高三数学自主招生讲座第三讲__数列

第三部分数列cherdy商丘市一高奥赛+自主招生+保送生培训专题第一课时cherdy商丘市一高奥赛+自主招生+保送生培训专题例1、设数列{an}（n≥3）且an≠0满足条件，则数列{an}是等比数列．证明：由柯西不等式知，当且仅当因此欲使成立，必须且只须．故数列{an}是等比数列．时等号成立．例2、已知已知解：因为且所以2S=1000．故S=500．例3、求数列13，－23，－43，…，(－1)n＋1n3，…的前n项和。解：an=(－1)n+1n3,当n为奇数，即n=2k＋1时，因为an＋an－1=a2k＋1＋a2k=(2k＋1)3－(2k)3=12k2＋6k＋1.所以Sn=13－23＋33－43＋…－(n－1)3＋n3=(13－03)＋(33－23)＋(53－43)＋…＋[n3－(n－1)3]当n为偶数时例4、求和Sn=1·2＋(1＋2)·3＋(1＋2＋3)·4＋…＋[1＋2＋…＋(n－1)]n.解：因为例5已知数列{an}满足求数列{an}的通项公式。解：将递推式表示为当n=1时，也满足上式。例6、已知数列{an}满足nan＋1=(n＋1)an＋2，且a1=2，求数列{an}的通项公式。解：因为nan＋1=(n＋1)an+2，两边同除以n(n＋1),故an=nbn=4n－2.例7、数列{an}满足nan＋1=2(a1＋a2＋…＋an),n=1,2,3,…且a1=1；（1）求数列{an}的通项。（2）令求数列{bn}的前n项和。解：（1）因为nan＋1=2(a1＋a2＋…＋an)=2(a1＋a2＋…＋an－1)＋2an=(n－1)an＋2an=(n＋1)an,例8、给定正整数n和正数M，对于满足条件的所有等差数列a1，a2，a3，…，试求S=an＋1＋an＋2＋…＋a2n＋1的最大值．分析：本题属于与等差数列相关的条件最值问题，而最值的求解运用的方法灵活多样，针对条件的理解不同，将有不同的解法．解答：方法一（代数法）．设公差为d，an＋1=a，则从而有时，由于此时有因此其中时，有方法三（判别式法）．设首项为a，公差为d，则方法四（不等式法）．因为说明：这是1999年全国高中数学联赛的一道试题，在解答过程中，要分清什么是常量，什么是变量，注意条件和结论的结构形式．解法一通过配方来完成，解法二运用三角代换的方法，解法三运用二次方程根的判别式来完成，解法四则主要运用了柯西不等式．本题入口宽，解法多样，对培养学生的发散思维能力很有好外.例9、n2(n≥4)个正整数排成几行几列：a11a12a13a14…a1na21a22a23a24…a2na31a32a33a34…a3n……an1an2an3an4…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，已知分析：由于等差数列可由首项与公差惟一确定，等比数列可由首项与公比惟一确定，如果设a11=a，第一行数的公差为d，第一列数的公比为q，容易算出ast=[a＋(t－1)d]qs－1，进而由已知条件，建立方程组，求出a，d，q．解答：设第一行数列公差为d，各列数列公比为q，则第四行数列公差是dq3．于是可得方程组：解此方程组，得由于所给n2个数都是正数，故必有q0，从而有故对任意的1≤k≤n，有说明：这是1990年全国高中学数学联赛的一道试题，涉及到等差数列、等比数列、数列求和的有关知识和方法．通过建立方程组确定数列的通项；通项确定后，再选择错位相减的方法进行求和．例11、如图3．1，有一列曲线P0，P1，P2，…，已知P0所围成的图形是面积为1的等边三角形，Pk＋1由对Pk进行如下的操作得到：将Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉（k=0，1，2，…）．记Sn为Pn所围成图形的面积．（1）求数列{Sn}的通项公式；（2）求分析：这是一道有关几何图形的操作性问题．采用从特殊到一般的思考方法，便容易入手．解答：如图，对P0进行操作，容易看出P0的每条边变成P1的4条边，故P1的边数为3×4，同样，对P1进行操作，P1的每条边变成P2的4条边，故P2的边数为3×42．类似地，容易得到Pn的边数为3×4n．已知P0的面积为S0=1，比较P1与P0，容易看出P1在P0的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为，故再比较P2与P1，可知P2在P1的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为，面P1有3×4条边，故类似地有于是猜想下面用数学归纳法证明①式．当n=1时，由上面已知①式成立．假设n=k时，有当n=k＋1时，易知第k＋1次操作后，比较Pk＋1与Pk，Pk＋1在Pk的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为，而Pk有3×4k条边，故综上，由数学归纳法①式得证．说明：本题是2002年全国高中数学联赛的第14题，这类问题的一般解题过程是：实验——归纳——猜想——论证，主要考查学生探索能力．例12、设a0为常数，且an=3n－1－2an－1(n∈N＋)（1）证明：对任意n≥1，（2）假设对任意n≥1有anan－1，求a0的取值范围．分析：本题中数列{an}由递推关系确定，第一问可以用数学归纳法给予证明，也可以将数列{an}转化为等比数列直接计算，第二问要对n进行讨论．解答：（1）证法一：（i）当n=1时，由已知a1=1－2a0，等式成立；（ii）假设当n=k（k≥1）等式成立，即也就是说，当n=k＋1时，等式也成立．根据(i)和(ii)，可知等式对任何n∈N＋成立证法二：如果设an－λ3n=－2(an－1－λ3n－1)，用an=3n－1－2an－1代入，可解出所以是公式比为－2，首项为的等比数列．所以（2）解法一：由an通项公式得所以anan－1(n∈N＋)等价于（i）当n=2k－1，k=1，2，…时，①式即为上式对k=1，2，…都成立，故有（ii）当n=2k，k=1，2，…时，①式即为上式对k=1，2，…都成立，有综上，①式对任意n∈N＋成立，有故a0的取值范围为解法二：如果anan－1(n∈N＋)成立，特别取n=1、2有a1－a0=1－3a00，a2－a1=6a00，因此下面证明当时，对任意n∈N＋，有an－an－10．由an通项公式知：5(an－an－1)=2×3n－1＋(－1)n－1×3×2n－1＋(－1)n×5×3×2n－1a0．(i)当n=2k－1，k=1，2，…时，5(an－an－1)=2×3n－1＋3×2n－1－5×3×2n－1a02×2n－1＋3×2n－1－5×2n－1=0．(ii)当n=2k，k=1，2，…时，5(an－an－1)=2×3n－1－3×2n－1＋5×3×2n－1a02×3n－1－3×2n－1≥0．故a0的取值范围为说明：本题是2003年全国高考的最后一道压轴题，有一定难度．特别是第二问求参数a0的取值范围，要转化为相关数列的最大值和最小值来进行分析讨论，请读者对这一方法务必理解透彻．第二课时cherdy商丘市一高奥赛+自主招生+保送生培训专题例13、设{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且,又试求{an}的首项与公差．分析：题中有两个基本量{an}中的首项a1和公差d是需要求的，利用成等比数列和给定极限可列两个方程，但需注意极限存在的条件．解答：设所求数列{an}的公差为d，因为a1a2，故d=a2－a10．又{bn}为等比数列，故即化简得，解得故a10．若但存在，故|q|1，于是不可能．从而只有于是由得故数列{an}的首项公差分别为若说明：本题是2001年全国高中数学联赛的第13题，涉及到的知识主要是等差数列、等比数列、无穷递缩等比数列所有项的和等知识，用到方程的思想和方法，且在解题过程中要根据题意及时取舍，如由题意推出d0，a10，|q|1等，在解题中都非常重要．例14、设S={1，2，3，…，n}，A为至少含有两项的、公差为正的等差数列，其项都在S中，且添加S的其他元素于A后均不能构成与A有相同公差的数列，求这种A的个数（这里只有两项的数列也看作等差数列）．[分析]：可先通过对特殊的n(如n=1，2，3)，通过列举求出A的个数，然后总结规律，找出an的递推关系，从而解决问题；也可以就A的公差d=1，2，…，n－1时，讨论A的个数．解答：解法一：设A的公差为d，则1≤d≥n－1，分两种情况讨论：（i）设n为偶数，则当时，公差为d的A有d个；当时，公差为d的A有n－d个，故当n为偶数时，这种A共有（ii）当n为奇数，则当时，公差为d的A有d个；当时，公差为d的A有n－d个，故当n为奇数时，这种A共有综合（i）、（ii）可得，所求的A有个．解法二：设n元素集S={1，2，…，n)中满足题设的A有an个，则a1=0，a2=1，a3=2（A={1，3}，A={1，2，3}），a4=4(A={1，3}，{1，4}，{2，4}，{1，2，3，4})，故事实上，S={1，2，…，n}比S={1，2，…，n－1}的A增加有公差为n－1的1个，公差为n－2的1个，…，公差为（n为偶数）或（n为奇数）的增加1个，共增加个．由{an}的递推式可得说明：这是1991年全国高中数学联赛第二试的第一题，主要考查应用等差数列和分类讨论的知识与方法解决综合问题的能力．例15、数列{an}定义如下：求它的通项公式．分析：带根号的部分不好处理，容易想到作代换：令解答：设，由于是原递推式可化为即(2bn＋1)2=(bn+3)2，由于bn、bn＋1非负，所以2bn＋1=bn+3，故说明：这是1981年IMO的预选题，解题的关键是换元、转化．延伸：在整项数列{an}中，a1=10,ak+1=10求通项公式anka解：设，则,于是且b1-2=-1kkblgak1k1bb12k1k1b2(b2),2是以-1为首项的等比数列。从而k{b2}n1n1nn11b2(1)().b2(),22从而n112()2na10.例16、设数列{an}和{bn}满足a0=1，b0=0，且证明：an(n∈N)是完全平方数．分析：二元递推式给定二数列，可先消元，化为一元递推式，进而求出通项公式，问题就好办了．证明：由an＋1=7an＋6bn－3，bn＋1=8an＋7bn－4可得bn＋2－14bn＋1＋bn=0，其特征方程λ2－14λ＋1=0的根为λ1=7＋因此，由a0=1，b0=0，得b1=4，所以解得，故其中，当n为偶数时，为整数，当n为奇数时，为整数．从而无论n为奇数，还是n为偶数，对n∈N，均有en为整数，故an为完全平方数．说明：如果消去bn得到an的递推关系an＋1=14an－an－1－6(n≥1)，则求an的过程稍微麻烦一点．本题是2000年全国高中数学联赛二试第二题．这类题型也是二试考查的重点．例17、数列{an}定义如下：n≥3．试求的最简表达式．分析：仔细研究所给数列{an}的递推式和所要化简的fn的表达式，可以发现通过适当换元就能解决问题．令dn=(－2)n(bn－bn－1)，则所以d２=2，且说明：这是2000年全国数学冬令营的第二题，运算量大，需要进行多次换元，将问题逐步转化．解题过程要求运算准确、细心．例18、设a1=1，a2=3，对一切自然数n有an＋2=(n＋3)an＋1－(n＋2)an，求所有被11整除的an的值．解答：设bn＋1=an＋1－an(n≥1)，则由条件有bn＋1=(n＋1)(an－an－1)=(n＋1)bn(n≥2)，故bn=nbn－1=n(n－1)bn－2=…=n(n－1)…3b2=n!(n≥2)．所以an=(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1=bn＋bn－1＋…＋b2＋1=由此可算出：当n≥11时，注意到可被11整除，因而也可被11整除．故当n=4，n=8或n≥10时，an均可被11整除．说明：这是1990年巴尔干地区的数学奥林匹克试题，本题中换元起了重要的作用．例19、数列{an}按如下法则定义：证明：对任n1均为自然数．分析：因为结论中涉及到根号及项，因而令，并对已给递推关系两边