高中数学竞赛辅导讲义 第五章 数列【讲义】

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高中数学竞赛辅导讲座-数列(一)

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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、学习目标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。

二、知识要点(一)、数列的基础知识1.数列{an}的通项an与前n项的和Sn的关系它包括两个方面的问题:一是已知Sn求an,二是已知an求Sn; 1.1 已知Sn求an(n?1)?S1对于这类问题,可以用公式an=?.S?S(n?2)n?1?n1.2 已知an求Sn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。

?a?a2.递推数列:?1,解决这类问题时一般都要与两类特殊数列相联a?f(a)n?n?1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{an}为等差数列?an+1-an=d?an+1-an=an-an-1;数列{bn}为等比数列?bn?1?q?bn?1?bn。

anbnbn?12.通项公式与前n项和公式:数列{an}为等差数列,则通项公式1(共16页)an=a1+(n-1)d, 前n项和Sn=n(a1?an)n(n?1)d=na1?.22(q?1)?na1?数列{an}为等比数列,则通项公式an=a1qn-1, 前n项和Sn=?a1(1?qn).(q?1)?1?q?3.性质:每连续m项的和若m+n=p+q,则am+an=ap+aq 仍组成等差数列,即 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m组成等差数列每连续m项的和若m+n=p+q,则aman=apaq 仍组成等比数列,即Sm,S2m-Sm,S3m-S2m组成等比数列(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。

新教材高中数学第5章数列:第2课时等比数列的性质ppt课件新人教B版选择性必修第三册

新教材高中数学第5章数列:第2课时等比数列的性质ppt课件新人教B版选择性必修第三册

2.等比数列的性质 在等比数列{an}中,若 s+t=p+q(s,t,p,q∈N+),则 as·at= ap·aq . (1)特别地,当 2s=p+q(s,p,q∈N+)时,ap·aq= a2s . (2)对有穷等比数列,与首末两项“等距离”的两项之积等于首 末两项的积,即 a1·an=a2·an-1=…=ak·an-k+1=….
1.思考辨析(正确的画“√”,错误的画“×”)
(1)任意两个实数都有等比中项.
()
(2)在等比数列{an}中,a2·a8=a10.
()
(3)若{an},{bn}都是等比数列,则{an+bn}是等比数列.( )
(4)若数列{an}的奇数项和偶数项分别成等比数列,且公比相同,
则{an}是等比数列. [答案] (1)× (2)× (3)× (4)×
4.在等比数列{an}中,已知 a7a12=5,则 a8a9a10a11=________. 25 [∵{an}是等比数列, ∴a8·a11=a9·a10=a7·a12, ∴a8a9a10a11=(a9a10)2=(a7a12)2=52=25.]
合作 探究 释疑 难
等比中项的应用
【例 1】 (1)如果-1,a,b,c,-9 成等比数列,那么( )
0,所以 b<0,所以 b=-3,且 a,c 必同号.
所以 ac=b2=9.
(2)由题意知 a3 是 a1 和 a9 的等比中项, ∴a23=a1a9,∴(a1+2d)2=a1(a1+8d),得 a1=d, ∴aa21++aa43++aa190=1136dd=1136.]
由等比中项的定义可知:Ga =Gb ⇒G2=ab⇒G=± ab.这表明只有 同号的两项才有等比中项,并且这两项的等比中项有两个,它们互为 相反数.反之,若 G2=ab,则Ga =Gb ,即 a,G,b 成等比数列.所以 a, G,b 成等比数列⇔G2=abab≠0.

高中数学讲义 第五章 数列 (超级详细)

高中数学讲义 第五章 数列 (超级详细)
(2)这个数列的前 5 项是 2, 7, 10, 11, 10 ;(图象略)
(3)由函数 f (x) x2 8x 5 的单调性: (, 4) 是减区间, (4, ) 是增区间,
所以当 n 4 时, an 最小,即 a4 最小。
点评:该题考察数列通项的定义,会判断数列项的归属,要注重函数与数列之间的联系,用函数的观点解 决数列的问题有时非常方便。

2[(b1 b2 ... bn bn1) (n 1)] (n 1)bn1.
②;
②-①,得 2(bn1 1) (n 1)bn1 nbn , 即 (n 1)bn1 nbn 2 0, ③
∴ nbn2 (n 1)bn1 2 0. ④
③-④,得 nbn2 2nbn1 nbn 0, 即
数列的比较简单的数列进行化归与转化. 4.一些简单特殊数列的求通项与求和问题,应注重通性通法的复习.如错位相减法、迭加法、迭乘法等. 5.增强用数学的意识,会针对有关应用问题,建立数学模型,并求出其解.
第 1 课 数列的概念
【考点导读】 1. 了解数列(含等差数列、等比数列)的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式),了解 数列是一种特殊的函数; 2. 理解数列的通项公式的意义和一些基本量之间的关系;
∴ a1 an 60
(2)答案:2
因为前三项和为 12,∴a1+a2+a3=12,∴a2= S3 =4 3
又 a1·a2·a3=48, ∵a2=4,∴a1·a3=12,a1+a3=8, 把 a1,a3 作为方程的两根且 a1<a3, ∴x2-8x+12=0,x1=6,x2=2,∴a1=2,a3=6,∴选 B. 点评:本题考查了等差数列的通项公式及前 n 项和公式的运用和学生分析问题、解决问题的能力。

高中数学课件第五章第二节《等差数列及其前n项和》

高中数学课件第五章第二节《等差数列及其前n项和》

的思想解决问题.
2.数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换 作用,而a1和d是等差数列的两个基本量,用它们表示 已知和未知是常用方法.
[特别警示] 因为 = n+a1- ,故数列{ }是 等差数列.
(2009·江苏高考)设{an}是公差不为零的等差数列,
Sn为其前n项和,满足
,S7=7.
则a6=
.
解析:∵{an}是等差数列,设公差为d,∴3d=a5-a2=6, 则a6=a3+3d=7+6=13. 答案:13
5.已知Sn为等差数列{an}的前n项和,若a2∶a4=7∶6,
则S7∶S3等于
.
解析:
=2.
答案:2∶1
6.(文)(2010·惠州模拟)等差数列{an}前n项和为Sn,已知对 任意n∈N*,点(n,Sn)在二次函数f(x)=x2+c的图象上. (1)求c,an; (2)若kn= ,求数列{kn}的前n项和Tn.
个常数叫做等差数列的公差,通常用字母d表示,定 义的表达式为 an+1-an=d(n∈N*) .
2.等差数列的通项公式
如果等差数列{an}的首项是a1,公差是d,那么通项公 式为an= a1+(n-1)d .
[思考探究1] 已知等差数列{an}的第m项为am,公差为d,则其第n
项an能否用am与d表示? 提示:可以.an=am+(n-m)d.
C.
D.2
解析:由于a7-2a4=a1+6d-2(a1+3d)=-a1=-1, 则a1=1,又由于a3=a1+2d=1+2d=0,解得d=- . 答案:B
2.设Sn是等差数列{an}的前n项和.已知a2=3,a6=11,
则S7等于
()
A.13
B.35

高中数学竞赛讲义(免费)(完整资料).doc

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【最新整理,下载后即可编辑】高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛(一试)所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容,但在方法的要求上有所提高。

全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试(二试)与国际数学奥林匹克接轨,在知识方面有所扩展;适当增加一些教学大纲之外的内容,所增加的内容是:1.平面几何几个重要定理:梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。

三角形中的几个特殊点:旁心、费马点,欧拉线。

几何不等式。

几何极值问题。

几何中的变换:对称、平移、旋转。

圆的幂和根轴。

面积方法,复数方法,向量方法,解析几何方法。

2.代数周期函数,带绝对值的函数。

三角公式,三角恒等式,三角方程,三角不等式,反三角函数。

递归,递归数列及其性质,一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。

第二数学归纳法。

平均值不等式,柯西不等式,排序不等式,切比雪夫不等式,一元凸函数。

复数及其指数形式、三角形式,欧拉公式,棣莫弗定理,单位根。

多项式的除法定理、因式分解定理,多项式的相等,整系数多项式的有理根*,多项式的插值公式*。

n次多项式根的个数,根与系数的关系,实系数多项式虚根成对定理。

函数迭代,简单的函数方程*3. 初等数论同余,欧几里得除法,裴蜀定理,完全剩余类,二次剩余,不定方程和方程组,高斯函数[x],费马小定理,格点及其性质,无穷递降法,欧拉定理*,孙子定理*。

4.组合问题圆排列,有重复元素的排列与组合,组合恒等式。

组合计数,组合几何。

抽屉原理。

容斥原理。

极端原理。

图论问题。

集合的划分。

覆盖。

平面凸集、凸包及应用*。

注:有*号的内容加试中暂不考,但在冬令营中可能考。

三、高中数学竞赛基础知识第一章 集合与简易逻辑一、基础知识定义1 一般地,一组确定的、互异的、无序的对象的全体构成集合,简称集,用大写字母来表示;集合中的各个对象称为元素,用小写字母来表示,元素x 在集合A 中,称x 属于A ,记为A x ∈,否则称x 不属于A ,记作A x ∉。

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)

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 aa 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 qa 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 nn 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-+=2cos21n -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 =2cos12+n π2、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 )。

高中数学竞赛讲义(全套)

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高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛(一试)所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容,但在方法的要求上有所提高。

全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试(二试)与国际数学奥林匹克接轨,在知识方面有所扩展;适当增加一些教学大纲之外的内容,所增加的内容是:1.平面几何几个重要定理:梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。

三角形中的几个特殊点:旁心、费马点,欧拉线。

几何不等式。

几何极值问题。

几何中的变换:对称、平移、旋转。

圆的幂和根轴。

面积方法,复数方法,向量方法,解析几何方法。

2.代数周期函数,带绝对值的函数。

三角公式,三角恒等式,三角方程,三角不等式,反三角函数。

递归,递归数列及其性质,一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。

第二数学归纳法。

平均值不等式,柯西不等式,排序不等式,切比雪夫不等式,一元凸函数。

复数及其指数形式、三角形式,欧拉公式,棣莫弗定理,单位根。

多项式的除法定理、因式分解定理,多项式的相等,整系数多项式的有理根*,多项式的插值公式*。

n次多项式根的个数,根与系数的关系,实系数多项式虚根成对定理。

函数迭代,简单的函数方程*3. 初等数论同余,欧几里得除法,裴蜀定理,完全剩余类,二次剩余,不定方程和方程组,高斯函数[x],费马小定理,格点及其性质,无穷递降法,欧拉定理*,孙子定理*。

4.组合问题圆排列,有重复元素的排列与组合,组合恒等式。

组合计数,组合几何。

抽屉原理。

容斥原理。

极端原理。

图论问题。

集合的划分。

覆盖。

平面凸集、凸包及应用*。

注:有*号的内容加试中暂不考,但在冬令营中可能考。

二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法,整除性及其判定;素数和合数,最大公约数与最小公倍数;奇数和偶数,奇偶性分析;带余除法和利用余数分类;完全平方数;因数分解的表示法,约数个数的计算;有理数的概念及表示法,无理数,实数,有理数和实数四则运算的封闭性。

人教B版高中数学选择性必修第三册精品课件 第五章 数列 5.3.1 第1课时 等比数列的定义

人教B版高中数学选择性必修第三册精品课件 第五章 数列 5.3.1 第1课时 等比数列的定义
(1)常数列一定是等比数列.( × )
(2)存在一个数列既是等差数列,又是等比数列.( √ )
(3)等比数列中的项可以为零.( × )
(4)若a,b,c三个数满足b2=ac,则a,b,c一定能构成等比数列.( × )
合作探究 释疑解惑
探究一
等比数列的通项公式及应用
【例1】 在等比数列{an}中,
1
由 得 q=2,从而 a1=32,


1 -1
又 an=1,所以 32× 2
=1,
即26-n=20,所以n=6.
1
方法二:因为 a3+a6=q(a2+a5),所以 q= .
2
由a1q+a1q4=18,知a1=32.
由an=a1qn-1=1,知n=6.
反思感悟
1.已知等比数列的首项a1与公比q可求得数列中的任何一项.
出门望见九堤,堤有九木,木有九枝,枝有九巢,巢有九禽,禽有九雏,雏有九毛,
毛有九色,问各几何?”该问题中的各种东西的数量构成的数列为
9,92,93,…,97 .
2.某人年初投资10 000元,如果年收益率是5%,那么按照复利,5年内各年末
的本利和构成的数列为 10 000×1.05,10 000×1.052,…,10 000×1.055 .
2.在等比数列的通项公式中,已知a1,q,n,an四个量中的任意三个,可以求得
另一个量,即“知三求一”.
【变式训练1】 在等比数列{an}中,a5-a1=15,a4-a2=6,求a3.
解:因为
5 -1 = 1 4 -1 = 15,①
4 -2 = 1 3 -1 = 6,②
4 -1 15
(1)a4=2,a7=8,求an;

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三角形中的几个特殊点:旁心、费马点,欧拉线。

几何不等式。

几何极值问题。

几何中的变换:对称、平移、旋转。

圆的幂和根轴。

面积方法,复数方法,向量方法,解析几何方法。

2.代数周期函数,带绝对值的函数。

三角公式,三角恒等式,三角方程,三角不等式,反三角函数。

递归,递归数列及其性质,一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。

第二数学归纳法。

平均值不等式,柯西不等式,排序不等式,切比雪夫不等式,一元凸函数。

复数及其指数形式、三角形式,欧拉公式,棣莫弗定理,单位根。

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n次多项式根的个数,根与系数的关系,实系数多项式虚根成对定理。

函数迭代,简单的函数方程*3.初等数论同余,欧几里得除法,裴蜀定理,完全剩余类,二次剩余,不定方程和方程组,高斯函数[x],费马小定理,格点及其性质,无穷递降法,欧拉定理*,孙子定理*。

4.组合问题圆排列,有重复元素的排列与组合,组合恒等式。

组合计数,组合几何。

抽屉原理。

容斥原理。

极端原理。

图论问题。

集合的划分。

覆盖。

平面凸集、凸包及应用*。

注:有*号的内容加试中暂不考,但在冬令营中可能考。

二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法,整除性及其判定;素数和合数,最大公约数与最小公倍数;奇数和偶数,奇偶性分析;带余除法和利用余数分类;完全平方数;因数分解的表示法,约数个数的计算;有理数的概念及表示法,无理数,实数,有理数和实数四则运算的封闭性。

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全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试(二试)与国际数学奥林匹克接轨,在知识方面有所扩展;适当增加一些教学大纲之外的内容,所增加的内容是:1.平面几何几个重要定理:梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。

三角形中的几个特殊点:旁心、费马点,欧拉线。

几何不等式。

几何极值问题。

几何中的变换:对称、平移、旋转。

圆的幂和根轴。

面积方法,复数方法,向量方法,解析几何方法。

2.代数周期函数,带绝对值的函数。

三角公式,三角恒等式,三角方程,三角不等式,反三角函数。

递归,递归数列及其性质,一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。

第二数学归纳法。

平均值不等式,柯西不等式,排序不等式,切比雪夫不等式,一元凸函数。

复数及其指数形式、三角形式,欧拉公式,棣莫弗定理,单位根。

多项式的除法定理、因式分解定理,多项式的相等,整系数多项式的有理根*,多项式的插值公式*。

n次多项式根的个数,根与系数的关系,实系数多项式虚根成对定理。

函数迭代,简单的函数方程*3. 初等数论同余,欧几里得除法,裴蜀定理,完全剩余类,二次剩余,不定方程和方程组,高斯函数[x],费马小定理,格点及其性质,无穷递降法,欧拉定理*,孙子定理*。

4.组合问题圆排列,有重复元素的排列与组合,组合恒等式。

组合计数,组合几何。

抽屉原理。

容斥原理。

极端原理。

图论问题。

集合的划分。

覆盖。

平面凸集、凸包及应用*。

注:有*号的内容加试中暂不考,但在冬令营中可能考。

三、高中数学竞赛基础知识第一章 集合与简易逻辑一、基础知识定义1 一般地,一组确定的、互异的、无序的对象的全体构成集合,简称集,用大写字母来表示;集合中的各个对象称为元素,用小写字母来表示,元素x 在集合A 中,称x 属于A ,记为A x ∈,否则称x 不属于A ,记作A x ∉。

2011全国高中数学竞赛讲义-数列、组合

2011全国高中数学竞赛讲义-数列、组合

§16排列,组合1.排列组合题的求解策略(1)排除:对有限条件的问题,先从总体考虑,再把不符合条件的所有情况排除,这是解决排列组合题的常用策略.(2)分类与分步有些问题的处理可分成若干类,用加法原理,要注意每两类的交集为空集,所有各类的并集是全集;有些问题的处理分成几个步骤,把各个步骤的方法数相乘,即得总的方法数,这是乘法原理.(3)对称思想:两类情形出现的机会均等,可用总数取半得每种情形的方法数.(4)插空:某些元素不能相邻或某些元素在特殊位置时可采用插空法.即先安排好没有限制条件的元素,然后将有限制条件的元素按要求插入到排好的元素之间.(5)捆绑:把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个“大元素”,然后与其它“普通元素”全排列,然后再“松绑”,将这些特殊元素在这些位置上全排列.(6)隔板模型:对于将不可辨的球装入可辨的盒子中,求装的方法数,常用隔板模型.如将12个完全相同的球排成一列,在它们之间形成的11个缝隙中任意插入3块隔板,把球分成4堆,分别装入4个不同的盒子中的方法数应为311C ,这也就是方程12=+++d c b a 的正整数解的个数.2.圆排列(1)由},,,,{321n a a a a A =的n 个元素中,每次取出r 个元素排在一个圆环上,叫做一个圆排列(或叫环状排列).(2)圆排列有三个特点:(i )无头无尾;(ii )按照同一方向转换后仍是同一排列;(iii )两个圆排列只有在元素不同或者元素虽然相同,但元素之间的顺序不同,才是不同的圆排列.(3)定理:在},,,,{321n a a a a A =的n 个元素中,每次取出r 个不同的元素进行圆排列,圆排列数为rP r n . 3.可重排列允许元素重复出现的排列,叫做有重复的排列.在m 个不同的元素中,每次取出n 个元素,元素可以重复出现,按照一定的顺序那么第一、第二、…、第n 位是的选取元素的方法都是m 种,所以从m 个不同的元素中,每次取出n 个元素的可重复的排列数为n m .4.不尽相异元素的全排列如果n 个元素中,有1p 个元素相同,又有2p 个元素相同,…,又有s p 个元素相同(n p p p s ≤+++ 21),这n 个元素全部取的排列叫做不尽相异的n 个元素的全排列,它的排列数是!!!!21s p p p n ⋅⋅⋅ 5.可重组合(1)从n 个元素,每次取出p 个元素,允许所取的元素重复出现p ,,2,1 次的组合叫从n 个元素取出p 个有重复的组合.(2)定理:从n 个元素每次取出p 个元素有重复的组合数为:r p n p n C H )1(-+=.例题讲解1.数1447,1005,1231有某些共同点,即每个数都是首位为1的四位数,且每个四位数中恰有两个数字相同,这样的四位数共有多少个?2.有多少个能被3整除而又含有数字6的五位数?3.有n 2个人参加收发电报培训,每两人结为一对互发互收,有多少种不同的结对方式?4.将1+n 个不同的小球放入n 个不同的盒子中,要使每个盒子都不空,共有多少种放法?5.在正方体的8个顶点,12条棱的中点,6个面的中心及正方体的中心共27个点中,共线的三点组的个数是多少个?6.用8个数字1,1,7,7,8,8,9,9可以组成不同的四位数有多少个?7.用E D C B A ,,,,五种颜色给正方体的各个面涂色,并使相邻面必须涂不同的颜色,共有多少种不同的涂色方式?8.某种产品有4只次品和6只正品(每只产品可区分),每次取一只测试,直到4只次品全部测出为止.求最后一只次品在第五次测试时被发现的不同情形有多少种?9.在平面上给出5个点,连结这些点的直线互不平行,互不重合,也互不垂直,过每点向其余四点的连线作垂线,求这此垂线的交点最多能有多少个?10.位政治家举行圆桌会议,两位互为政敌的政治家不愿相邻,其入坐方法有多少种?11.某城市有6条南北走向的街道,5条东西走向的街道.如果有人从城南北角(图A 点)走到东南角中B 点最短的走法有多少种?12.用4个1号球,3个2号球,2个3号球摇出一个9位的奖号,共有多少种可能的号码?13.将r 个相同的小球,放入n 个不同的盒子(n r ).(1)有多少种不同的放法?(2)如果不允许空盒应有多少种不同的放法?14.8个女孩和25个男孩围成一圈,任意两个女孩之间至少站着两个男孩.(只要把圆旋转一下就重合的排列认为是相同的)课后练习1.8次射击,命中3次,其中愉有2次连续命中的情形共有( )种(A )15 (B )30 (C )48 (D )602.在某次乒乓球单打比赛中,原计划每两名选手恰比赛一场,但有3名选手各比赛了2场之后就退出了,这样,全部比赛只进行了50场。

高中数学 高中数学竞赛辅导讲座-数列(一)

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。

人教B版高中数学选择性必修第三册精品课件 第五章 数列 5.1.2 数列中的递推

人教B版高中数学选择性必修第三册精品课件 第五章 数列 5.1.2 数列中的递推
--1 , ≥ 2.
(3)数列{an}前(n+1)项的和减去其前n项的和,差是 Sn+1-Sn=an+1 .(列式表示)
3.设数列{an}的前n项和Sn=n2,则a8的值为(
A.15
B.16
解析:a8=S8-S7=64-49=15.
答案:A
C.49
)
D.64
【思考辨析】
判断下列说法是否正确,正确的在它后面的括号里画“√”,错误的画“×”.
1 , = 1,
分段表示为 an=
[如本例(2)].
--1 , ≥ 2
【变式训练 3】 已知数列{an}的前 n 项和
3 2 205
Sn=-2n + 2 n,求数列{an}的通项公
式.
解:由题意知
3 2 205
a1=S1=- ×1 + ×1=101,
2
2
3
3 2 211
2 205
Sn-1=- (n-1) + (n-1)=- n + n-104.
分析:已知数列{an}的通项
计算 an+1-an
确定单调性
大项
10 +1
10
10 9-
解:方法一:∵an+1-an=(n+2)·
-(n+1)·
=
· ,
11
11
11
11
当n<9时,an+1-an>0,即an+1>an;
当n=9时,an+1-an=0,即an+1=an;
当n>9时,an+1-an<0,即an+1<an,
都可以用一个公式来表示,则称这个公式为数列的递推关系(也称为递推公

苏教版学高中数学必修五数列章末复习课讲义

苏教版学高中数学必修五数列章末复习课讲义

等差(比)数列的基本运算【例1】n14(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若a3,a5分别为等差数列{b n}的第3项和第5项,试求数列{b n}的通项公式及前n项和S n. [解] (1)设{a n}的公比为q,由已知得16=2q3,解得q=2,∴a n=2×2n—1=2n.(2)由(1)得a3=8,a5=32,则b3=8,b5=32.设{b n}的公差为d,则有错误!解得错误!所以b n=—16+12(n—1)=12n—28.所以数列{b n}的前n项和S n=错误!=6n2—22n.在等差数列和等比数列的通项公式a n与前n项和公式S n中,共涉及五个量:a1,a n,n,d或q,S n,其中a1和d或q为基本量,“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1,d q,a n,S n,n 的方程组,利用方程的思想求出需要的量,当然在求解中若能运用等差比数列的性质会更好,这样可以化繁为简,减少运算量,同时还要注意整体代入思想方法的运用.1.已知等差数列{a n}的公差d=1,前n项和为S n.(1)若1,a1,a3成等比数列,求a1;(2)若S5>a1a9,求a1的取值范围.[解] (1)因为数列{a n}的公差d=1,且1,a1,a3成等比数列,所以a错误!=1×(a1+2),即a错误!—a1—2=0,解得a1=—1或a1=2.(2)因为数列{a n}的公差d=1,且S5>a1a9,所以5a1+10>a错误!+8a1,即a错误!+3a1—10<0,解得—5<a1<2.求数列的通项公式【例2】n n n n(2)数列{a n}的前n项和为S n且a1=1,a n+1=错误!S n,求a n.思路探究:(1)已知S n求a n时,应分n=1与n≥2讨论;(2)在已知式中既有S n又有a n时,应转化为S n或a n形式求解.[解] (1)当n≥2时,a n=S n—S n—1=3+2n—(3+2n—1)=2n—1,当n=1时,a1=S1=5不适合上式.∴a n=错误!(2)∵S n=3a n+1,1∴n≥2时,S n—1=3a n. 21—2得S n—S n—1=3a n+1—3a n,∴3a n+1=4a n,∴错误!=错误!,又a2=错误!S1=错误!a1=错误!.∴n≥2时,a n=错误!·错误!错误!,不适合n=1.∴a n=错误!数列通项公式的求法1定义法,即直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法,这种方法适用于已知数列类型的题目.2已知S n求a n.若已知数列的前n项和S n与a n的关系,求数列{a n}的通项a n可用公式,求解.3累加或累乘法,形如a n—a n—1=f n n≥2的递推式,可用累加法求通项公式;形如错误!=f n n≥2的递推式,可用累乘法求通项公式.2.设数列{a n}是首项为1的正项数列,且a n+1—a n+a n+1·a n=0(n∈N*),求{a n}的通项公式.[解] ∵a n+1—a n+a n+1·a n=0,∴错误!—错误!=1.又错误!=1,∴错误!是首项为1,公差为1的等差数列.故错误!=n.∴a n=错误!.等差(比)数列的判定【例3】数列{n n1n+1n*(1)设b n=a n+1—2a n,求证:{b n}是等比数列;(2)设c n=错误!,求证:{c n}是等差数列.思路探究:分别利用等比数列与等差数列的定义进行证明.[证明] (1)a n+2=S n+2—S n+1=4a n+1+2—4a n—2=4a n+1—4a n.错误!=错误!=错误!=错误!=2.因为S2=a1+a2=4a1+2,所以a2=5.所以b1=a2—2a1=3.所以数列{b n}是首项为3,公比为2的等比数列.(2)由(1)知b n=3·2n—1=a n+1—2a n,所以错误!—错误!=3.所以c n+1—c n=3,且c1=错误!=2,所以数列{c n}是等差数列,公差为3,首项为2.等差数列、等比数列的判定方法1定义法:a n+1—a n=d常数⇔{a n}是等差数列;错误!=q q为常数,q≠0⇔{a n}是等比数列.2中项公式法:2a n+1=a n+a n+2⇔{a n}是等差数列;a\o\al(2,n+1)=a n·a n+2a n≠0⇔{a n}是等比数列.3通项公式法:a n=kn+b k,b是常数⇔{a n}是等差数列;a n=c·q n c,q为非零常数⇔{a n}是等比数列.4前n项和公式法:S n=An2+Bn A,B为常数,n∈N*⇔{a n}是等差数列;S n=Aq n—A A,q为常数,且A≠0,q≠0,q≠1,n∈N*⇔{a n}是等比数列.提醒:1前两种方法是判定等差、等比数列的常用方法,而后两种方法常用于选择、填空题中的判定.2若要判定一个数列不是等差比数列,则只需判定其任意的连续三项不成等差比即可.3.数列{a n}的前n项和为S n,若a n+S n=n,c n=a n—1.求证:数列{c n}是等比数列.[证明] 当n=1时,a1=S1.由a n+S n=n,1得a1+S1=1,即2a1=1,解得a1=错误!.又a n+1+S n+1=n+1,22—1得a n+1—a n+(S n+1—S n)=1,即2a n+1—a n=1,3因为c n=a n—1,所以a n=c n+1,a n+1=c n+1+1,代入3式,得2(c n+1+1)—(c n+1)=1,整理得2c n+1=c n,故错误!=错误!(常数).所以数列{c n}是一个首项c1=a1—1=—错误!,公比为错误!的等比数列.数列求和[探究问题]1.若数列{c n}是公差为d的等差数列,数列{b n}是公比为q(q≠1)的等比数列,且a n=c n+b n,如何求数列{a n}的前n项和?[提示] 数列{a n}的前n项和等于数列{c n}和{b n}的前n项和的和.2.有些数列单独看求和困难,但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数列求和.试用此种方法求和:12—22+32—42+…+992—1002.[提示] 12—22+32—42+…+992—1002=(12—22)+(32—42)+…+(992—1002)=(1—2)(1+2)+(3—4)(3+4)+…+(99—100)(99+100)=—(1+2+3+4+…+99+100)=—5050.3.我们知道错误!=错误!—错误!,试用此公式求和:错误!+错误!+…+错误!.[提示] 由错误!=错误!—错误!得错误!+错误!+…+错误!=1—错误!+错误!—错误!+…+错误!—错误!=1—错误!=错误!.【例4】已知数列{a n}的前n项和S n=kc n—k(其中c、k为常数),且a2=4,a6=8a3.(1)求a n;(2)求数列{na n}的前n项和T n.思路探究:(1)已知S n,据a n与S n的关系a n=错误!确定a n;(2)若{a n}为等比数列,则{na n}是由等差数列和等比数列的对应项的积构成的新数列,可用错位相减法求和.[解] (1)当n≥2时,a n=S n—S n—1=k(c n—c n—1),则a6=k(c6—c5),a3=k(c3—c2),错误!=错误!=c3=8,∴c=2.∵a2=4,即k(c2—c1)=4,解得k=2,∴a n=2n.当n=1时,a1=S1=2.综上所述,a n=2n(n∈N*).(2)na n=n·2n,则T n=2+2·22+3·23+…+n·2n,2T n=1·22+2·23+3·24+…+(n—1)·2n+n·2n+1,两式作差得—T n=2+22+23+…+2n—n·2n+1,T n=2+(n—1)·2n+1.1.(变结论)例题中的条件不变,(2)中“求数列{na n}的前n项和T n”变为“求数列{n+a n}的前n项和T n”.[解] 由题知T n=1+2+2+22+3+23+…+n+2n=(1+2+3+…+n)+(2+22+…+2n)=错误!+错误!=2n+1—2+错误!.2.(变结论)例题中的条件不变,将(2)中“求数列{na n}的前n项和T n”变为“求数列错误!的前n项和T n”.[解] 由题知T n=错误!+错误!+错误!+…+错误!,1错误!T n=错误!+错误!+…+错误!+错误!,21—2得:错误!T n=错误!+错误!+错误!+…+错误!—错误!=错误!—错误!=1—错误!n—错误!,∴T n=2—错误!—错误!=2—错误!=2—错误!.数列求和问题一般转化为等差数列或等比数列的前n项和问题或已知公式的数列求和,不能转化的再根据数列通项公式的特点选择恰当的方法求解.一般常见的求和方法有:(1)公式法:利用等差数列或等比数列前n项和公式.(2)分组求和法:把一个数列分成几个可以直接求和的数列.(3)裂项(相消)法:有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式,相加过程消去中间项,只剩有限项再求和.(4)错位相减法:适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.(5)倒序相加法:例如,等差数列前n项和公式的推导.。

2021年最新高中数学竞赛教材讲义第五章数列教师版

2021年最新高中数学竞赛教材讲义第五章数列教师版

x0 成立,则称 x0 为 f ( x) 的
定理 1 设 f ( x) ax b( a 0,1) ,且 x0 为 f (x) 的不动点, { an } 满足递推关系 an f ( an 1) ,
n 2,3, ,证明 { an x0} 是公比为 a 的等比数列。 例 1 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ,且 Sn n 5a n 85 , n N *
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
(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
例 1.数列 { an} 的二阶差数列的各项均为 16,且 a63=a89=10,求 a51
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
A B C D 30
A1
8 A 4 B 2C D 72
B7
解得
27 A 9 B 3 C D 140
C 14
64 A 16 B 4 C D 240
D8
(3) 如果数列 {an} 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
n1
an=a1+ (ak 1 ak )
k1
(2) 待定系数法:在已知阶数的等差数列中,其通项 式的系数,再代入已知条件解方程组即得
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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.limA 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++++2nqa =)(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 nn n n a a S , 所以122412121+--+=n nn n a S S 。

又因为S n -2<S n 且12+n na >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]。

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