第五章 数列【数学竞赛讲义】

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{an}的一般形式通常记作a1,a2,a3,…，an或a1,a2,a3,…，an…。其中a1叫做数列的首项，an是关于n的具体表达式，称为数列的通项。定理1若Sn表示{an}的前n项和，则S1=a1,当n1时，an=Sn-Sn-1.定义2等差数列，如果对任意的正整数n，都有an+1-an=d（常数），则{an}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an=a1+(n-1)d；2）前n项和公式：Sn=dnnnaaann2)1(2)(11；3）an-am=(n-m)d，其中n,m为正整数；4）若n+m=p+q，则an+am=ap+aq；5）对任意正整数p,q，恒有ap-aq=(p-q)(a2-a1)；6）若A，B至少有一个不为零，则{an}是等差数列的充要条件是Sn=An2+Bn.定义3等比数列，若对任意的正整数n，都有qaann1，则{an}称为等比数列，q叫做公比。定理3等比数列的性质：1）an=a1qn-1；2）前n项和Sn，当q1时，Sn=qqan1)1(1；当q=1时，Sn=na1；3）如果a,b,c成等比数列，即b2=ac(b0)，则b叫做a,c的等比中项；4）若m+n=p+q，则aman=apaq。定义4极限，给定数列{an}和实数A，若对任意的0，存在M，对任意的nM(n∈N),都有|an-A|，则称A为n→+∞时数列{an}的极限，记作.limAann定义5无穷递缩等比数列，若等比数列{an}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Sn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(n0)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≥n0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(n0)成立；（2）当p(n)对一切n≤k的自然数n都成立时（k≥n0）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≥n0成立。定理5对于齐次二阶线性递归数列xn=axn-1+bxn-2，设它的特征方程x2=ax+b的两个根为α,β:(1)若αβ，则xn=c1an-1+c2βn-1，其中c1,c2由初始条件x1,x2的值确定；(2)若α=β，则xn=(c1n+c2)αn-1，其中c1,c2的值由x1,x2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）an=n2-1；2）an=3n-2n；3）an=n2-2n.例2已知数列{an}满足a1=21,a1+a2+…+an=n2an,n≥1，求通项an.【解】因为a1=21,又a1+a2=22·a2,所以a2=231，a3=4311322aa,猜想)1(1nnan(n≥1).证明；1）当n=1时，a1=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，a1+a1+…+a1=[(k+1)2-1]ak+1,，所以)1(1231121kk=k(k+2)ak+1,即1113121211kk=k(k+2)ak+1,所以1kk=k(k+2)ak+1,所以ak+1=.)2)(1(1kk由数学归纳法可得猜想成立，所以.)1(1nnan例3设0a1，数列{an}满足an=1+a,an-1=a+na1，求证：对任意n∈N+,有an1.【证明】证明更强的结论：1an≤1+a.1)当n=1时，1a1=1+a，①式成立；2)假设n=k时，①式成立，即1an≤1+a，则当n=k+1时，有.11111111121aaaaaaaaaaakk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an或前n项和Sn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{an}满足an+pan-1+qan-2=0,n≥3，q0，求证：存在常数c，使得121nnpaa·an+.02nncqqa【证明】121nnpaa·an+1+221nnaqa(pan+1+an+2)+21nqa=an+2·(-qan)+21nqa=21221[)(nnnnaqaaaq+an(pqn+1+qan)]=q(2121nnnnqaapaa).若211222qaapaa=0，则对任意n,nnnapaa121+2nqa=0，取c=0即可.若211222qaapaa0，则{nnnapaa121+2nqa}是首项为211222qaapaa，公式为q的等比数列。所以nnnapaa121+2nqa=)(211222qaapaa·qn.取)(212122qaapaac·q1即可.综上，结论成立。例5已知a1=0,an+1=5an+1242na，求证：an都是整数，n∈N+.【证明】因为a1=0,a2=1，所以由题设知当n≥1时an+1an.又由an+1=5an+1242na移项、平方得.01102121nnnnaaaa①当n≥2时，把①式中的n换成n-1得01102112nnnnaaaa，即.01102121nnnnaaaa②因为an-1an+1，所以①式和②式说明an-1,an+1是方程x2-10anx+2na-1=0的两个不等根。由韦达定理得an+1+an-1=10an(n≥2).再由a1=0,a2=1及③式可知，当n∈N+时，an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an=100241n(n=1,2,…)，求S99=a1+a2+…+a99.【解】因为an+a100-n=100241n+100100241n=10010010010010010021)44(2244422nnnn，所以S99=.29929921)(21101100991100nnnaa例7求和：43213211nS+…+.)2)(1(1nnn【解】一般地，)2)(1(22)2)(1(1kkkkkkkk)2)(1(1)1(121kkkk，所以Sn=nkkkk1)2)(1(1)2)(1(1)1(143132132121121nnnn)2)(1(12121nn.)2)(1(2141nn例8已知数列{an}满足a1=a2=1，an+2=an+1+an,Sn为数列nna2的前n项和，求证：Sn2。【证明】由递推公式可知，数列{an}前几项为1，1，2，3，5，8，13。因为nnnaS228252322212165432，①所以1543222523222121nnnaS。②由①-②得12222222121212121nnnnnaaS，所以122412121nnnnaSS。又因为Sn-2Sn且12nna0,所以412121nSSn,所以2141nS，所以Sn2，得证。4．特征方程法。例9已知数列{an}满足a1=3,a2=6,an+2=4n+1-4an，求an.【解】由特征方程x2=4x-4得x1=x2=2.故设an=(α+βn)·2n-1，其中2)2(63，所以α=3，β=0，所以an=3·2n-1.例10已知数列{an}满足a1=3,a2=6,an+2=2an+1+3an，求通项an.【解】由特征方程x2=2x+3得x1=3,x2=-1,所以an=α·3n+β·(-1)n，其中9633，解得α=43，β43，所以11)1(3[41nnna·3]。5．构造等差或等比数列。例11正数列a0,a1,…,an,…满足212nnnnaaaa=2an-1(n≥2)且a0=a1=1，求通项。【解】由12122nnnnnaaaaa得2112nnnnaaaa=1，即.121211nnnnaaaa令bn=1nnaa+1，则{bn}是首项为01aa+1=2，公比为2的等比数列，所以bn=1nnaa+1=2n，所以1nnaa=（2n-1）2，所以an=1nnaa·21nnaa…12aa·01aa·a0=nkk12.)12(注：niiC1C1·C2·…·Cn.例12已知数列{xn}满足x1=2,xn+1=nnxx222,n∈N+,求通项。【解】考虑函数f(x)=xx222的不动点，由xx222=x得x=.2因为x1=2,xn+1=nnxx222,可知{xn}的每项均为正数。又2nx+2≥nx22，所以xn+1≥2(n≥1)。又Xn+1-2=2222nnxx=nnxx2)2(2,①Xn+1+2=2222nnxx=nnxx2)2(2,②由①÷②得2112222nnnnxxxx。③又2211xx0，由③可知对任意n∈N+，22nnxx0且22lg222lg11nnnnxxxx,所以22lgnnxx是首项为2222lg，公比为2的等比数列。所以1222lgnnnxx·2222lg，所以22nnxx122222n，解得2nx·11112222)22()22()22()22(nnnn。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{xn}满足x1=2,xn+1=Sn+(n+1)，其中Sn为{xn}前n项和，当n≥2时，xn=_________.2.数列{xn}满足x1=21，xn+1=232nnxx,则{xn}的通项xn=_________.3.数列{xn}满足x1=1，xn=121nx+2n-1(n≥2)，则{xn}的通项xn=_________.4.等差数列{an}满足3a8=5a13，且a10,Sn为前n项之和，则当Sn最大时，n=_________.5.等比数列{an}前n项之和记为Sn,若S10=10，S30=70，则S40=_________.6.数列{xn}满足xn+1=xn-xn-1(n≥2)，x1=a,x2=b,Sn=x1+x2+…+xn，则S100=_________.7.数列{an}中，Sn=a1+a2+…+an=n2-4n+1则|a1|+|a2|+…+|a10|=_________.8.若12531332211nxxxxxxxxnn，并且x1+x2+…+xn=8，则x1=_________.9.等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若132nnTSnn，则nnnbalim=_________.10.若n!=n(n-1)…2·1,则!1)1(220071nnnnn=_