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高中数学奥赛辅导


数列与递进 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 a1, a2, …,an, …通常简记为 {an}.如果数列{an}的第 n 项 an 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{an},把 Sn=a1+a2+…+an 叫做数列{an}的前 n 项和,则有
( n ? 1), ?S1 an ? ? ? S n ? S n ? 1 ( n ? 2 ).

I.等差数列与等比数列 1.等差数列 (1)定义: a n ? 1 ? a n ? d ( 常量 ) 或 a n ? 1 ? (2)通项公式:an=a1+(n-1)d . (3)前 n 项和公式: S n ?
n (a1 ? a n ) 2 ? na 1 ? n ( n ? 1) 2 d. a n ? a n?2 2 .

(4)等差中项: a n ? 1 ?

a n ? a n?2 2

.

(5)任意两项:an=am+(n-m)d. (6)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; 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; ③设{an}是等差数列,如果 m、n、p、q∈N*,且 m+n=p+q,那么 am+an=ap+aq; ④设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,则 Sm, S2m-Sm, S3m-S2m, …, Spm-S(p-1)m(m>1,p≥ 3,m、p∈N*)仍成等差数列; ⑤设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,则 {
Sn n } 是等差数列;

⑥设{an}是等差数列,则{λ an+b}(λ ,b 是常数)是等差数列; ⑦设{an}与{bn}是等差数列,则{λ 1an+λ 2bn}(λ 1,λ 2 是常数)也是等差数列;
1

⑧设{an}与{bn}是等差数列,且 bn∈N*,则{abn}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{an}是等差数列,则{ C 2.等比数列 (1)定义:
a n ?1 an ? q ( 常量 ), 或


an

}(c>0, c≠1)是等比数列.

a n?2 a n ?1

?

a n ?1 an

(2)通项公式:an=a1qn 1. (3)前 n 项和公式: S n
( q ? 1). ? na 1 ? ? ? a 1 (1 ? q n ) a1 ? a n q ? ( q ? 1). ? 1? q ? 1? q

(4)等比中项: a n ? 1 ? ? a n a n ? 2 . (5)任意两项:an=amqn m. (6)无穷递缩等比数列各项和公式: S= ? a n ? lim S n ?
n ?1 n? ? ??


a1 1? q

( 0 ? | q |? 1).

(7)性质: ①设{an}是等比数列,如果 m、n、p、q∈N*,且 m+n=p+q,那么 am·an=ap·aq; ②设 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,则 Sm, S2m-Sm, S3m-S2m, …, Spm-S(p-1)m(m>1, p≥3,m、n∈N*)仍为等比数列; ③设{an}是等比数列,则{λ an}(λ 是常数) a n }(m∈Z*)仍成等比数列; 、{ ④设{an}与{bn}是等比数列,则{an·bn}也是等比数列; ⑤设{an}是等比数列,{bn}是等差数列,bn∈Z*,则{abn}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{an}是正项等比数列,则{logcan}(c>0, c≠1)是等差数列.
m

赛题精讲
例 1 设 数 列 {an} 的 前 n 项 和 Sn=2an - 1(n=1, 2, … ) , 数 列 {bn} 满 足 b1=3, bk+1=bk+ak(k=1,2,…),求数列{bn}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{bn}前 n 项和,需先求 bn. 由 ak=bk+1-bk, 知求 ak 即可,利用 ak=Sk-Sk-1(k=2, 3, 4,…)可求出 ak. 【略解】由 Sn=2an-1 和 a1=S1=2a1-1,得 a1=1, 又 an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即 an=2an-1, - 因此{an}是首项为 1,公比为 2 的等比数列,则有 an=2n 1.
2

由 ak=bk+1-bk,取 k=1,2,…,n-1 得 a1=b2-b1, a2=b3-b2, a3=b4-b3, …, an-1=bn-bn-1,将上面 n-1 个等式相加,得 bn- - - b1=a1+a2+…+an. 即 bn=b1+a1+a2+…+an=3+(1+2+22+…+2n 1)=2n 1+2,所以数列{bn}的前 n 项和 为 - Sn′=(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 b2=ac,或 将三边记为 a、aq、aq2,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 b2=ac, ∠B=60°. 【方法 1】 由余弦定理, cos B ? 得
a
2

?c ?b
2

2

? cos 60

?

?

1 2

, 所以 a

2

? c ? ac ? ac ,
2

2 ac

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、aq2,由余弦定理有 cosB=
a
2

? ( aq ) ? ( aq )
2 2

2

2 ? a ? aq

2

? cos 60

?

?

1 2

,整理得 q4-2q2+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 b2=ac, 由正弦定理: (2RsinB)2=2RsinA·2RsinC(其中 R 是△ABC 外接圆半径)即 sin2B=sinA·sinC,把 B=60°代入得 sinA·sinC=
3 4

,整理得

1 2

[cos(A-C)-cos(A+C)=

3 4

,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 sin2B=sinAsinC, 得 sin(60°-d)·sin(60°+d)=
3 4

,即

1 2

[cos(2d)-cos120°]=

3 4

.

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{an}中, 若前 n 项的和 Sn 满足 2Sn=an+ 式. 【思路分析】 在 Sn 与 an 的混合型中,应整理成数列{Sn}的递推式或数列{an}的递推式, 然后用递推关系式先求出 Sn,再求 an,或直接求 an.本题容易得到数列{Sn}的递推式,利用 an=Sn-Sn-1 先求出 Sn,再求 an 即可.
3

1 an

,求此数列的通项公

【解】n≥2 时,将 an=Sn-Sn-1 代入 2Sn=an+

1 an

,得 2Sn=Sn-Sn-1+

1 S n ? S n ?1

,整理得

S n ? S n ?1 ? 1( n ? 2 ), 且 S 1 ? a 1 ? 1, 所以数列 { S n } 是首项为 1,公差为 1 的等差数列,
2 2 2

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

n , 从而 a n ? S n ? S n ?1 ?
n ? n ?1.

n ?

n ? 1 ( n ? 2 ), 当 n=1

时,由 2S1=a1+

1 an

,得 a1=1 也满足 a n ?

故数列{an}的通项公式为 a n ?

n ?

n ?1.

【评述】处理本例的思想方法,可用来求满足 Sn 与 an 混合型中的通项公式. 例 4 设数列{an}的前 n 项和 Sn 与 an 的关系为 Sn=-ban+1-
1 (1 ? b )
n

,其中 b 是与 n 无

关的常数,且 b≠-1.(1)求 an 与 an-1 的关系式; (2)写出用 n 与 b 表示 an 的表达式. 【思路分析】利用 Sn=an-an-1(n≥2)整理出数列{an}的递推关系式求 an. 【解】 (1) a 1 ? S 1 ? ? ba 1 ? 1 ? 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= -ban+1-
1 (1 ? b )
n

1 (1 ? b )

得 a1 ?

1 (1 ? b )
2

? [ ? ba n ? 1 ? 1 ?

1 (1 ? b )
n ?1

] ? ? ba n ? ba n ? 1 ?

b (1 ? b )
n

,整理得

an ?

b 1? b

a n ?1 ? 1 4
1 2
n ?1

b (1 ? b )
n ?1

(n ? 2)

(*)

( 2 )当 b ? 1时 , a 1 ?
an ? 1 2 1
2

,
n-1

a n ?1 ?

, 两边同乘以 2 , 2 an=2 得
n

n

n

an-1+
n 2

1 2

,可知数列{2nan}是以 2a=
n 2
n ?1

1 2



首项,公差为

的等差数列.所以 2 a n ?

1 2

? ( n ? 1)

1 2

?

,即 a n ?

.

当 b≠1,b≠-1 时, 由(*)式得(1+b)nan=b(1+b)n 1an-1+


b 1? b

4

有(

1? b b

) an ? (
n

1? b b

)

n ?1

a n ?1 ?

1 (1 ? b ) b 1 (1 ? b ) b
n ?1

.

令 cn ? (

1? b b

) a n , 则 c n ? c n ?1 ?
n

n ?1

.

从而数列{cn-cn-1}就是一个等比数列,n 取 2,3,…,n 得
c 2 ? c1 ? 1 (1 ? b ) b 1 (1 ? b ) b 1 ( 1 ?
n ?1

, c3 ? c2 ?

1 (1 ? b ) b
2

,? ,

c n ? c n ?1 ? c n ? c1 ? 所以 c n ? 从而 a n ?

, 上述 n ? 1个式子相加得 ?? ? b 1 b
2

1 b 1 b
2

1
n ?1

1? b b 1 1? b b
n n

), 且 c 1 ? 1 b )? n ?1

1? b b
n ?1

a1 ?
n

1 1? b

,

(1 ?

?

?? ? b
n n

1? b b

(1 ? b )( 1 ? b ) ?

,
n

(1 ? b )

? cn ?

(1 ? b )

? b

1? b
n ?1

n

b (1 ? b ) (1 ? b )( 1 ? b )
n ?1

(1 ? b )( 1 ? b )

,

故数列{an}的通项公式为
? n ?2n , ? ? ? n b (1 ? b ) ? ? (1 ? b )( 1 ? b ) n ? 1 ? b ? 1,

an

b ? ?1.

【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{cn}、{cn-cn-1},使数列{cn-cn-1}为等比数列,化未知为已知,从而使问题获解. 例 5 n2(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,并且所有公比相等,已知 a24=1, a42=
1 8

,a43=

3 16

,求 a11+a22+a33+…+ann.(1990 年全国高中数学联赛试题)

【思路分析】求和需要研究 a11 和 akk,又每列成等比数列且公比相等,只需要研究 a1k 和 q,又每行成等差数列,需要求得 an 和第一行的公差 d,因而本题利用已知建立 an、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 2a43=a42+a44,
5

所以 a44=2a43-a42=2×

3



1 8

=

1 4

16

.又因为 a44=a24·q2=q2,所以 q=

1 2

,于是有

1 ? ? a 24 ? a 14 ? q ? ( a 11 ? 3 d ) 2 ? 1, ? ? ? a ? a ? q 3 ? ( a ? d )( 1 ) 3 ? 1 , 12 11 ? 42 2 8 ?

解此方程组,得 d=

1 2

,a11=

1 2

.

对于任意的 1≤k≤n,有
a kk ? a 1 k ? q
k ?1

? [ a 11 ? ( k ? 1) d ] q

k ?1

?[

1 2

? ( k ? 1)

1 2

](

1 2

)

k ?1

?

k 2
k

,

设 S ? a 11 ? a 22 ? a 33 ? ? ? a nn , 则有 S ? 1 2 两式相减得 ? 2 2
2

?

3 3
3

?? ? 2 1 2 1 2 1? ? 1 2 (1 ?
2

n
n ?1

, ?? ? 1 2 n 2
n ?1 n

1 2

S ?

? 1 )

1 2
3

? 2 1 2
n

n
n ?1

?

2 1 2

n

?

?1?

? 2

n
n ?1

,

故 a 11 ? a 22 ? a 33 ? ? ? a nn ? 2 ?

1 2
n ?1

?

n 2
n

.

【评述】数列求和应先研究通项,通项 cn=anbn,其中{an}成等差为九列,{bn}为等比数 列,数列{cn}的求和用错项相减去. 例 6 将正奇数集合{1, 5, 3, …}从小到大按第 n 组有(2n-1)奇数进行分组: {3,5,7} , {1}, {9, 11, 13, 15, 17}, … (第 1 组) (第 2 组) (第 3 组) 问 1991 位于第几组中? (1991 年全国高中数学联赛试题) 【思路分析】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)=n2 个奇数为 2n2-1. 【解】因为 1+3+5+…+(2n-1)=n2 所以前 n 组共含有奇数 n2 个,第 n 组最后一个数即第 n2 个奇数为 2n2-1,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 2(n-1)2+1≤1991≤2n2-1. 解得(n-1)2≤995 且 n2≥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{an}是由正数组成的等比数列,Sn 是前 n 项和,证明
6

log

0 .5

S n ? log 2

0 .5

S n?2

? log

0 .5

S n ?1 .

(1995 年全国高考题) 【思路分析】要证原结论成立,只需证 SnSn+2< S n ? 1 成立,用等比数列前 n 项和公式表 示或建立 Sn、Sn+1、Sn+2 的关系,用比较法证之. 【证法 1】设{an}的公比为 q,由题设知 a1>0, q>0. (1)当 q=1 时,Sn=na1,从而 SnSn+2- S n ? 1 =na1(n+2)a1- a 1 (n+1)2=- a 1 <0.
2 2

2

2

(2)当 q≠1 时, S n ?

a 1 (1 ? q )
n

1? q
2 n

,

S n S n ? 2 ? S n ?1 ?

a 1 (1 ? q )( 1 ? q (1 ? q )
2
2

n?2

)

?

a 1 (1 ? q
2

n ?1 2

)

2

(1 ? q )

? ? a1 q
2

n

? 0.

由①、②知 S n S n ? 2 ? S n ? 1 . 根据对数函数的单调性,得
log ( S n S n ? 2 ) ? log S n ? 1 .即
2

log

0 .5

S n ? log 2

0 .5

S n?2

0 .5

0 .5

? log

0 .5

S n ?1 .

【证法 2】设{an}的公比为 q,由题设知 a1>0, q>0. 因为 Sn+1+=a1+qSn, Sn+2=a1+qSn+1, 所以 SnSn+2- S n ? 1 =Sn(a1+qSn+1)-(a1+qSn)Sn+1=a1(Sn-Sn+1) =-a1(Sn+1-Sn) =-a1an+1<0. 即 S n S n ? 2 ? S n ? 1 . (以下同证法 1).
2 2

【评述】明确需要证 S n S n ? 2 ? S n ? 1 ,建立 Sn、Sn+1、Sn+2 之间的关系较为简单.
2

7


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