)2)(1(22)2)(1(1++-+=++k k k kk k k k⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=)2)(1(1)1(121k k k k ， 所以S n =∑=++nk k k k 1)2)(1(1⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++⨯-⨯+⨯-⨯=)2)(1(1)1(143132132121121n n n n⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=)2)(1(12121n n .)2)(1(2141++-=n n 例8 已知数列{a n }满足a 1=a 2=1，a n +2=a n +1+a n , S n 为数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n a 2的前n 项和，求证：S n <2． 【证明】 由递推公式可知，数列{a n }前几项为1，1，2，3，5，8，13． 因为nn n a S 228252322212165432+++++++= ， ① 所以1543222523222121++++++=n n n a S ． ② 由①-②得12222222121212121+---⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++=n n n n n a a S ， 所以122412121+--+=n n n n a S S ． 又因为S n -2<S n 且12+n n a>0,所以412121+<n S S n , 所以2141<n S ， 所以S n <2，得证． 4．特征方程法．例9 已知数列{a n }满足a 1=3, a 2=6, a n +2=4n +1-4a n ，求a n . 【解】 由特征方程x 2=4x -4得x 1=x 2=2. 故设a n =(α+βn )·2n -1，其中⎩⎨⎧⨯+=+=2)2(63βαβα，所以α=3，β=0， 所以a n =3·2n -1.例10 已知数列{a n }满足a 1=3, a 2=6, a n +2=2a n +1+3a n ，求通项a n . 【解】 由特征方程x 2=2x +3得x 1=3, x 2=-1, 所以a n =α·3n +β·(-1)n ，其中⎩⎨⎧+=-=βαβα9633，解得α=43，β43-=， 所以11)1(3[41++-+=n n n a ·3]．5．构造等差或等比数列．例11 正数列a 0,a 1,…,a n ,…满足212----n n n n a a a a =2a n -1(n ≥2)且a 0=a 1=1，求通项． 【解】 由12122----=-n n n n n a a a a a 得2112----n n n n a aa a =1， 即.121211⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+---n n n n a a a a令b n =1-n n a a +1，则{b n }是首项为01a a +1=2，公比为2的等比数列， 所以b n =1-n n a a +1=2n ，所以1-n n a a=（2n -1）2， 所以a n =1-n n a a ·21--n n a a …12a a ·01a a ·a 0=∏=-n k k 12.)12(注：∏==ni iC1C 1·C 2·…·C n .例12 已知数列{x n }满足x 1=2, x n +1=nn x x 222+,n ∈N +, 求通项．【解】 考虑函数f (x )=x x 222+的不动点，由xx 222+=x 得x =.2±因为x 1=2, x n +1=nn x x 222+,可知{x n }的每项均为正数．又2n x +2≥n x 22，所以x n +1≥2(n ≥1)．又X n +1-2=2222-+n n x x =n n x x 2)2(2-, ① X n +1+2=2222++nn x x =n n x x 2)2(2+, ② 由①÷②得2112222⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-=+-++n n n n x x x x ． ③又2211+-x x >0，由③可知对任意n ∈N +，22+-n n x x >0且⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-++22lg 222lg 11n n n n x x x x ,所以⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-22lg n n x x 是首项为⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-2222lg ，公比为2的等比数列．所以1222lg-=+-n n n x x ·⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-2222lg ，所以=+-22n n x x 122222-⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-n ，解得2=n x ·11112222)22()22()22()22(------+-++n n n n ．注：本例解法是借助于不动点，具有普遍意义．三、基础训练题1． 数列{x n }满足x 1=2, x n +1=S n +(n +1)，其中S n 为{x n }前n 项和，当n ≥2时，x n =_________.2. 数列{x n }满足x 1=21，x n +1=232+n n x x ,则{x n }的通项x n =_________. 3. 数列{x n }满足x 1=1，x n =121-n x +2n -1(n ≥2)，则{x n }的通项x n =_________.4. 等差数列{a n }满足3a 8=5a 13，且a 1>0, S n 为前n 项之和，则当S n 最大时，n =_________.5. 等比数列{a n }前n 项之和记为S n ,若S 10=10，S 30=70，则S 40=_________.6. 数列{x n }满足x n +1=x n -x n -1(n ≥2)，x 1=a , x 2=b , S n =x 1+x 2+…+ x n ，则S 100=_________.7. 数列{a n }中，S n =a 1+a 2+…+a n =n 2-4n +1则|a 1|+|a 2|+…+|a 10|=_________.8. 若12531332211-+==+=+=+n x x x x x x x x n n ，并且x 1+x 2+…+ x n =8，则x 1=_________. 9. 等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若132+=n nT S n n ，则nn n b a ∞→lim =_________. 10. 若n !=n (n -1)…2·1, 则!1)1(220071n n n n n++-∑==_________.11．若{a n }是无穷等比数列，a n 为正整数，且满足a 5+a 6=48, log 2a 2·log 2a 3+ log 2a 2·log 2a 5+ log 2a 2·log 2a 6+ log 2a 5·log 2a 6=36，求⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的通项． 12．已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，数列{nb a }是公比为q 的等比数列，且b 1=1, b 2=5, b 3=17, 求：（1）q 的值；（2）数列{b n }的前n 项和S n ．四、高考水平训练题1．已知函数f (x )=⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥-⎪⎭⎫⎝⎛<<-⎪⎭⎫ ⎝⎛≤+)1(1121122121x x x x x x ，若数列{a n }满足a 1=37，a n +1=f (a n )(n ∈N +)，则a 2006=_____________.2．已知数列{a n }满足a 1=1, a n =a 1+2a 2+3a 3+…+(n -1)a n -1(n ≥2)，则{a n }的通项a n =⎩⎨⎧≥=)2()1(1n n .3. 若a n =n 2+n λ, 且{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是__________.4. 设正项等比数列{a n }的首项a 1=21, 前n 项和为S n , 且210S 30-（210+1）S 20+S 10=0，则a n =_____________.5. 已知31)1(33lim 1=-++∞→n n n n a ，则a 的取值范围是______________. 6．数列{a n }满足a n +1=3a n +n (n ∈N +) ，存在_________个a 1值，使{a n }成等差数列；存在________个a 1值，使{a n }成等比数列． 7．已知402401--=n n a n (n ∈N +)，则在数列{a n }的前50项中，最大项与最小项分别是____________.8．有4个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和中16，第二个数与第三个数的和是12，则这四个数分别为____________.9. 设{a n }是由正数组成的数列，对于所有自然数n , a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项，则a n =____________.10. 在公比大于1的等比数列中，最多连续有__________项是在100与1000之间的整数.11．已知数列{a n }中，a n ≠0，求证：数列{a n }成等差数列的充要条件是11143322111111++=++++n n n a a a a a a a a a a （n ≥2）①恒成立． 12．已知数列{a n }和{b n }中有a n =a n -1b n , b n =2111---n n a b (n ≥2), 当a 1=p , b 1=q (p >0, q >0)且p +q =1时，（1）求证：a n >0, b n >0且a n +b n =1（n ∈N ）；（2）求证：a n +1=1+n na a ；（3）求数列.lim n nb ∞→13．是否存在常数a , b , c ，使题设等式 1·22+2·32+…+n ·(n +1)2=12)1(+n n (an 2+bn +c ) 对于一切自然数n 都成立？证明你的结论． 五、联赛一试水平训练题1．设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项和为972，这样的数列共有_________个．2．设数列{x n }满足x 1=1, x n =722411++--n n x x ，则通项x n =__________.3. 设数列{a n }满足a 1=3, a n >0，且5123-=n n a a ，则通项a n =__________.4. 已知数列a 0, a 1, a 2, …, a n , …满足关系式(3-a n +1)·(6+a n )=18，且a 0=3，则∑=ni ia 01=__________. 5. 等比数列a +log 23, a +log 43, a +log 83的公比为=__________.6. 各项均为实数的等差数列的公差为4，其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的数列至多有__________项.7. 数列{a n }满足a 1=2, a 2=6, 且112++++n nn a a a =2，则=+++∞→221limn a a a nn ________.8. 数列{a n } 称为等差比数列，当且仅当此数列满足a 0=0, {a n +1-qa n }构成公比为q 的等比数列，q 称为此等差比数列的差比．那么，由100以内的自然数构成等差比数列而差比大于1时，项数最多有__________项.9．设h ∈N +，数列{a n }定义为：a 0=1, a n +1=⎪⎩⎪⎨⎧+为奇数为偶数n nn n a h a a a 2．问：对于怎样的h ，存在大于0的整数n ，使得a n =1？10．设{a k }k ≥1为一非负整数列，且对任意k ≥1，满足a k ≥a 2k +a 2k +1，（1）求证：对任意正整数n ，数列中存在n 个连续项为0；（2）求出一个满足以上条件，且其存在无限个非零项的数列．11．求证：存在唯一的正整数数列a 1,a 2,…,使得 a 1=1, a 2>1, a n +1(a n +1-1)=.111322-+-++n n n n a a a a六、联赛二试水平训练题1．设a n 为下述自然数N 的个数：N 的各位数字之和为n 且每位数字只能取1，3或4，求证：a 2n 是完全平方数，这里n =1, 2,….2．设a 1, a 2,…, a n 表示整数1，2，…，n 的任一排列，f (n )是这些排列中满足如下性质的排列数目：①a 1=1; ②|a i -a i +1|≤2, i =1,2,…,n -1． 试问f (2007)能否被3整除？3．设数列{a n }和{b n }满足a 0=1,b 0=0，且⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-+=++.,2,1,0,478,36711 n b a b b a a n n n n n n 求证：a n (n =0,1,2,…)是完全平方数．4．无穷正实数数列{x n }具有以下性质：x 0=1，x i +1<x i (i =0,1,2,…),（1）求证：对具有上述性质的任一数列，总能找到一个n ≥1，使nn x x x x x x 21221120-+++ ≥3.999均成立；（2）寻求这样的一个数列使不等式nn x x x x x x 21221120-+++ <4对任一n 均成立．5．设x 1,x 2,…,x n 是各项都不大于M 的正整数序列且满足x k =|x k -1-x k -2|(k =3,4,…,n )①.试问这样的序列最多有多少项？6．设a 1=a 2=31，且当n =3,4,5,…时，a n =22122121242)21(------+--n n n n n n a a a a a a , (ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(ⅱ)求证：21-na 是整数的平方． 7．整数列u 0,u 1,u 2,u 3,…满足u 0=1，且对每个正整数n , u n +1u n -1=k u u ，这里k 是某个固定的正整数．如果u 2000=2000，求k 的所有可能的值．8．求证：存在无穷有界数列{x n }，使得对任何不同的m, k ，有|x m -x k |≥.1km - 9.已知n 个正整数a 0,a 1,…，a n 和实数q ，其中0<q <1，求证：n 个实数b 0,b 1,…，b n 和满足：（1）a k <b k (k =1,2,…,n )；（2）q <k k b b 1+<q1(k =1,2,…,n )； （3）b 1+b 2+…+b n <qq-+11(a 0+a 1+…+a n ).。
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高中数学竞赛专题试题讲座——数列一、选择题部分1．（2006年江苏）已知数列{}n a 的通项公式2245n a n n =-+，则{}n a 的最大项是（ B ）()A 1a()B 2a()C 3a()D 4a2（2006安徽初赛）正数列满足()231221,10,103n n n t a a a a a n --===≥，则100lg ()a = （ ）A 、98B 、99C 、100D 、1013. （2006吉林预赛）对于一个有n 项的数列P=(p 1，p 2，…，p n )，P 的“蔡查罗和”定义为s 1、s 2、…s n 、的算术平均值，其中s k =p 1+p 2+…p k (1≤k≤n )，若数列(p 1，p 2，…，p 2006)的“蔡查罗和”为2007，那么数列(1，p 1，p 2，…，p 2006)的“蔡查罗和”为 （ A ）A. 2007B. 2008C. 2006D. 10044．(集训试题)已知数列{a n }满足3a n+1+a n =4(n ≥1)，且a 1=9，其前n 项之和为S n 。
则满足不等式|S n -n-6|<1251的最小整数n 是 （ ）A ．5B ．6C ．7D ．8解：由递推式得：3(a n+1-1)=-(a n -1)，则{a n -1}是以8为首项，公比为-31的等比数列， ∴S n -n=(a 1-1)+(a 2-1)+…+(a n -1)=311])31(1[8+--n =6-6×(-31)n ，∴|S n -n-6|=6×(31)n <1251，得：3n-1>250，∴满足条件的最小整数n=7，故选C 。
5．(集训试题)给定数列{x n }，x 1=1，且x n+1=nn x x -+313，则∑=20051n nx= （ ）A ．1B ．-1C ．2+3D ．-2+3解：x n+1=n n x x 33133-+，令x n =tan αn ，∴x n+1=tan(αn +6π), ∴x n+6=x n , x 1=1，x 2=2+3,x 3=-2-3, x 4=-1, x 5=-2+3, x 6=2-3, x 7=1，……，∴有∑===2005111n nx x。
故选A 。
6、（2006陕西赛区预赛）已知数列{}{}n n a b 、的前n 项和分别为n A ，n B 记(1)n n n n n n n C a B b A a b n =⋅+⋅-⋅>则数列{n C }的前10项和为 ( C )A .1010AB + B.10102A B + C.1010A B ⋅D.7．（2006年浙江省预赛）设)(n f 为正整数n （十进制）的各数位上的数字的平方之和，比如14321)123(222=++=f 。
记)()(1n f n f =，))(()(1n f f n f k k =+，，⋯=,3,2,1k 则)2006(2006f ＝(A) 20(B)4(C)42(D)145.（ D ）解： 将40)2006(=f 记做402006→，于是有Λ→→→→→→→→→→→164204214589583716402006从16开始，nf 是周期为8的周期数列。
故.145)16()16()16()2006(48250420042006====⨯+f f f f 正确答案为D 。
二、填空题部分1.数列{}n a 的各项为正数,其前n 项和n S 满足)1(21nn n a a S +=,则n a-2．（200 6天津）已知d c b a ,,,都是偶数，且d c b a <<<<0，90=-a d ，若c b a ,,成等差数列，d c b ,,成等比数列，则d c b a +++的值等于 194 ．3. （2006吉林预赛）如图所示，在杨辉三角中斜线上方的数所组成的数列1，3，6，10，…，记这个数列前n 项和为S(n)，则)(lim3n S nn +∞→=___________。
4．（2006年江苏）等比数列{}n a 的首项为12020a =，公比12q =-．设()f n 表示这个数列的前n 项的积，则当n = 12 时，()f n 有最大值．5. 在x 轴的正方向上，从左向右依次取点列 {}Λ,2,1,=j A j ，以及在第一象限内的抛物线x y 232=上从左向右依次取点列{}Λ,2,1,=k B k ，使k k k A B A 1-∆（Λ,2,1=k ）都是等OOO M N NN15101051146411331121111边三角形，其中0A 是坐标原点，则第2005个等边三角形的边长是 2005。
【解】：设第n 个等边三角形的边长为n a 。
则第n 个等边三角形的在抛物线上的顶点nB 的坐标为（2121nn a a a a ++++-Λ， ⎪⎭⎫ ⎝⎛++++-223121n n a a a a Λ）。
再从第n 个等边三角形上，我们可得n B 的纵坐标为n n na a a 232122=⎪⎭⎫⎝⎛-。
从而有⎪⎭⎫ ⎝⎛++++=-22323121n n n a a a a a Λ，即有 2211212n n n a a a a a ++++=-Λ。
由此可得221212n n n a a a a a +=+++Λ （1） , 以及 211121212---+=+++n n n a a a a a Λ （2） （1）－（2）即得 ))((21)(21111---+-+-=n n n n n n n a a a a a a a .变形可得 0))(1(11=+----n n n n a a a a .由于01≠+-n n a a ，所以 11=--n n a a 。
在（1）式中取n ＝ 1，可得 2112121a a =，而01≠a ，故11=a 。
因此第2005个等边三角形的边长为 20052005=a 。
6.(2005年浙江)已知数列n x ，满足n x x n n n +=++1)1(, 且21=x ， 则2005x = !20051!2005+。
【解】：由 n x x n n n +=++1)1(，推出 1111+-=-+n x x n n 。
因此有 )!1(12)1()1(1)1()1(1)1(11111211+=-+-==-+-=+-=+-=---+n n n n x n n n x n n x n x x n n n n ΛΛ.即有 1)!1(11++=+n x n 。
从而可得 !20051!20052005+=x 。
7. (2005全国)记集合},4,3,2,1,|7777{},6,5,4,3,2,1,0{4433221=∈+++==i T a a a a a M T i 将M 中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（ ）A ．43273767575+++ B ．43272767575+++ C ．43274707171+++D ．43273707171+++ 解：用p k a a a ][21K 表示k 位p 进制数，将集合M 中的每个数乘以47，得32123412347{777|,1,2,3,4}{[]|,1,2,3,4}.i i M a a a a a T i a a a a a T i '=⋅+⋅+⋅+∈==∈=M ' 中的最大数为107]2400[]6666[=。
在十进制数中，从2400起从大到小顺序排列的第2005个数是2400-2004=396。
而=10]396[7]1104[将此数除以47，便得M 中的数.74707171432+++故选C 。
8．（2004 全国）已知数列012,,,...,,...,n a a a a 满足关系式10(3)(6)18,3n n a a a +-+==且，则1ni o ia =∑的值是_________________________。
解：设1111,0,1,2,...,(3)(6)18,n n n nb n a b b +==-+=则 即1111113610.2,2()333n n n n n n b b b b b b +++--=∴=++=+ 故数列1{}3n b +是公比为2的等比数列，11001111112()2()2(21)33333n n n n n n b b b a +++=+=+=⨯∴=-。
()112001112(21)1(21)(1)2333213n nn ni n i i o i i i b n n a +++===⎡⎤-==-=-+=--⎢⎥-⎣⎦∑∑∑。
9．（2005四川）设t s r ,,为整数，集合}0,222|{r s t a a ts r <<≤++=中的数由小到大组成数列}{n a ：Λ,14,13,11,7，则=36a 131 。
解：∵t s r ,,为整数且r s t <<≤0，∴r 最小取2，此时符合条件的数有122=C3=r ，t s ,可在2,1,0中取，符合条件有的数有323=C同理，4=r 时，符合条件有的数有624=C5=r 时，符合条件有的数有1025=C 6=r 时，符合条件有的数有1526=C7=r 时，符合条件有的数有2127=C因此，36a 是7=r 中的最小值，即13122271036=++=a三、解答题部分1．（200 6天津）已知数列}{n a 满足p a =1，12+=p a ，20212-=+-++n a a a n n n ，其中p 是给定的实数，n 是正整数，试求n 的值，使得n a 的值最小． 【解】令n n n a a b -=+1，Λ,2,1=n 由题设20212-=+-++n a a a n n n ，有201-=-+n b b n n ，且11=b ………5分 于是)20()(11111∑∑-=-=+-=-n i n i i i i b b，即)1(2)]1(21[1---+++=-n n n b b n Λ．∴12)40)(1(+--=n n b n ． （※） …………………10分又p a =1，12+=p a ，则21123172012a a p a a a <<-=-+-=． ∴当n a 的值最小时，应有3≥n ，1+≤n n a a ，且1-≤n n a a ．即01≥-=+n n n a a b ，011≤-=--n n n a a b ． …………………… 15分由（※）式，得⎩⎨⎧-≤--≥--2)41)(2(2)40)(1(n n n n 由于3≥n ，且*N n ∈，解得⎩⎨⎧≤≥4040n n ，∴当40=n 时，40a 的值最小． …………………………………………… 20分2．（2006陕西赛区预赛）(20分)已知sin(2)3sin αββ+=,设tan ,tan x y αβ==,记()y f x =。