高中数学竞赛教材讲义 第五章 数列教师版

　　高中数学竞赛教材讲义 数列

　　a1(1?qn)定理3 等比数列的性质：1）an=a1q；2）前n项和Sn，当q?1时，Sn=；当q=1时，Sn=na1；3）如果1?q

　　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。 n-1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liman?A. n??

　　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a1（由极限的定义可得）。 1?q

　　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。

　　2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x=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。

　　高阶等差数列

　　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，其中p∈N

　　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

　　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+?(a

　　k?1n?1k?1?ak)

　　(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 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

　　n?1n?1a??a?(n?2)?16?an?a1??(ak?1?ak)?a1??bk?a1??(n?1)?a1+(n-1)a+8(n-1)(n-2)这是一个关于2k?1k?1

　　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

　　- 1 -

　　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?A?B?C?D?30?A?1?8A?4B?2C?D?72?B?7??解得??an?n3?7n2?14n?8 ??27A?9B?3C?D?140?C?14

　　???64A?16B?4C?D?240?D?8

　　例3.求和：Sn=1322+2432+…+n(n+2)(n+1)2

　　解：Sn是是数列{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

　　Kn??k(k?1)(k?2)(k?3)和Tn??k(k?1)(k?2)

　　k?1k?1nn

　　k(k+1)(k+2)(k+3)=1[ k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)-(k-1) k(k+1)(k+2)(k+3)]，所以5

　　n11Kn??k(k?1)(k?2)(k?3)?(n?1)(n?2)(n?3)(n?4),Tn??k(k?1)(k?2)?n(n?1)(n?2)(n?3) 54k?1k?1n

　　从而Sn=Kn-2Tn=1n(n?1)(n?2)(n?3)(2n?3) 10

　　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??(ak?1?ak)?a1??bk?a1?(n?1)b1?

　　k?1k?1n?1n?1(n?1)(n?2)?2?1+(n-1)b1+(n-1)(n-2)由条件(3)知2

　　1S?b4=9，从而b1=3，于是an=nn6n(n?1)(2n?1) 2

　　例5.求证：二阶等差数列的通项公式为an?a1?(n?1)(a2?a1)?1(n?1)(n?2)(a3?2a2?a1) 2

　　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

　　- 2 -

　　又c1?b2?b1?a3?2a2?a1，bn?b1??(bk?bk?1)?b1??ck?b1?(n?1)c1所以

　　k?2k?2nn

　　an?a1??(ak?1?ak)?a1??bk?a1???b1?(k?1)c1??a1?(n?1)b1?

　　k?1k?1k?1n?1n?1n?11(n?1)(n?2)c12

　　?a1?(n?1)(a2?a1)?1(n?1)(n?2)(a3?2a2?a1)2

　　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，第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，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，不难求其通项为2n2-2n+1，故第n组正中央的那一项为2n2-2n+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bn?b1??(b

　　k?1n-1k?1?bk)?1??ck?2?1从而an?a1??(ak?1?ak)?a1??（2k?1)?2n?n?4 n

　　k?1k?1k?1n-1n?1n?1

　　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]=n(4n?1)随着n的增大而增大，当n=19时1

　　32

　　11n(4n2?1)=912910000，当n=20时n(4n2?1)=1066010000 故不存在… 33

　　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

　　n?11an?a1??(ak?1?ak)?a1?d?(d?1)???(d?n?2)?a1?(n?1)d?(n?1)(n?2)显然an是关于n的二次2k?1

　　多项式，由于a19=a92=0，必有an?1(n?19)(n?92)所以a1=819 2

　　不动点及特征根法.不动点的定义

　　- 3 -