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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q¹1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(b¹0),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e0,存在M,对任意的nM(n∈N),都有|an-A|e,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α¹β,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´=-+1aa,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+´++´+´kkL=k(k+2)ak+1,即1113121211+-++-+-kkL=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=+++++=++³+=++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,q¹0,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++¹0,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=´=+å=-nnnaa例7求和:43213211´´+´´=nS+…+.)2)(1(1++nnn【解】一般地,)2)(1(22)2)(1(1++-+=++kkkkkkkk÷÷øöççèæ++-+=)2)(1(1)1(121kkkk,所以Sn=å=++nkkkk1)2)(1(1úûùêëé++-+++´-´+´-´=)2)(1(1)1(143132132121121nnnnLúûùêëé++-=)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þýüîíìnna2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+++++++=L,①所以1543222523222121++++++=nnnaSL。②由①-②得12222222121212121+---÷÷øöççèæ++++=nnnnnaaSL,所以122412121+--+=nnnnaSS。又因为Sn-2Sn且12+nna0,所以412121+nSSn,所以2141nS,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îíì´+=+=2)2(63baba,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îíì+=-=baba9633,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÷÷øöççèæ+=+---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=Õ=-nkk12.)12(注:Õ==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2112222úúûùêêëé+-=+-++nnnnxxxx。③又2211+-xx0,由③可知对任意n∈N+,22+-nnxx0且úúûùêêëé+-=úúûùêêëé+-++22lg222lg11nnnnxxxx,所以úúûùêêëé+-22lgnnxx是首项为úûùêëé+-2222lg,公比为2的等比数列。所以1222lg-=+-nnnxx·úûùêëé+-2222lg,所以=+-22nnxx122222-úûùêëé+-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-+==+=+=+nxxxxxxxxnnL,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++-å==_
本文标题:高中数学竞赛辅导讲义-第五章--数列【讲义】
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