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高中数学竞赛讲义第六讲 数列


第六讲
★[方法总结]★





?S1 , n ? 1 ? S ? S n ?1 , n ? 2 1.数列{an}前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系式:an= ? n
2.求通项常用方法 ①作新数列法.作等差数列与等比数列. ②叠加法.最基本形式是:an=(an-an-1 ) +(an-

1+an-2)+…+(a2-a1)+a1. ③归纳、猜想法. 3.数列前 n 项和常用求法 ①重要公式

1 1+2+…+n= 2 n(n+1) 1 1 +2 +…+n = 6 n(n+1)(2n+1)
2 2 2

1 2 2 1 +2 +…+n =(1+2+…+n) = 4 n (n+1)
3 3 3 2

②等差数列中 Sm+n=Sm+Sn+mnd,等比数列中 Sm+n=Sn+q Sm=Sm+q Sn. ③裂项求和:将数列的通项分成两个式子的代数和,即 an=f(n+1)-f(n),然后累加时 抵消中间的许多项. ④错项相消法。 ⑤并项求和法等。 [例题] 1. 已 知 {an} 是 各 项 不 同 的 正 数 等 差 数 列 , 又 lga1 、 lga2 、 lga4 成 等 差 数 列 . 设

n

m

bn=

1 a 2n

,n=1,2,3,……。

(Ⅰ)证明{bn}为等比数列;

7 (Ⅱ)如果数列{bn}前 3 项的和等于 24 ,求数列{an}的首项 a1 和公差 d.。
解:(Ⅰ)∵lga1、lga2、lga4 成等差数列, 2 ∴2lga2=lga1+lga4,即 a =a1·a2 设等差数列{an}的公差为 d,则(a1+d) =a1(a1+3d),
2 2

这样 d = a1d

2

从而 d(d- a1)=0 ∵d≠0 ∴d= a1≠0

, a2n = a1+(2 -1)d=2 d

n

n

bn=

1 a 2n

1 1 1 1 ? n = d 2 , 这时{bn}是首项 b1= 2 d ,公比为 2 的等比数列。

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1

1 1 1 7 (Ⅱ)∵b1+b2+b3= 2 d (1+ 2 + 4 )= 24 ,∴d=3, 所以 a1=d=3
2.已知{

an }是公比为 q 的等比数列,且 a1 , a3 , a2 成等差数列.

(Ⅰ)求 q 的值; (Ⅱ)设{

bn }是以 2 为首项,q 为公差的等差数列,其前 n 项和为 S ,当 n≥2 时,比
n

较 Sn 与 bn 的大小,并说明理由. 解:(Ⅰ)由题设

2a3 ? a1 ? a2 ,即2a1q 2 ? a1 ? a1q, ? a1 ? 0,? 2q 2 ? q ? 1 ? 0.

1 ? q ? 1或 ? . 2

(Ⅱ)若

q ? 1, 则S n ? 2n ?

n(n ? 1) n 2 ? 3n ?1 ? . 2 2
(n ? 1)( n ? 2) ? 0. S ? bn . 2 故 n



n ? 2时, S n ? bn ? S n ?1 ?

1 n(n ? 1) 1 ? n 2 ? 9n q ? ? , 则S n ? 2n ? (? ) ? . 2 2 2 4 若
n ? 2时, S n ? bn ? S n ?1 ? ? (n ? 1)( n ? 10) , 4



故对于

n ? N ? ,当2 ? n ? 9时, S n ? bn ;当n ? 10时, S n ? bn ;当n ? 11 , S n ? bn . 时
{log2 (an ? 1)}n ? N * ) 为等差数列,且 a1 ? 3, a3 ? 9.

3.已知数列

(Ⅰ)求数列

{an } 的通项公式;

1 1 1 ? ??? ? 1. a2 ? a1 a3 ? a2 an?1 ? an (Ⅱ)证明
解: (I)设等差数列 由

{log2 (an ? 1)}的公差为 d.

a1 ? 3, a3 ? 9得2(log2 2 ? d ) ? log2 2 ? log2 8, 即 d=1. log2 (an ? 1) ? 1 ? (n ? 1)? ? n, 即 an ? 2 n ? 1.

所以

1 1 1 ? n?1 ? n n a ? an a ? 2 2 , (II)因为 n ?1

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2

1 1 1 1 1 1 1 ? ??? ? 1 ? 2 ? 3 ??? n a ? a1 a3 ? a2 an?1 ? an 2 2 2 2 所以 2

1 1 1 ? n? 2 ? 1 ? 1 ? 1. 2 ? 2 1 2n 1? 2
4.已知数列

?an? 的首项 a1 ? 5, 前 n 项和为 Sn ,且 S
?an ?1? 是等比数列;

n+1

=2Sn+n+5.(n∈N*)

(I)证明数列 (II)令

f ( x) ? a1x ? a2 x2 ? ?? an xn ,求函数 f ( x) 在点 x ? 1 处的导数 f ?(1) 。

解: (I)由已知 Sn+1=2Sn+n+5,∴当 所 以 , 两 式 相 减 得

n ? 2, Sn ? 2Sn?1 ? n ? 4


Sn?1 ? Sn ? 2? Sn ? Sn?1 ? ?1

an?1 ? 2an ? 1 , 从 而

an?1 ?1 ? 2an ? ? 1 ?
. 当 n ?1时 从而

S2 ? 2S1 ? 1 ? 5
.故总有



a2 ? a1 ? 2a1 ? 6 .又 a1 ? 5 ,∴ a2 ? 11

a2 ?1 ? 2? a1 ?1?

an?1 ? 1 ? 2(an ? 1) n ? N * .又∵ a1 ? 5, a1 ? 1 ? 0 ,

an?1 ? 1 ?2 ?a ?1? 是以为 a1 ? 1 ? 6 首项 2 为公比的等比数列。 an ? 1 从而 ,即数列 n
(II)由(I)知 ∴

an ? 3? 2n ?1 ,∵ f ( x) ? a1x ? a2 x2 ? ?? an xn

f ?( x) ? a1 ? 2a2 x ? ? ? nan xn?1 。

从而 =

3 ? 2 ? 2 ? 22 ? ? ? n ? 2n ?

-

?1 ? 2 ??? n? =---

=

3 ? n ? 1? ? 2n?1 ?

n(n ? 1) ?6 2

a n ?1 ? a n ?2 2 5.若公比为 c 的等比数列{an}的首项 a1=1 且满足 an= (n=3,4,……)
(Ⅰ)求 c 的值; (Ⅱ)求数列{nan}的前 n 项和 Sn. 2 解:(Ⅰ)由题设,当 n≥3 时,an=c an-2

an-1=can-2

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3

a n ?1 ? a n ? 2 1 ? c 1? c ? a n?2 2 2 2 2 an= .由题设条件可得 an-2≠0,因此 c = 2 ,即 2c -c-1=0.
1 解得 c=1 或 c=- 2
(Ⅱ)由(Ⅰ),需要分两种情况讨论: 当 c=1 时,数列{an}是一个常数列,即 an=1(n∈N*) 这时,数列{nan}的前 n 项和 Sn=1+2+3+…+n=

n(n ? 1) 2
(n∈N*).

1 1 1 n-1 当 c=- 2 时,数列{an}是一个公比为- 2 的等比数列,即 an=(- 2 ) 1 1 1 2 n-1 这时,数列{nan}的前 n 项和 Sn=1+2(- 2 )+3(- 2 ) +…+n(- 2 ) .



1 1 1 1 1 1 2 n-1 n ①式两边同乘- 2 ,得- 2 Sn=- 2 +2(- 2 ) +…+(n-1)(- 2 ) +n(- 2 ) . ②
①式减去②式,得

1 1 ? (? ) n 2 ? n( ? 1 ) n . 1 1 1 1 1 1 2 1? 2 n-1 n 2 (1+ 2 )Sn=1+(- 2 )+(- 2 ) +…+(- 2 ) -n(- 2 ) =
1 3n ? 2 [4 ? (?1) n n ?1 ]( n ? N * ). 2 所以 Sn= 9

1 an ?1 ? S n 3 ,n=1,2,3,……,求: 6.数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,
(Ⅰ)a2,a3,a4 的值及数列{an}的通项公式; (Ⅱ)

a2 ? a4 ? a6 ? ? ? a2n 的值.

1 1 1 1 an ?1 ? S n a2 ? S1 ? a1 ? 3 ,n=1,2,3,……,得 3 3 3, 解: (Ⅰ)由 a1=1, 1 1 4 1 1 16 a3 ? S2 ? (a1 ? a2 ) ? a4 ? S3 ? (a1 ? a2 ? a3 ) ? 3 3 9, 3 3 27 . 1 1 4 1 an ?1 ? an ? ( Sn ? Sn ?1 ) ? an an ?1 ? an 3 3 (n≥2) 3 (n≥2) 由 ,得 ,又 a2= 3 ,所以

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4

n ? 1, ?1, ? ?1 4 n?2 1 4 n? 2 ( ) ? ( ) , n?2 an= 3 3 (n≥2), ∴数列{an}的通项公式为 an= ? 3 3
4 1 ( )2 a2 , a4 ,?, a2 n 是首项为 3 ,公比为 3 项数为 n 的等比数列, (Ⅱ)由(Ⅰ)可知

4 1 ? ( )2n 1 3 ? 3 [( 4 )2 n ? 1] ? 4 2 7 3 3 a2 ? a4 ? a6 ? ? ? a2n = 1 ? ( 3 ) 所以 .
7.假设某市 2004 年新建住房 400 万平方米,其中有 250 万平方米是中低价房.预计在今 后的若干年内,该市每年新建住房面积平均比上一年增长 8%.另外,每年新建住房中,中低价 房的面积均比上一年增加 50 万平方米.那么,到哪一年底, (1)该市历年所建中低价房的累计面积(以 2004 年为累计的第一年)将首次不少于 4750 万平方米? (2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%? 解:(1)设中低价房面积形成数列{an},由题意可知{an}是等差数列,

n( n ? 1) ? 50 2 2 其中 a1=250,d=50,则 Sn=250n+ =25n +225n,
令 25n +225n≥4750,即 n +9n-190≥0,而 n 是正整数,∴n≥10. ∴到 2013 年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于 4750 万平方米. (2)设新建住房面积形成数列{bn},由题意可知{bn}是等比数列,其中 b1=400,q=1.08, n-1 n-1 则 bn=400·(1.08) .由题意可知 an>0.85bn,有 250+(n-1)·50>400·(1.08) ·0.85. 由计箅器解得满足上述不等式的最小正整数 n=6.到 2009 年底,当年建造的中低价房的 面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%.
2 2

8. 设 正 项 等 比 数 列

?an ?

的 首 项

a1 ?

1 2 , 前 n 项 和 为 Sn , 且

210 S30 ? (210 ? 1)S20 ? S10 ? 0 。
(Ⅰ)求 (Ⅱ)求

?an ? 的通项;
?nSn ?的前 n 项和 Tn 。
10 10 10

解: (I)由 2 S30-(2 +1)S20+S10=0 得 2 (S30-S20)=S20-S10, 10 10 10 即 2 (a21+a22+…+a30)=a11+a12+…+a20,可得 2 ·q (a11+a12+…+a20)=a11+a12+…+a20.

1 1 n 10 10 n-1 因为 an>0,所以 2 q =1,解得 q= 2 ,因而 an=a1q = 2 ,n=1,2,….

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5

1 1 (1 ? n ) 2 2 1 1 1 1 1? n 2 =1- 2 , (II)因为{an}是首项 a1= 2 、公比 q= 2 的等比数列,故 Sn=
n n nSn=n- 2 . 1 2 n 2 n 则数列{nSn}的前 n 项和 Tn=(1+2+…+n)-( 2 + 2 +…+ 2 ),

Tn 1 1 2 n ?1 n ? ? n ?1 2 n 3 2 2 (1+2+…+n)-( 2 + 2 +…+ 2 2 ). Tn 1 1 n 1 1 ? 2 n 2 (1+2+ … +n)-( 2 + 2 + … + 2 )+ 2 n ?1 前 两 式 相 减 , 得 2

1 1 (1 ? n ) 2 2 n( n ? 1) n n(n ? 1) 1 n 1 ? n ?1 ? n ? 2. 1? n ?1 4 2 2 2 + 2 ,Tn= 2 = 9 已知函数 f(x)=

1 x ?4
2


(x<-2)

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(1)求 f(x)的反函数 f- 1(x); (2)设 a1=1,

1 - =-f -1(an)(n∈N*),求 an; a n ?1

(3)设 Sn=a12+a22+?+an2,bn=Sn+1-Sn 是否存在最小正整数 m,使得对任意 n∈N*,有 bn<
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m 25

成立?若存在,求出 m 的值;若不存在,说明理由 命题意图 本题是一道与函数、数列有关的综合性题目,着重考查学生的逻辑分析能 力 知识依托 本题融合了反函数,数列递推公式,等差数列基本问题、数列的和、函数 单调性等知识于一炉,结构巧妙,形式新颖,是一道精致的综合题 错解分析 本题首问考查反函数,反函数的定义域是原函数的值域,这是一个易错点,
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(2)问以数列{

1 an
2

}为桥梁求 an,不易突破

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技巧与方法

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(2)问由式子

1 an ?1

?

1 an
2

?4 得

1 a n ?1
2

?

1 an
2

=4,构造等差数列{

1 an
2

},从而

求得 an,即“借鸡生蛋”是求数列通项的常用技巧;(3)问运用了函数的思想
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6



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(1)设 y=

1 x2 ? 4

,∵x<-2,∴x=- 4 ?

1 , y2

即 y=f

--1

(x)=- 4 ?

1 (x>0) x2

(2)∵

1 1 1 1 ? 4 ? 2 ,? ? 2 ?4, 2 an?1 an an?1 an
1
}是公差为 4 的等差数列,

∴{

an

2

∵a1=1,

1 an
2

=

1 a1
2

+4(n-1)=4n-3,∵an>0,∴an=

1
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4n ? 3

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1 m 25 ,由 bn< ,得 m> , 4n ? 1 25 4n ? 1 25 25 设 g(n)= ,∵g(n)= 在 n∈N*上是减函数, 4n ? 1 4n ? 1
(3)bn=Sn+1-Sn=an+12= ∴g(n)的最大值是 g(1)=5, ∴m>5,存在最小正整数 m=6,使对任意 n∈N*有 bn<

m 成立 25

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10 设等比数列{an}的各项均为正数,项数是偶数,它的所有项的和等于偶数项和的 4 倍,且第二项与第四项的积是第 3 项与第 4 项和的 9 倍,问数列{lgan}的前多少项和最大? (lg2=0 3,lg3=0 4) 命题意图 本题主要考查等比数列的基本性质与对数运算法则,等差数列与等比数列 之间的联系以及运算、分析能力 知识依托 本题须利用等比数列通项公式、前 n 项和公式合理转化条件,求出 an;进而 利用对数的运算性质明确数列{lgan}为等差数列,分析该数列项的分布规律从而得解 错解分析 题设条件中既有和的关系,又有项的关系,条件的正确转化是关键,计算 易出错;而对数的运算性质也是易混淆的地方 技巧与方法 突破本题的关键在于明确等比数列各项的对数构成等差数列,而等差数 列中前 n 项和有最大值,一定是该数列中前面是正数,后面是负数,当然各正数之和最大; 另外,等差数列 Sn 是 n 的二次函数,也可由函数解析式求最值 解法一 设公比为 q,项数为 2m,m∈N*,依题意有
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? a1 ? (q 2 m ? 1) a q ? (q 2 m ? 1) ? 4? 1 2 ? q ?1 q ?1 ? ?(a q ) ? (a q 3 ) ? 9( a q 2 ? a q 3 ) ? 1 1 1 1
? 4q 1 ? ?q ?1 ? 1 ?q ? 化简得 ? 解得? 3 ?a q 2 ? 9(1 ? q), ?a1 ? 108 ? ? 1
设数列{lgan}前 n 项和为 Sn,则
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7

Sn=lga1+lga1q2+?+lga1qn 1=lga1n·q1+2+ =nlga1+



?+(n-1)

1 1 n(n-1)·lgq=n(2lg2+lg3)- n(n-1)lg3 2 2 lg 3 7 =(- )·n2+(2lg2+ lg3)·n 2 2 7 2 lg 2 ? lg 3 2 可见,当 n= 时,Sn 最大 lg 3
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7 2 lg 2 ? lg 3 4 ? 0.3 ? 7 ? 0.4 2 而 =5,故{lgan}的前 5 项和最大 ? lg 3 2 ? 0.4

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解法二

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?a1 ? 108 1 n-1 1 ? 接前, ? 1 ,于是 lgan=lg[108( ) ]=lg108+(n-1)lg , 3 3 ?q ? 3 ?

∴数列{lgan}是以 lg108 为首项,以 lg

1 为公差的等差数列, 3
5

令 lgan≥0,得 2lg2-(n-4)lg3≥0, 2 lg 2 ? 4 lg 3 2 ? 0.3 ? 4 ? 0.4 ? ∴n≤ =5 lg 3 0.4

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由于 n∈N*,可见数列{lgan}的前 5 项和最大 11 等差数列{an}的前 m 项的和为 30,前 2m 项的和为 100,求它的前 3m 项的和为
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解法一

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将 Sm=30,S2m=100 代入 Sn=na1+

n(n ? 1) d,得 2

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m(m ? 1) ? d ? 30???????????? ① ?ma1 ? ? 2 ? ?2ma ? 2m(2m ? 1) d ? 100  ② 1 ? ? 2
解得d ?
解法二
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40 10 20 3m(3m ? 1) , a1 ? ? 2 ,? S 3m ? 3ma1 ? d ? 210 2 m m 2 m
由 S3m ? 3ma1 ?

3m(3m ? 1) (3m ? 1)d d ? 3m[a1 ? ] 知, 2 2 (3m ? 1)d 要求 S3m 只需求 m[a1+ ], 2 m(3m ? 1) 将②-①得 ma1+ d=70,∴S3m=210 2
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解法三 由等差数列{an}的前 n 项和公式知, n 是关于 n 的二次函数, Sn=An2+Bn(A、 S 即 B 是常数) 将 Sm=30,S2m=100 代入,得
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商丘一高高一数学竞赛辅导讲义 f

8

20 ? ? A ? m2 ? 2 ? Am ? Bm ? 30 ? ,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=210 ?? ? 10 ? A(2m) 2 ? B ? 2m ? 100 ?B ? ? ? m ?
解法四 S3m=S2m+a2m+1+a2m+2+?+a3m =S2m+(a1+2md)+?+(am+2md) =S2m+(a1+?+am)+m·2md
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=S2m+Sm+2m2d

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由解法一知 d=
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40 ,代入得 S3m=210 m2
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解法五 根据等差数列性质知 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m 也成等差数列, 从而有 2(S2m-Sm)=Sm+(S3m-S2m) ∴S3m=3(S2m-Sm)=210
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解法六 ∴

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∵Sn=na1+

n(n ? 1) d, 2

( n ? 1) Sn =a1+ d n 2 S ( x ? 1)d ∴点(n, n )是直线 y= +a1 上的一串点, 2 n S S S 由三点(m, m ),(2m, 2m ),(3m, 3m )共线,易得 S3m=3(S2m-Sm)=210 m 3m 2m
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解法七 令 m=1 得 S1=30,S2=100,得 a1=30,a1+a2=100,∴a1=30,a2=70 ∴a3=70+(70-30)=110 ∴S3=a1+a2+a3=210 答案 210
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12 已知数列{an}是公差为 d 的等差数列,数列{bn}是公比为 q 的(q∈R 且 q≠1)的等比 数列,若函数 f(x)=(x-1)2,且 a1=f(d-1),a3=f(d+1),b1=f(q+1),b3=f(q-1), (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列{cn}的前 n 项和为 Sn ,对一切 n∈N* ,都有

c c1 c2 ? ? ? ? n =an+1 成立,求 b1 b2 bn

n ??

lim

S 2 n ?1 S 2n

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命题意图 本题主要考查等差、等比数列的通项公式及前 n 项和公式、数列的极限, 以及运算能力和综合分析问题的能力 知识依托 本题利用函数思想把题设条件转化为方程问题非常明显,而(2)中条件等式 的左边可视为某数列前 n 项和,实质上是该数列前 n 项和与数列{an}的关系,借助通项与前 n 项和的关系求解 cn 是该条件转化的突破口 错解分析 本题两问环环相扣,(1)问是基础,但解方程求基本量 a1、b1、d、q,计算 不准易出错;(2)问中对条件的正确认识和转化是关键 技巧与方法 本题(1)问运用函数思想转化为方程问题,思路较为自然,(2)问“借鸡生
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9

蛋”构造新数列{dn}运用和与通项的关系求出 dn,丝丝入扣 解 (1)∵a1=f(d-1)=(d-2)2,a3=f(d+1)=d2, ∴a3-a1=d2-(d-2)2=2d, ∵d=2,∴an=a1+(n-1)d=2(n-1); 又 b1=f(q+1)=q2,b3=f(q-1)=(q-2)2,
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b3 ( q ? 2) 2 2 =q ,由 q∈R,且 q≠1,得 q=-2, ? b1 q2
- -1

∴bn=b·qn 1=4·(-2)n (2)令

cn =dn,则 d1+d2+?+dn=an+1,(n∈N*), bn

∴dn=an+1-an=2, ∴

cn 8 - =2,即 cn=2·bn=8·(-2)n 1;∴Sn= [1-(-2)n] bn 3

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S 2 n ?1 1 ? ( ?2) ? S 2n 1 ? ( ?2 ) 2 n

2 n ?1

1 (? ) 2n ? 2 S ? 2 , lim 2 n ?1 ? ?2 1 2n n ?? S 2 n (? ) ? 1 2

13 设 An 为数列{an}的前 n 项和,An=

3 (an-1),数列{bn}的通项公式为 bn=4n+3; 2
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(1)求数列{an}的通项公式; (2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列,证明 数列{dn}的 通项公式为 dn=32n+1; (3)设数列{dn}的第 n 项是数列{bn}中的第 r 项,Br 为数列{bn}的前 r 项的和;Dn 为数列
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{dn}的前 n 项和,Tn=Br-Dn,求 lim
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n ??

Tn (an ) 4

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命题意图 本题考查数列的通项公式及前 n 项和公式及其相互关系;集合的相关概念, 数列极限,以及逻辑推理能力 知识依托 利用项与和的关系求 an 是本题的先决;(2)问中探寻{an}与{bn}的相通之处, 须借助于二项式定理;而(3)问中利用求和公式求和则是最基本的知识点 错解分析 待证通项 dn=32n+1 与 an 的共同点易被忽视而寸步难行; 注意不到 r 与 n 的关 系,使 Tn 中既含有 n,又含有 r,会使所求的极限模糊不清 技巧与方法 (1)问中项与和的关系为常规方法,(2)问中把 3 拆解为 4-1,再利用二项 式定理,寻找数列通项在形式上相通之处堪称妙笔;(3)问中挖掘出 n 与 r 的关系,正确表示 Br,问题便可迎刃而解
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(1)由 An=

3 3 (an-1),可知 An+1= (an+1-1), 2 2

∴an+1-an=

a 3 3 (an+1-an),即 n ?1 =3,而 a1=A1= (a1-1),得 a1=3,所以数列是以 3 an 2 2
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为首项,公比为 3 的等比数列,数列{an}的通项公式 an=3n
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10

(2)∵32n+1=3·32n=3·(4-1)2n =3·[42n+C 1 n ·42n 1(-1)+?+C 2 n ?1 ·4·(-1)+(-1)2n]=4n+3, 2n 2


∴32n+1∈{bn} 而数 32n=(4-1)2n

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=42n+C 1 n ·42n 1·(-1)+?+C 2 n ?1 ·4·(-1)+(-1)2n=(4k+1), 2n 2


∴32n ?{bn},而数列{an}={a2n+1}∪{a2n},∴dn=32n+1 (3)由 32n+1=4·r+3,可知 r=

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, 4 r (7 ? 4r ? 3) 32 n ?1 ? 3 32 n ?1 ? 7 27 27 ? r(2r ? 5) ? ? , Dn ? ? (1 ? 9 n ) ? (9 n ? 1) , ∴Br= 2 4 2 1? 9 8 2 n ?1 2 n ?1 9 ? 4?3 ? 21 27 n ?Tn ? Br ? Dn ? ? (9 ? 1) 8 8 9 11 3 ? ? 34 n ? ? 32 n ? , ( a n ) 4 ? 3 4 n , 8 8 4 Tn 9 ? lim ? 4 n ?? ( a n ) 8 14 设{an}是正数组成的数列,其前 n 项和为 Sn,并且对于所有的自然数 n,an 与 2 的 等差中项等于 Sn 与 2 的等比中项 (1)写出数列{an}的前 3 项 (2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程)
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3

2 n ?1

?3

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a 1 a (3)令 bn= ( n ?1 ? n ) (n∈N*),求 lim (b1+b2+b3+?+bn-n) 2 an a n ?1 n ??
解析 ∴
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(1)由题意,当 n=1 时,有
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a1 ? 2 ? 2a1 ,解得 a1=2 2

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a1 ? 2 ? 2 S1 ,S1=a1, 2 a ?2 ? 2 S 2 ,S2=a1+a2,将 a1=2 代入, 当 n=2 时,有 2 2
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整理得(a2-2)2=16,由 a2>0,解得 a2=6 当 n=3 时,有

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a3 ? 2 ? 2S3 ,S3=a1+a2+a3, 2
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将 a1=2,a2=6 代入,整理得(a3-2)2=64,由 a3>0,解得 a3=10 故该数列的前 3 项为 2,6,10 (2)解法一 由(1)猜想数列{an} 有通项公式 an=4n-2 下面用数学归纳法证明{an}的通项公式是 an=4n-2,(n∈N*) ①当 n=1 时,因为 4×1-2=2,,又在(1)中已求出 a1=2,所以上述结论成立
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②假设当 n=k 时,结论成立,即有 ak=4k-2,由题意,有 2
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ak ? 2 ? 2S k ,将 ak=4k- 2

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代入上式,解得 2k= 2S k ,得 Sk=2k2, 由题意,有

ak ?1 ? 2 ? 2Sk ?1 ,Sk+1=Sk+ak+1, 2

商丘一高高一数学竞赛辅导讲义 f

11

将 Sk=2k2 代入得(

ak ?1 ? 2 2 ) =2(ak+1+2k2), 2

整理得 ak+12-4ak+1+4-16k2=0,由 ak+1>0,解得 ak+1=2+4k, 所以 ak+1=2+4k=4(k+1)-2, 即当 n=k+1 时,上述结论成立 根据①②,上述结论对所有的自然数 n∈N*成立
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an ? 2 1 ? 2S n ,(n∈N*) 整理得,Sn= (an+2)2, 2 8 1 1 由此得 Sn+1= (an+1+2)2,∴an+1=Sn+1-Sn= [(an+1+2)2-(an+2)2] 8 8
解法二
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由题意知

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整理得(an+1+an)(an+1-an-4)=0, 由题意知 an+1+an≠0,∴an+1-an=4, 即数列{an}为等差数列,其中 a1=2,公差 d=4 ∴an=a1+(n-1)d=2+4(n-1),即通项公式为 an=4n-2
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解法三 所以有

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由已知得

an ? 2 ? 2S n ,(n∈N*) 2

①, ②,

an?1 ? 2 ? 2Sn?1 2 S ? Sn ? 2 由②式得 n?1 ? 2S n?1 , 2
整理得 Sn+1-2 2 · Sn?1 +2-Sn=0, 解得 Sn?1 ? 2 ? Sn ,

由于数列{an}为正项数列,而 S1 ? 2 ,? Sn?1 ? Sn ? 2 , 因而 Sn?1 ? 2 ? Sn , 即{Sn}是以 S1 ? 2 为首项,以 2 为公差的等差数列 所以 S n =
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2 +(n-1)

2 = 2 n,Sn=2n2,

?2, (n ? 1) 故 an= ? 即 an=4n-2(n∈N*) S n ? S n?1 ? 4n ? 2, (n ? 2) ?
a 1 a (3)令 cn=bn-1,则 cn= ( n?1 ? n ? 2) 2 an an?1

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1 2n ? 1 2n ? 1 1 1 ? [( ? 1) ? ( ? 1)] ? ? , 2 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1

b1 ? b2 ? ? ? bn ? n ? c1 ? c2 ? ? ? cn
1 1 1 1 1 1 ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? ) ? 1? , 3 3 5 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1
商丘一高高一数学竞赛辅导讲义 f

12

? lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ? n) ? lim (1 ?
n ?? n ??

1 ) ? 1. 2n ? 1

15 已知 Sn=1+

1 1 1 ? +?+ ,(n∈N*),设 f(n)=S2n+1-Sn+1,试确定实数 m 的取值范围,使 2 3 n
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得对于一切大于 1 的自然数 n,不等式 f(n)>[logm(m-1)]2-
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11 [log(m-1)m]2 恒成立 20

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命题意图 本题主要考查应用函数思想解决不等式、数列等问题,需较强的综合分析 问题、解决问题的能力 知识依托 本题把函数、不等式恒成立等问题组合在一起,构思巧妙 错解分析 本题学生很容易求 f(n)的和,但由于无法求和,故对不等式难以处理 技巧与方法 解决本题的关键是把 f(n)(n∈N*)看作是 n 的函数,此时不等式的恒成立 就转化为
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函数 f(n)的最小值大于[logm(m-1)]2- 解
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11 [log(m-1)m]2 20

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1 1 1 (n∈N*) ? +?+ 2 3 n 1 1 1 ? f (n ) ? S 2 n ?1 ? S n ?1 ? ? ??? n?2 n?3 2n ? 1 1 1 1 1 1 2 又f ( n ? 1) ? f ( n ) ? ? ? ? ? ? 2 n ? 2 2n ? 3 n ? 2 2n ? 2 2 n ? 3 2 n ? 4 1 1 1 1 ?( ? )?( ? )?0 2n ? 2 2n ? 4 2n ? 3 2n ? 4
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∵Sn=1+

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∴f(n+1)>f(n) ∴f(n)是关于 n 的增函数 ∴f(n) min=f(2)=

1 1 9 ? ? 2 ? 2 2 ? 3 20

∴要使一切大于 1 的自然数 n,不等式

11 [log(m-1)m]2 恒成立 20 9 11 只要 >[logm(m-1)]2- [log(m-1)m]2 成立即可 20 20
f(n)>[logm(m-1)]2-

?m ? 0, m ? 1 由? 得 m>1 且 m≠2 ?m ? 1 ? 0, m ? 1 ? 1
此时设[logm(m-1)]2=t 则 t>0

11 ?9 ? ?t? 于是 ? 20 20 ?t ? 0 ?

解得 0<t<1

由此得 0<[logm(m-1)]2<1 解得 m>

1? 5 且 m≠2 2

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13

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已知二次函数 y=f(x)在 x=

t2 t?2 处取得最小值- (t>0),f(1)=0 4 2

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(1)求 y=f(x)的表达式; (2)若任意实数 x 都满足等式 f(x)·g(x)+anx+bn=xn+1 , g(x)为多项式,(n∈N*),试用 t 表 示 an 和 bn; (3)设圆 Cn 的方程为(x-an)2+(y-bn)2=rn2,圆 Cn 与 Cn+1 外切(n=1,2,3,?);{rn}是各项都 是正数的等比数列,记 Sn 为前 n 个圆的面积之和,求 rn、Sn
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(1)设 f(x)=a(x-

t?2 2 t ) - ,由 f(1)=0 得 a=1 4 2
2
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∴f(x)=x2-(t+2)x+t+1 (2)将 f(x)=(x-1)[x-(t+1)]代入已知得 (x-1)[x-(t+1)]g(x)+anx+bn=xn+1, 上式对任意的 x∈R 都成立, 取 x=1 和 x=t+1 分别代入上式得
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?an ? bn ? 1 ? 且 t≠0, ? ?(t ? 1)an ? bn ? (t ? 1) n?1 ?
解得 an= [(t+1)n+1-1],bn=

1 t

t ?1 [1-(t+1 ] n) t

(3)由于圆的方程为(x-an)2+(y-bn)2=rn2, 又由(2)知 an+bn=1,故圆 Cn 的圆心 On 在直线 x+y=1 上, 又圆 Cn 与圆 Cn+1 相切,故有 rn+rn+1= 2 |an+1-an|= 2 (t+1)n+1 ? 设{rn}的公比为 q,则

?rn ? rn q ? 2(t ? 1) n?1    ① ? ? n?2 ?rn?1 ? rn?1q ? 2(t ? 1)   ② ?
q=

② ÷ ① 得

rn ?1 2 (t ? 1) n?1 =t+1,代入①得 rn= t?2 rn
∴Sn=π (r1 +r2 +?+rn )=
2 2 2

?r1 (q 2 n ? 1) 2?(t ? 1) 4 2n [(t+1) -1] ? q2 ? 1 t (t ? 2) 3
2

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17 给定有序正数整数组序列: (3,3,3)(4,4,4)(4,5,5)(5,5,5)(6,6, , , , , 6)(6,6,6)(7,7,7)(7,7,7)(7,8,8) , , , , ,---则(2002,2003,2003)是其中 的第 个数组。 解:观察发现,数列前添一个数组(1,2,2)后,则该数列中依次有 1 个 1,2 个 2, 3 个 3, ---2002 个 2002, ---到 (2002, 2003, 2003) 此数列共有 (1+2+3+---+2002+2)? -1 个数组,即 2005005 ? -1=668334 个数组。 延伸: 设数列{bn}是集合{2 +2 +2 |0 ? r<s<t,r,s,t ? Z}中所有的数从小到大排列成的数 列,已知 bk =1160,求 k 0 1 2 解:先研究{bn}的生成过程,b1=2 +2 +2 =7 ? (0,1,2)
t s r

1 3

1 3

商丘一高高一数学竞赛辅导讲义 f

14

b2=2 +2 +2 =11 ? (0,1,3) 0 2 3 b3=2 +2 +2 =13 ? (0,2,3) 1 2 3 b4=2 +2 +2 =14 ? (1,2,3) 0 1 4 b5=2 +2 +2 =19 ? (0,1,4) 0 2 4 b6=2 +2 +2 =21 ? (0,2,4) 1 2 4 b7=2 +2 +2 =22 ? (1,2,4) 0 3 4 b8=2 +2 +2 =25 ? (0,3,4) 将三元有序数组下列方式排成队: (0,1,2) (0,1,3) (0,1,4) (0,1,5)---(0,1,n) (0,2,3) (0,2,4) (0,2,5) --- (0,2,n) (1,2,3) (1,2,4) (1,2,5) --- (1,2,n) (0,3,4) (0,3,5) --- (0,3,n) (1,3,4) (1,3,5) --- (1,3,n) (2,3,4) (2,3,5) --- (2,3,n) 3 7 10 因 1160=2 +2 +2 ,所以 bk=1160 的位置在第 9 列,而前面 8 列共包含的元素数目是 1+ ( 1+2 ) + ( 1+2+3 ) +---+ ( 1+2+---+8
0 1 3



=1 ?

3? 2 4 ? 3 9?8 2 2 ? ????? ? C2 ? C32 ? ? ? ? ? C10 ? 120 2 2 2

再将第 9 列拆开,即 (0,1,10) (0,2,10) (0,3,10) (0,4,10)---(0,7,10)--(1,2,10) (1,3,10) (1,4,10)---(1,7,10)--(2,3,10) (2,4,10) --- (2,7,10) --(3,4,10) --- (3,7,10) --可见(3,7,10)是第 9 列的第(1+2+---+6)+4=25 个数,故 k=120+25=145. 18 如果能够在右边的 5 ? 5 正方形的 21 个空格中填入一个正整数,使得每一行和每一 列的数都成等差数列,那么表有*号的空格应填的数是——。 * 解:记第 i 行、第 j 列交叉处的数为 aij,设 a52=x,a41=y, 74 2 y ? 186 则 a53=2x,a31=2y,从而 a33=2 ? 103-2x= ,得 2x+y=113 186

2

又 a23=2 ? 74-3y=(2y+186)-103,得 y=13,代入(1),x=50 所以 a54=3x=150,a34=

103

0 a33 ? 186 =146,故 a14=2a34-a54=142. 2 19 对于公差为 d(d ? 0)的等差数列,求证:数列中不同两项之和仍是这个数列中一项

的充要条件是存在整数 m ? -1,使 a1=md. 证明:必要性:任取等差数列{an}中不同的两项 as,at 。若存在 k,使 as+at=ak ,则 2a1+(s+t-2)d=a1+(k-1)d,得 a1=(k-s-t+1)d。故存在整数 m=k-s-t+1,使 a1=md。下面证明 m ? -1,用反证法。 若 对 m<-1 , 则 取 p=-m ? 2 。 对 不 同 的 两 项 a1,ap, 存 在 al , 使 a1+ap=al 。 即 2md+(-m-1)d=md+(l-1)d,得 ld=0。但 l>0,d 不等于 0,矛盾!故 m ? -1。 充分性:若存在 m ? -1,使 a1=md,对不同的正整数 s,t 有 s+t ? 3,得 s+t+m ? 2,且 as+at=2a1+(s+t-2)d=a1+(m+s+t-2)d=am+s+t-1。即存在第 m+s+t-1 项,恰等于 as+at。 综上,命题得证。 2 2 20 给定正整数 n 和正数 M,对于满足条件 a1 +an+1 ? M 的所有等差数列 a1,a2,---,试求 S=an+1+an+2+---+a2n+1 的最大值。
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15

解:设等差数列的公差为 d,an+1=a,则 S=an+1+an+2+---+a2n+1=(n+1)a+n(n+1)d/2

n S 2S ?a ? d ? 即nd = ? 2a, 2 n ? 1, n +1
2 2 ? a1 ? a n ?1 ? (a ? nd) 2 ? a 2 ? (3a ?

2S 2 ) ? d2 n ?1 2 12aS 4S 3S 2 4S2 18S2 2 ? 10a ? ? ? 10[a ? ] ? ? n ? 1 (n ? 1) 2 5(n ? 1) (n ? 1) 2 5(n ? 1) 2 3S 2 2S2 ? 10[a ? ] ? ?M 5(n ? 1) 5(n ? 1) 2

2S2 5M ? ? M ? S2 ? (n ? 1) 2 2 5(n ? 1) 2 ?S ? 10M 10M (n ? 1),? Smax ? (n ? 1) 2 2 3S 3 10M 2 10M 此时a ? ? .(d ? ) 5(n ? 1) 10 5n
2

21 n (n ? 4) 个正数排成 n 行 n 列, a11 a12 a13 a14 --- a1n a21 a22 a23 a24 --- a2n a31 a32 a33 a34 --- a3n a41 a42 a43 a44 --- a4n -----an1 an2 an3 an4 --- ann 其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并所有公比相等,已知 a24=1,a42=1/8,a43=3/16,求 a11+a22+---+ann. 解:设第一行数列的公差为 d,各列数列公比为 q,

? 2a 43 ? a 42 ? a 44, ? a 44 ? 2a 43 ? a 42 ? 2 ? 又 ? a 44 ? a 24 ? q 2 ? q 2 ,? q ? ?{
1 a 24 ? a14 q ? (a11 ? 3d)? ?1 2 1 1 a 42 ? a12 q 3 ? (a11 ? d)( )3 ? 2 8

3 1 1 ? ? 16 8 4

1 2

?{

a11 ? d= 1 2

1 2

对任意k ? N, 有a kk ? a1k ? q k ?1 ? [a11 ? (k ? 1)d]q k ?1 , 即a kk ? k 1 2 n .设S=a11 +a 22 +---+a kk,则S= + 2 +---+ n , k 2 2 2 2 n +2 用错位相减法易得S= 2- n . 2
22 已知数列为 a1=3,an+1=(an-1) +1,求证:
2 2 2

?a
k ?1

n

k

? 22

n

证明:由 an+1=(an+1) +1 得 an+1-1=(an-1) 迭代,

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16

a n ? 1 ? (a n ?1 ? 1) 2 ? [(a n ?2 ? 1) 2 ]2 ? (a n ?2 ? 1) 4 ? (a n ?2 ? 1) 2 ? [(a n ?3 ? 1) 2 ]4 ? (a n ?3 ? 1) 2 ? ? ? ? ? a1 ? 1) 2 (
3 n ?1

2

? 22 . ? a n ? 22 ? 1.从而得? a k ? a1a 2 ? ? ? a n
n ?1

n ?1

n

k =1

? (2 ? 1)(2 ? 1)(2 ? 1) ? ? ? (22 ? 1)
2 4

n ?1

? 22 ? 1<22
n

n

1 (1 ? 4a n ? 1 ? 24a n )(n ? 1) 求 an 16 1 2 (b n ? 1) ,且 bn>0,代入递推关系,得 解:令 bn ? 1 ? 24a n ,则 a n ? 24
23 已知数列{an},a1=1,且 an+1=

1 2 1 1 2 (b n ?1 ? 1) ? [1 ? 4 ? (b n ? 1) ? b n ] 24 16 24 2 2 整理得4b n+1 ? b n ? 6b n ? 9 即(2b n ?1 ) 2 ? (b n ? 3) 2 ,? 2b n ?1 ? b n ? 3, 即2(b n +1 ? 3) ? b n ? 3, ? b n ?1 ? 3 1 ? bn ? 3 2

1 故{b n -3}为等比数列,且公比q = ,首项b1 -3= 1+24a1 -3=2 2 1 1 ? b n -3= 2 ?( )n -1 ,从而b n =3+2 ?( )n -1 2 2 1 2 1 故a n ? (b n ? 1), 即a n ? [(3 ? 22? n ) 2 ? 1] 24 24
延伸:在整项数列{an}中,a1=10,ak+1=10 a k 求通项公式 an

1 1 b k ? 1 ,于是 b k ?1 ? 2 ? (b k ? 2), 且 b1-2=-1 2 2 1 1 ?{bk ? 2} 是以-1 为首相的等比数列。从而 b n ? 2 ? (?1) ? ( ) n ?1.? b n ? 2 ? ( ) n ?1 , 2 2
解:设 bk ? lg a k ,则 b k ?1 ? 从而 a n ? 10
1 2?( )n ?1 2

.

24 求数列 a0=1,a1=2,an+1=4an+5an-1 的通项。 2 2 解:构造方程 x =4x+5,即 x -4x-5=0,得 x=-1 或 5. 改写:an+1+an=5(an+an-1), (1) an+1-5an=-(an-5an-1), (2) n 由(1)得 an+1+an=(a1+a0)5 , (3) n 由(2)得 an+1-5an=(a1-5a0)(-1) , (4) n n 由(3)(4)得 an=[(a1+a0)5 -(a1-5a0)(-1) ]/6, n n 即 an=[3 ?5 +3(-1) ]/6
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17

点评: 一般对二阶常系数线性奇次递推式 xn+2=pxn+1+qxn(p,q 为常数,q ? 0), *) x =px+q ( 称 谓(*)的特征方程,其根叫特征根,该数列{xn}由初始值 x1,x2 及递推式(*)确定。若(*) n n 的特征方程有两个不等特征根α ,β , 则其通项为 xn=Aα +Bβ , 其中 A,B 为初始值所确定的 n n 待定常数;若(*)的特征方程有两相等的特征根α ,则其通项为 xn=Aα +B(n-1) α ,其中 A、B 为初始值所确定的待定常数。上述确定数列通项公式的方法为特征根法. 延伸:设 a0=0,a1=1,an+1=4an-4an-1,求 2 2 解:特征方程为 x =4x-4,即 x -4x+4=0 n n-1 特征根:x=2,所以 an=A2 +B(n-1)2 ,又 a0=0,a1=1,
2

?{

1 A? B ? 0 2 2 A?1

?{

1 2 B ?1 ,从而 A?

1 an ? ? 2n ? (n ? 1) ? 2n ?1 ,即 an=n2n-1. 2

25 数列定义如下:a1=2,a2=3
? 1 ? 2 ?a {a2 m??a2am?m ?22am?1?(2mm1)2) ,试求通项 an. (n ? 1). a2 m 1 2m ( ?

解:由 a2m+1=a2m+a2m-1,得 a2m=a2m+1-a2m-1.代入 a2m=a2m-1+2a2m-2, 有 a2m-1-a2m-1=a2m-1+2(a2m-1-a2m-3),即 a2m+1=4a2m-1-2a2m-3, 记 bm=a2m-1,则 bm+1=4bm-2bm-1(b1=2,b2=5) 其特征方程 x =4x-2 的根为 2+ 2 ,2- 2 .设 bm=A(2+ 2 ) +B(2- 2 ) ,代入 b1,b2,得
2 ? A(2 ? {5? A(2?
2 m m

1 1 (3 ? 2), B ? (3 ? 2) 4 4 1 1 m m 故 a2 m ?1 ? bm ? (3 ? 2)(2 ? 2) ? (3 ? 2)(2 ? 2) ( m ? 1) 4 4
2 ) ? B (2 ? 2 ) 2 )2 ? B (2 ? 2 )2

解得 A=





















1 1 a2 m ? a2 m?1 ? a2 m?1 ? (1 ? 2 2)(2 ? 2) m ? (1 ? 2 2)(2 ? 2) m ( m ? 1) 4 4 ? an ? {
1 1 (1? 2 2 )(2 ? 2 )m ? (1? 2 2 )(2 ? 2 ) m ( n ? 2 m ) 4 4 1 1 (3? 2 )(2 ? 2 )m ? (3? 2 )(2 ? 2 ) m ( n ? 2 m ?1) 4 4

.

点评:有的递推数列不时有一个线性递推式给出,而是有双重的递推式关系式给出,求 解时,不能直接应用特征根法,但可变形为奇或偶子数列的递推式后再应用。 延伸:设 a,b.c 为正数,三个数列{x1,x2,---},{y1,y2,---}及{z1,z2,---},定义如 下:x1=a,y1=b,z1=c,且 {
1 xn?1 ? ( yn ? zn ? xn ) 2 。若这三个数列的各项均为正的, 1 1 yn?1 ? ( zn ? xn ? yn ), zn?1 ? ( xn ? yn ? zn ) 2 2

求证:a=b=c. 解:消 yn,zn 得 xn+1=(xn-1-xn)/2,即 2xn+1+xn-xn-1=0,2xn+2+xn+1-xn=0. 2 特征方程为 2x +x-1=0 特征根是 1/2,-1

?{

1 xn ?c1 ( )n ? c2 ( ?1)n 2 1 1 x1 ? a , x2 ? ( y1 ? z1 ? x1 ) ? ( b ? c ? a ) 2 2



{

1 c1 ( )1 ? c2 ( ?1)1 ? a 2 1 1 c1 ( )2 ? c2 ( ?1)2 ? ( b ? c ? a ) 2 2



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18

{

2 c1 ? ( a ? b ? c ) 3 1 c2 ? ( b ? c ? 2 a ) 3

1 a?b?c b ? c ? 2a ( ) ? (?1) n ? , n ?1 2 3 3 1 b ? c ? 2a 当n ? ?时,( )n -1 ? 0,要x n >0,必 =0 2 3 ? b+c=2a,同理a +c=2b,a +b=2c.故a =b=c. ? xn ?
26 已知数列{an}满足 an =an+1an-1(n≥1),且 a1= 2 ,则与 a 2005 最接近的自然数是— —. 解:变形 a n ?1 ?
2004 1 1 1 2 2 ? a n ,得 a 2 ?1 ? a n ? 2 ? 2 ,于是 a 2 ? a1 ? 2 ? 2004 ? ? 2 n 2005 an an n ?1 a n
2

?a1 ? 2 且 a n ?1 ? a n ?

1 ? 0 ,即{an}递增, an

1 2004 1 1 1 ? 632 ? a 2 ? 2 ? 2 ? 2004 ? ? ? 2 ? 2 ? 2 ? 2004 ? ? ? 2003 2005 2 n=2 a n 2 4 =4511.25<4624=682
从而 a 2005 ? 8. 27 数列{an}中,a1=1,a2=2,a3=-4,an=an+1-an+2+an+3,则 a1+a2+---+a2002=_ 解: 反复递推, 发现an+4=an, 且a4k+1+a4k+2+a4k+3+a4k+4=-6 k ? N ) ( 又2002=4 ? 500+2,所以a1+a2+―――+a2002=500 ?(-6)+ a1+a2=-2997 28 数列{an}按下列条件给出:a1=2,an+1=an+2 (当为奇数时),an+1=2an(当时偶数时),则 a2002=_ 解:由已知条件可得,当n为偶数时,有an+2=an+1+2=2an+2,从而 an+2+2=2an+4=2(an+2) ,所以{an+2} (n为偶数)是以2为公比 1000 的等比数列,且其首项a2+2=6,故a2002+2=6 ? 2 , 1001 从而a2002=3 ? 2 -2 29 已知 x1 ? 3, x n ?1 ?

2x n , 则数列{xn}的通项 xn=_ 1? x2 n







yn ? arctan x n





tan yn ? x n



tan yn ?1 ?

? 2 tan yn ? tan 2yn ,? yn ?1 ? 2yn 即{yn}是等比数列,所以 y n ? ? 2n ?1 , 2 3 1 ? (tan yn )
2n ?1? . 3

从而 x n ? tan

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19

30 已知 x1 ? 1, x 2 ? 2, x n ?2 ?

2x n x n ?1 ,试求 xn x n +x n ?1 1 1 1 1 1 1 , ? ? ? ? , 令 yn ? 2 x n ?1 2 x n xn

解:递推式两边取倒数,得

x n ?2

则 yn ?2 ?

1 1 1 y n ?1 ? y n ,变形, y n ? 2 ? y n ?1 ? ? (y n ?1 ? y n ) , 2 2 2

1 1 y n ? 2 ? y n ?1 ? ? (y n ?1 ? y n ) ? (? ) 2 (y n ? y n-1 ) 2 2 迭代,得 1 n ? ? ? ? ? (? ) (y 2 ? y1 ). 2

y n ? (y n ? y n-1 ) ? (y n-1 ? y n-2 ) ? ? ? ? ? (y 2 ? y1 ) ? y1
于是 ? (? )

1 n ?1 1 1 ? (? ) n ? 2 ? ? ? ? ? (? ) ? 1 2 2 2 2 1 1 ? ? (? ) n ?1 3 3 2

从而 x n ?

3 1 2 ? (? )n ?1 2

.

31 各项都是正数的数列{an}中, 若前 n 项和 Sn 满足 2Sn ? a n ? 式 an 解:当n=1时,由2S1= a1 ?

1 , 求此数列的通项公 an

1 2 ,得 a1 ? 1 ,a1=1; a1 1 2 2 ,?Sn ? Sn-1 ? 1, Sn ? Sn-1

当 n ? 2 时,an=Sn-Sn-1,? 2Sn ? Sn ? Sn-1 ?

2 即 {S2 } 使等差数列.?S2 ? S1 ? (n ?1) ? n,?Sn ? n. n n

从而 a n ? n ? n-1(n ? 2) ,又当n=1时,a1=1满足此式

?a n ? n ? n-1(n ? N)
32 数列{an}中,a1=1,a2=2,an+2=5an+1-6an+2,求通项 an 解;令bn=an+t得an=bn-t代入,有bn+2-t=5bn+1-5t-6bn+6 t+2,bn+2=5bn+1-6bn+2t+2令t=-1 2 得bn+2=5bn+1-6bn特征方程为x -5x+6=0,特征根为2,3

?bn ? ? ? 2n ? ? ? 3n .

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20

当n=1时 b1 ? 2? ? 3? ? a1 ?1 ? 0 , 当n=2时 b2 ? 4? ? 9? ? a 2 ?1 ? 1, 解得 ? ? ?

1 1 1 1 , ? ? ,? b n ? ? ? 2n ? ? 3n , 2 3 2 3
n-1

从而an=bn-t=3

-2

n-1

+1

33 设数列{an}的项由初始值 a0=1/3,递推式 an ? 数列{an}是递增数列。

1 ? an ?1 (n=1,2,…)确定,求证: 2

证明:易知 0<an<1(n=0,1,2,---) 令 an=cosα n, α n∈(0,

? ), 2

1 ? cos ? n ?1 ? ? ? cos n ?1 ,?? n ? n ?1 . 2 2 2 1 1 由已知? a0 ? cos ? 0 ? ,? a0 ? arccos , 3 3 ?{? n } an ? cos ? n ?
是以为 arccos

?n ?

?0
2
n

1 首项,1/2 为公比的等比数列, 3

, 从 而 an ? cos ? n ? cos

?0
2
n

,? 0 ?

?0
2
n

?

?0
2
n ?1

?

?
2

0 n?2

? ????

?
2

0

? ?0 ?

?
2

,

且 y=cosx 在 (0,

?
2

) 为递减数列,

? cos

?0
2
n

? cos

?0
2
n ?1

? ? ? ? ? cos

?0
2

? cos ? 0 .

即 an>an-1>--->a1>a0 故{an}是递增数列 点评: 通过三角换元, 揭示数列的内在特征, 借助三角函数的性质, 凸现出数列的性质, 深化对数列的理解。 延伸:给定数列{an},且 xn ?1 ?

xn ? (2 ? 3) 求 x1001-x401 的值。 1 ? xn (2 ? 3)

解:容易观察递推式与 tan(? ? ? ) ?

tan ? ? tan ? 的结构相同。 1 ? tan ? tan ?
元 :









xn ? t

?n a

又n

,

tan150 ? 2 ? 3,? xn?1 ? tan ? n?1 ?

tan ? n ? tan150 ? tan(? n ? 150 ). 0 1 ? tan ? n tan15
0

从而 xn?12 ? tan ?n?12 ? tan(?n ? 180 ) ? tan ?n ? xn . 数列{xn}是以 12 为周期的周期数列,? x1001 ? x401 ? 0.
商丘一高高一数学竞赛辅导讲义 f 21

34 数列{xn}定义如下:x1=1/2,xn+1=xn +xn,求 S ?
2

1 1 1 得整 ? ????? 1 ? x1 1 ? x2 1 ? x2003
1 2 及 xn?1 ? xn ? xn , , 2

数部分. 解:由已知,对任意 n ? N * , 均有 xn>0 成立。由 x1 ? 可知 x2 ?

3 21 , x3 ? ? 1 ,从而用数学归纳法易证得:当 n ? 3 时,有 xn ? 1 。于是, 4 16

2 对 xn?1 ? xn ? xn , 应 用 取 倒 数 变 换 , 得

1 1 1 1 ? ? ? , 即 xn ?1 xn ( xn ? 1) xn xn ? 1

1 1 1 ? ????? 1 ? x1 1 ? x2 1 ? x2003 ?(

1 1 1 ? ? , 从而 1 ? xn xn xn?1

1 1 1 1 1 1 ? )?( ? )?????( ? ) x1 x2 x2 x3 x2003 x2004

?

1 1 1 1 ? ? 2? .? x2004 ? 1,? 0 ? ?1 x1 x2004 x2004 x2004 1 1 1 ? ????? 1 ? x1 1 ? x2 1 ? x2003

?S ?

的正数部分为 1。 35 整数数列{an},对于每个 n>2 都有 an=an-1-an-2,若前 2003 项的和为 a(a ? 0),则 S5 等于( ) A a B a/5 C 5/a D 5a 解:易证{an}是以 6 为周期的周期数列,且 2003=6 ? 333+5,S5=S2003=a,故选 A 36 给定数列{xn},x1=1 且 xn ?1 ? A.0 B .1

3 xn ? 1 ,则 x1999-x601=( 3 ? xn
C.2 D.3

)

? 解:令 xn=tanα n,得 xn+1= tanα n+1=tan(α n+ ),? xn?6 ? xn 即{xn}以 6 为周期。且 6 1999=333 ? 6+1,601=100 ? 6+1,知 x1999-x601=0 故选 A
37 设 f1 ( x ) ? A, ? 解

2 f (0) ? 1 ,定义 f n?1 ( x) ? f1[ f n ( x)] ,且 an ? n 则 a100=( 1? x f n (0) ? 2
B. ? 有

)

1 2101
;

1 2100


C.

1 2101


D.

1 2100



f1(0)=2,

f n ?1 (0) ?

2 , 1 ? f n (0)



an ?

f n (0) ? 1 f (0) ? 1 1 1 f (0) ? 1 1 1 1 ? ? ? n?1 ? ? an?1 , 且 a1 ? 1 ? , an ? (? )n?1 , f n (0) ? 2 2 f n?1 (0) ? 2 2 f1 (0) ? 2 4 4 2

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22

从而 a100 ? ( ? )

1 2

101

,故选 A。

38 已知周期数列{xn}满足 xn=∣xn-1-xn-2∣(n ? 3),若 x1=1,x2=a ? 0 则当该数列的周期最 小时,数列的前 2002 项的和是( ) A.2002 B.1335 C.1949 D.1428 解: 设数列{xn}的周期 T,T ? 1,T ? 2 为若 T=2 则 x3=∣a-1∣=1 得 a=0,或 2. 由 x4=∣x3-x2 ∣=∣1-a∣=a, a=1/2,与 a=0 或 2 矛盾, T ? 3.故 T=3 时由 x4=∣∣a-1∣-a∣=1,得 a=1, 得 故 或 a=0. 由 x5= ∣ 1- ∣ a-1 ∣ ∣ =a, 得 0 ? a ? 1 故 a=0 或 1 。 此 时 , 数 列 {xn} 分 别 为 1,0,1,1,0,1,---或 1,1,0,1,1,0,---.故 S2002=2 ? 667+1=1335.故选 B 39 设 数 列 a1,a2,---,an , --- 满 足 a1=a2=1,a3=2 , 且 对 任 意 自 然 数 n , 都 有 anan+1an+2 ? 1,anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3,则 a1+a2+---+a100 的值是--解 : anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3,an+1an+2an+3an+4=an+1+an+2+an+3+an+4, 两 式 相 减 , 得 (an+4-an)(an+1an+2an+3-1)=0 由条件,得 an+4=an,又 a1=a2=1,a3=2,a4=4,得 a1+a2+---+a100=200 40 已知数列{an}的各项均为整数,且有(n-1)(an+1+2)=(n+1)an,( n ? N ),如果 a2005 是
*

7 的倍数,an=An +Bn+C( n ? N ),则最小的正整数 A=——
2

*













an ?1 ?

n ?1 an ? 2, n ?1



bn ?

1 an (n ? 1) n ?1





nbn+1=(n+1)bn-2,n(bn+1-2)=(n+1)(bn-2).所以

bn?1 ? 2 n ? 1 ,则有 ? bn ? 2 n

bn ? 2 b ?2 3 n bn?1 ? 2 n ? 1 ? , ? , ? ? ?, 3 ? bn?1 ? 2 n ? 1 bn?2 ? 2 n ? 2 b2 ? 2 2.
将这 n-2 个式子相乘得

1 bn ? 2 n an ,知 b2=a2. ? ,由 bn ? n ?1 b2 ? 2 2

于 是 bn ?

a2 a n ? n ? 2, an ? (n ? 1)( 2 n ? n ? 2) , 由 于 an ? Z , 则 a2 是 偶 数 , 设 2 2

a2=2m(m ? Z),则 an=(n-1)(mn-n+2),a2005=2004(2005m-2003),又 a2005 是 7 的倍数,令 k=286, 2 2 则 a2005=(7k+2)[(7k+3)m-(7k+1)]=(49k +35k+6)m-(49k +21k+2)于是 6m-2 是 7 的倍数,所 2 以最小正整数 m=5.此时 6m-2=28,an=(n-1)(5n-n+2)=4n -2n-2,,所以,最小正整数 A=4.
n?1 41 设数列{an}和{bn}满足 a0=1,b0=0,且 {bn?1 ?8ann?7bnn ?4 (n ? N )

a

?7 a ?6b ?3

试证:an 是完全平方数。 解:由已知条件和递推式,易求出 a1=4,b1=4,且当 n ? 1 时, (2an+1-1)+ 3 bn+1=(14an+12bn-7)+ 累次迭代, 得(2an-1)+ 偶式: (2an-1)-

3 (8an+7bn-4)=(7+4 3 )(2an-1+ 3 bn)
可得对 3 b1]=(7+4 3 )n 类似得,

3 bn=(7+4 3 )n-1[(2a1-1)+

3

bn=(7-4

3

),

n



















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23

1 1 1 (7 ? 4 3) n ? (7 ? 4 3) n ? , 4 4 2 1 1 ? 7 ? 4 3 ? (2 ? 3) 2 ,? an ? [ (2 ? 3) n ? (2 ? 3) n ]2 . 2 2 an ?
应用二项式定理,得 cn ?

1 1 2 (2 ? 3)n ? (2 ? 3)n ? ? Cn k ? 3k ? 2n?2 k 2 2 0? 2 k ? n

显然 cn 是整数,故知 an 一定是完全平方数 42 数 列 a0,a1,a2,--和 b0,b1,b2,--定 义 如 下 :

a0 ? bn ?1 ?

2 2 2 , an ?1 ? 1 ? 1 ? an , b0 ? 1, 2 2
2 1 ? bn ? 1

bn

求证:对每一个( n ? N ,)均有 2n?2 an ? ? ? 2n?2 bn 解:采用三角换元。由 a0 ?

? 2 ? ? sin 2 , 可设 an ? sin n ? 2 ,代入递推关系式, 2 2 2

有 an ?1 ?

? 2 ? ? 1 ? cos n? 2 ? sin n?3 ,从而 an ? sin n ? 2 。类似地,可求得 2 2 2 2

bn ? tan

?
2
n?2

. 当 0<x<

? ? ? ? 时,有 sinx<x<tanx,? sin n ? 2 ? n ? 2 ? tan n ? 2 2 2 2 2

故 2n?2 an ? ? ? 2n?2 bn 43 已 知 a1=1,a2=3,an=4an-1-an-2 (n > 2),b1=1,b2=3, bn ?
2 bn?1 ? 2 (n ? 3) , bn?2

c1=1, cn ?1 ? 2cn ? 3cn ? 2 求证:对一切正整数 n 有 an=bn=cn.
2

解:

? bn ?

2 bn ?1 ? 2 ,? bn ? bn ? 2 ? bn2?1 ? 2, bn ? 2

2 ? bn ?1 ? bn ?3 ? bn ? 2 ? 2, (n ? 4),

两式相减,得 bnbn?2 ? bn?1bn?3 ? bn?1 ? bn?2,
2 2

bn?2 (bn ? bn ?2 ) ? bn ?1 (bn ?1 ? bn ?3 ),


?

bn ? bn ?2 bn ?1 ? bn ?3 b ?b ? ? ??? ? 4 2 . bn ?1 bn ?2 b3

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24

又 b1=1,b2=3 时, b3 ?

2 b2 ? 2 b ? bn-2 b4 ? b2 b2 ? 2 ? ? 4. ? 11, b4 ? 3 ? 41, ? n ? 4时, n bn-1 b3 b1 b2



b3 ? b1 b ? bn ?2 ? 4 ,? n ? 3 时, n ? 4, 即 bn=4bn-1-bn-2,且 a1=b1=1,a2=b2=3,?a n ? bn . b2 b n ?1
2 对 cn ?1 ? 2cn ? 3cn ? 2, ,移项平方,得 (cn ?1 ? 2cn )2 ? 3cn ? 2,
2

2 即 c2 ?1 ? 4cn ?1 ? cn ? c2 ? ?2.?c2 ? 4cn ? cn-1 ? cn-1 ? ?2. 两式相减,得 n n n
2 c2 ?1 ? 4cn ?1cn ? 4cn cn-1 ? cn ?1 ? 0 n

? (cn ?1 ? cn-1 )(cn ?1 ? cn-1 ? 4cn ) ? 0.


cn ?1 ? 2cn ? cn ,? cn ?1 ? cn ? 0,

? cn ?1 ? 4cn ? cn ?1 (n ? 3).
2

又 c1 ? a1 ? 1, c2 ? 2c1 ? 3c1 ? 2 ? 3 ? a 2 ,? c n ? a n, 从而 an=bn=cn。 [练习] 1.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a3=12,S12>0,S13<0. (1)求公差 d 的取值范围; (2)指出 S1、S2、…、S12 中哪一个值最大,并说明理由. 2.已知数列{an}为等差数列,公差 d≠0,由{an}中的部分项组成的数列 a b1 ,a b2 ,…,a bn ,…为等比数列,其中 b1=1,b2=5,b3=17.求数列{bn}的通项公式; 3.{an}为等差数列,公差 d≠0,an≠0,(n∈N*),且 akx +2ak+1x+ak+2=0(k∈N*) (1)求证:当 k 取不同自然数时,此方程有公共根;
2

(2)若方程不同的根依次为 x1,x2,…,xn,…,求证:数列 列.

1 1 1 , ,?, x1 ? 1 x2 ? 1 xn ? 1

为等差数

4.数列{an}满足 a1=2,对于任意的 n∈N*都有 an>0,且(n+1)an +an·an+1-nan+1 =0,又知 n-1 数列{bn}的通项为 bn=2 +1. (1)求数列{an}的通项 an 及它的前 n 项和 Sn; (2)求数列{bn}的前 n 项和 Tn; (3)猜想 Sn 与 Tn 的大小关系,并说明理由. 5.数列{an}中,a1=8,a4=2 且满足 an+2=2an+1-an,(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求 Sn;

2

2

(3)设 bn=

1 n (12 ? a n )

(n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整数 m,使得对

m 任意 n∈N*均有 Tn> 32 成立?若存在,求出 m 的值;若不存在,说明理由.
商丘一高高一数学竞赛辅导讲义 f 25

6.已知数列{bn}是等差数列,b1=1,b1+b2+…+b10=145. (1)求数列{bn}的通项 bn;

(2)设数列{an}的通项 an=loga(1+

1 bn

)(其中 a>0 且 a≠1),记 Sn 是数列{an}的前 n 项和,

1 试比较 Sn 与 3 logabn+1 的大小,并证明你的结论.
7. 设数 列 {an} 的 首项 a1=1 , 前 n 项 和 Sn 满 足关系 式 : 3tSn - (2t+3)Sn - 1=3t(t > 0,n=2,3,4…). (1)求证:数列{an}是等比数列;

(2)设数列{an}的公比为 f(t),作数列{bn},使 b1=1,bn=f( {bn}的通项 bn; (3)求和:b1b2-b2b3+b3b4-…+b2n-1b2n-b2nb2n+1. 参考答案

1 bn ?1

)(n=2,3,4…),求数列

? ?a3 ? a1 ? 2d ? 12, ? 12 ? 11 ? d ?0 ?S12 ? 12a1 ? 2 ? 13 ? 12 24 ? ?S13 ? 13a1 ? 2 d ? 0 ? 1.(1)解: 依题意 解之得公差 d 的取值范围为- 7 <d<-3. (2)解法一:由 d<0 可知 a1>a2>a3>…>a12>a13,因此,在 S1,S2,…,S12 中 Sk 为最大值的

条件为: k≥0 且 ak+1<0,即 a

?a3 ? (k ? 3)d ? 0 ? ?a3 ? (k ? 2)d ? 0

∵a3=12,∴

?kd ? 3d ? 12 ? ?kd ? 2d ? 12

12 , ∵d<0,∴2- d <

7 12 24 12 k≤3- d ∵- 7 <d<-3,∴ 2 <- d <4,得 5.5<k<7.
因为 k 是正整数,所以 k=6,即在 S1,S2,…,S12 中,S6 最大. 解法二:由 d<0 得 a1>a2>…>a12>a13,因此,若在 1≤k≤12 中有自然数 k,使得 ak≥0, 且 ak+1<0,则 Sk 是 S1,S2,…,S12 中的最大值.由等差数列性质得,当 m、n、p、q∈N*,且

2 1 m+n=p+q 时,am+an=ap+aq.所以有:2a7=a1+a13= 13 S13<0,∴a7<0,a7+a6=a1+a12= 6 S12>0,∴a6≥
-a7>0,故在 S1,S2,…,S12 中 S6 最大. 解 法 三 : 依 题 意 得 :

n d Sn ? na1 ? (n ? 1)d ? n(12 ? 2d ) ? (n2 ? n) 2 2

d 1 24 d 24 1 24 24 ? [n ? (5 ? )]2 ? (5 ? ) 2 ,? d ? 0,?[n ? (5 ? )]2 2 2 d 8 d 2 d 最小时,Sn 最大;∵- 7 <d

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1 1 24 24 <-3,∴6< 2 (5- d )<6.5.从而,在正整数中,当 n=6 时, [n- 2 (5- d )]2 最小,
所以 S6 最大. 2 2 2 2.解:由题意知 a5 =a1·a17,即(a1+4d) =a1(a1+16d) ? a1d=2d ,

∵d≠0,∴a1=2d,数列{

abn

}的公比 q=

a5 a1 ? 4d ? a1 a1

=3,



abn

=a1·3

n-1





abn

bn ? 1 a1 =a1+(bn-1)d= 2 ②

bn ? 1 n-1 由①②得 a1·3 = 2 ·a1.∵a1=2d≠0,∴bn=2·3 -1.
n-1

3. 证 明 : (1 ) ∵ {an} 是等 差 数 列 , ∴ 2ak+1=ak+ak+2, 故 方 程 akx +2ak+1x+ak+2=0 可 变 为 (akx+ak+2)(x+1)=0,∴当 k 取不同自然数时,原方程有一个公共根-1.

2

?
(2)原方程不同的根为 xk=
? ? a 1 ?? k , xk ? 1 2d 1 xk ?1 ? 1 ?

ak ? 2 a ? 2d 2d ?? k ? ?1 ? ak ak ak

a a a ? ak ?1 ? d 1 1 ? ? k ?1 ? (? k ) ? k ? ? ? (常数) xk ? 1 2d 2d 2d 2d 2

?{

1 1 }是以 ? 为公差的等差数列 . xk ? 1 2

4.解:(1)可解得

an?1 n ? an n ?1

,从而 an=2n,有 Sn=n +n,

2

(2)Tn=2n+n-1. 2 (3)Tn-Sn=2n-n -1,验证可知,n=1 时,T1=S1,n=2 时 T2<S2;n=3 时,T3<S3;n=4 时, 2 T4<S4;n=5 时,T5>S5;n=6 时 T6>S6.猜想当 n≥5 时,Tn>Sn,即 2n>n +1 可用数学归纳法证明(略). 5.解:(1)由 an+2=2an+1-an ? an+2-an+1=an+1-an 可知{an}成等差数列,?

a4 ? a1 d= 4 ? 1 =-2,∴an=10-2n.
(2)由 an=10-2n≥0 可得 n≤5,当 n≤5 时,Sn=-n +9n,当 n>5 时,Sn=n -9n+40,故
2 2

?? n 2 ? 9 n ? ? 2 ? S = ?n ? 9n ? 40
n

1? n ? 5 n?5

(3)bn=

1 1 1 1 1 ? ? ( ? ) n(12 ? an ) n(2n ? 2) 2 n n ? 1

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1 1 1 1 1 1 n m ?Tn ? b1 ? b2 ? ? ? bn ? [(1 ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )] ? 2 2 2 3 n n ?1 2(n ? 1) ;要使 Tn> 32

1 m 总成立,需 32 <T1= 4 成立,即 m<8 且 m∈Z,故适合条件的 m 的最大值为 7.
?b1 ? 1 ? ? 10(10 ? 1) d ? 145 ?10b1 ? 2 ? 6.解:(1)设数列{bn}的公差为 d,由题意得: 解得 b1=1,d=3,
∴bn=3n-2.

1 1 (2)由 bn=3n-2,知 Sn=loga(1+1)+loga(1+ 4 )+…+loga(1+ 3n ? 2 ) 1 1 1 3 =loga[(1+1)(1+ 4 )…(1+ 3n ? 2 )] 3 logabn+1=loga 3n ? 1 . , 1 1 1 3 因此要比较 Sn 与 3 logabn+1 的大小,可先比较(1+1)(1+ 4 )…(1+ 3n ? 2 )与 3n ? 1 的大
小,
3 取 n=1 时,有(1+1)> 3 ? 1 ? 1

1 3 取 n=2 时,有(1+1)(1+ 4 )> 3 ? 2 ? 1 … 1 1 3 由此推测(1+1)(1+ 4 )…(1+ 3n ? 2 )> 3n ? 1 ①
若①式成立,则由对数函数性质可判定:

1 当 a>1 时,Sn> 3 logabn+1,②

1 当 0<a<1 时,Sn< 3 logabn+1,③

下面用数学归纳法证明①式. (ⅰ)当 n=1 时,已验证①式成立. (ⅱ)假设当 n=k 时(k≥1) ,①式成立,即:

1 1 (1 ? 1)(1 ? )?(1 ? ) ? 3 3k ? 1 4 3k ? 2 .那么当 n=k+1 时,

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28

3 1 1 1 1 3k ? 1 (1 ? 1)(1 ? )?(1 ? )(1 ? ) ? 3 3k ? 1(1 ? )? (3k ? 2). 4 3k ? 2 3( k ? 1) ? 2 3k ? 1 3k ? 1 3

?[ ?

3k ? 1 (3k ? 2) 2 ? (3k ? 4)( 3k ? 1) 2 (3k ? 2)] 2 ? [3 3k ? 4 ]3 ? 3k ? 1 (3k ? 1) 2

3 9k ? 4 3k ? 1 ? 0,? (3k ? 2) ? 3 3k ? 4 ? 3 3( k ? 1) ? 1 2 3k ? 1 (3k ? 1) 1 1 1 因而(1 ? 1)(1 ? )?(1 ? )(1 ? ) ? 3 3( k ? 1) ? 1 4 3k ? 2 3k ? 1

这就是说①式当 n=k+1 时也成立. 由(ⅰ)(ⅱ)可知①式对任何正整数 n 都成立.

1 1 由此证得:当 a>1 时,Sn> 3 logabn+1;当 0<a<1 时,Sn< 3 logabn+1 ?.
7.解:(1)由 S1=a1=1,S2=1+a2,得 3t(1+a2)-(2t+3)=3t.

∴a2=

2t ? 3 a2 2t ? 3 , ? 3t a1 3t

.

又 3tSn-(2t+3)Sn-1=3t,① 3tSn-1-(2t+3)Sn-2=3t ② ①-②得 3tan-(2t+3)an-1=0.



an 2t ? 3 ? an?1 3t

2t ? 3 ,n=2,3,4…,所以{an}是一个首项为 1 公比为 3t 的等比数列;

1 2 2t ? 3 2 1 ? bn?1 (2)由 f(t)= 3t = 3 t ,得 bn=f( )= 3 +bn-1 ?

2 2 2n ? 1 可见{bn}是一个首项为 1,公差为 3 的等差数列.于是 bn=1+ 3 (n-1)= 3 ; 5 4 2n ? 1 (3)由 bn= 3 ,可知{b2n-1}和{b2n}是首项分别为 1 和 3 ,公差均为 3 的等差数列,于是 4n ? 1 b2n= 3 ,∴b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1 ?=b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…+b2n(b2n-1 4 4 1 5 4n ? 1 4 2 -b2n+1)=- 3 (b2+b4+…+b2n)=- 3 · 2 n( 3 + 3 )=- 9 (2n +3n)
★高阶等差数列★ 一、基础知识 1.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, 2.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
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3.高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称 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}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 an=a1+ (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,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 an= a1+ =a1+(n-1)a+8(n-1)(n-2) 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 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)(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)+10-2[A(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

解得: 所以 an=n3+7n2+14n+8 例 3.求和:Sn=1×3×22+2×4×32+?+n(n+2)(n+1)2 解:Sn 是数列{n(n+2)(n+1)2}的前 n 项和, 因为 an=n(n+2)(n+1)2 是关于 n 的四次多项式,所以{an}是四阶等差数列,于是 Sn 是关于 n 的五次多项式,k(k+2)(k+1)2=k(k+1)(k+2)(k+3)-2k(k+1)(k+2),故求 Sn 可转化为求
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Kn=

和 Tn=

k(k+1)(k+2)(k+3)=

[ k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)-(k-1) k(k+1)(k+2)(k+3)],所以

Kn=

=

Tn=

=

从而 Sn=Kn-2Tn= 例 4.已知整数列{an}适合条件: (1)an+2=3an+1-3an+an-1,n=2,3,4,? (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-bn Cn=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 an=a1+ 由条件(3)知 b4=9,从而 b1=3,于是 an=n2

例 5.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

所以

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31

例 6.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, 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, 第 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 2 2 求其通项为 2n -2n+1,故第 n 组正中央的那一项为 2n -2n+1,从而 an=(2n-2n+1)(2n-1) 例 7.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 8.设有边长为 1 米的正方形纸一张,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? 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]=

随着 n 的增大而增

大,当 n=19 时

=9129<10000,当 n=20 时

=10660>10000

故不存在? 例 9.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=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 d+(n-1),因此序列 A 的第 n 项

显然 an 是关于 n 的二次多项式,由于 a19=a92=0,必有 所以 a1=819
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