《高中数学竞赛》数列

竞赛辅导

数列(等差数列与等比数列)

数列是高中数学中的一个重要课题，也是数学竞赛中经常出现的

问题。数列最基本的是等差数列与等比数列。

所谓数列，就是按一定次序排列的一列数。如果数列{a n}的第n项a n与项数(下标)n之间的函数关系可以用一个公式a n=f(n)来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式。

从函数角度看，数列可以看作是一个定义域为正整数集N*(或它的有限子集{1，2，…n})的函数当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值，而数列的通项公式也就是相应函数的解析式。

为了解数列竞赛题，首先要深刻理解并熟练掌握两类基本数列的定义、性质有关公式，把握它们之间的(同构)关系。

一、等差数列

如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示。等差数列{a n}的通项公式为：

前n项和公式为：

从(1)式可以看出，是的一次数函()或常数函数()，()排在一条直线上，由(2)式知，是的二次函数()或一次函数()，且常数项为0。在等差数列{ }中，等差中项：且任意两项的关系为：

它可以看作等差数列广义的通项公式。

从等差数列的定义、通项公式，前项和公式还可推出：

若

二、等比数列

如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，这个数列就叫做等比数列。这个常数叫做等比数列的公比。公比通常用字母表示。等比数列{a n}的通项公式是：

前项和公式是：

在等比数列中，等比中项：

且任意两项的关系为

如果等比数列的公比满足0＜＜1，这个数列就叫做无穷递缩等比数列，它的各项的和(又叫所有项的和)的公式为：

从等比数列的定义、通项公式、前项和公式可以推出：

另外，一个各项均为正数的等比数列各项取同底数数后构成一个等差数列；反之，以任一个正数C为底，用一个等差数列的各项做指数构造幂，则{}是等比数列。在这个意义下，我们说：一个正项等比数列与等差数列是“同构”的。重要的不仅是两类基本数列的定义、性质，公式；而且蕴含于求和过程当中的数学思想方法和数学智慧，也是极其珍贵的，诸如“倒排相加”(等差数列)，“错位相减”(等比数列)。

数列中主要有两大类问题，一是求数列的通项公式，二是求数列的前n项和。

三、范例

例1．设a p，a q，a m，a n是等比数列{a n}中的第p、q、m、n项，若p+q=m+n，

求证：

证明：设等比数列{}的首项为，公比为q，则

说明：这个例题是等比数列的一个重要性质，它在解题中常常会用到。它说明等比数列中距离两端(首末两项)距离等远的两项的乘积等于首末两项的乘积，

即：a1+k·a n-k=a1·a n

对于等差数列，同样有：在等差数列{ }中，距离两端等这的两项之和等于首末两项之和。即：a1+k+a n-k=a1+a n

例2．在等差数列{}中，a4+a6+a8+a10+a12=120，则2a9-a10=

A.20

B.22

C.24 D28

解：由a4+a12=2a8，a6+a10 =2a8及已知或得

5a8=120，a8=24

而2a9-a10=2(a1+8d)-(a1+9d)=a1+7d=a8=24。

故选C

例3．已知等差数列{a n}满足a1+a2+a3+…+a101=0，则有( )

A.a1+a101＞0

B. a2+a100＜0

C.a3+a99=0

D.a51=51

[2000年北京春季高考理工类第(13)题]

解：显然，a1+a2+a3+…+a101

例4．设S n为等差数列的前项之各，S9=18，，S n=336，则为( )

A.16

B.21

C.9 D8

例5．设等差数列{}满足，且＞0，为其前项之和，则

中最大的是( )。(1995年全国高中联赛第1题)

(A)S10 (B)S11 (C)S20 (D)S21

所以:S19=S20最大，选(C)

注：也可用二次函数求最值

例6．设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项的和为972，则这样的数列共有( )

(A)2个(B)3个(C)4个(D)5个

[1997年全国高中数学联赛第3题]

解：设等差数列首项为，公差为，则依题意有：

因为是不小于3的自然数，97为素数，故数的值必为2×972的约数(因数)，它只能是97，2×97，972，2×972四者之一。

若，则由(*)式知2×972≥故只可能有=97，(*)式化为：，这时(*)有两组解：

或

若，则(*)式化为：，这时(*)也有两组解。

49，50，51，…，145，(共97项)

1，3，5，…，193，(共97项)

97，97，97，…，97，(共97项)

1，1，1，…，1(共972=9409项)

故选(C)

例7．将正奇数集合{1，3，5，…}由小到大按第n组有(2n-1)个奇数进行分组：

{1}，{3，5，7}，{9，11，13，15，17}，…

(第一组)(第二组)(第三组)

则1991位于第组中。

[1991年全国高中数学联赛第3题]

解：依题意，前n组中共有奇数

1+3+5+…+(2n-1)=n2个

而1991=2×996-1，它是第996个正奇数。

因为:312=961＜996＜1024=322

所以:1991应在第31+1=32组中。

故填32

例8．一个正数，若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列，则该数为。[1989年全国高中联赛试题第4题]

解：设该数为x，则其整数部分为[x]，小数部分为x-[x]，由已知得：x·(x-[x]=[x]2

其中[x]＞0，0＜x-[x]＜1，解得：

例9．等比数列的首项，公比，用πn表示它的前项之积，则πn(n∈N*)最大的是( )

(A)π9(B)π11(C)π12(D)π13

[1996年全国高中数学联赛试题]

解：等比数列的通项公式为

前n项和

选(C)

例10．设，且两数列和均为等差数列，

则[1988年全国高中联赛试题]

解：依题意，有所以:

例11．设是实数，成等比数列，且成等差数列，则的值是[1992年全国高中数学联赛试题] 解：因为成等比数列，所以有

例12．已知集合M={}及N={}并且M=N，那么

( )

解：由M=N知M中应有一元素为0，任由lg()有意义知，

从而，且，故只有lg()=0，xy=1，M={x,1,0}；

若y=1，则x=1，M=N={0，1，1}与集合中元素互异性相连，

故y≠1，从而∣x∣=1，x=±1；由x=1,y=1(含)，由x=-1 y=-1，M=N={0,1,-1}

此时,

从而

注：数列x，x2，x3，…，x2001；以及

在x=y=-1的条件下都是周期为2的循环数列，S2n-1=-2，S2n=0，

故2001并不可怕。

例13．已知数列{}满足3a n+1+a n=4(n≥1)且a1=9，其前n项之和为Sn，则满足不等式∣S n-n-6∣＜的最小整数n是( ) [1994年全国高中数学联赛试题]

(A)5 (B)6 (C)7 (D)8

解：由3a n+1+a n=4(n≥1)

3a n+1-3=1-a n

故数列{a n-1}是以8为首项，以为公比的等比数列，所以

当n=7时满足要求，故选(C)

[注]：数列{a n}既不是等差数列，也不是等比数列，而是由两个项数相等的等差数列：1，1，…，1和等比数列：的对应项的和构成的数列，故其前n项和S n可转化为相应的两个已知数列的和，这里，观察通项结构，利用化归思想把未知转化为已知。

例14．设数列{a n}的前n项和S n=2a n-1(n=1,2,…)，数列{b n}满足b1=3,

b k+1=a k+b k(k=1,2,…)求数列{ }的前n项和。

[1996年全国高中数学联赛第二试第一题]

解：由S n=2a n-1，令n=1，得S1=a1=2a1-1，

所以:数列{a n}是以a1=1为首项，以q=2为公比的等比数列，故a n=2n-1(4)

以上诸式相加，得

因为表中均为正数，故q＞0，，从而，

因此，对于任意1≤k≤n，有

评注：本题中求和实为等差数列a n=n与等比数列的对应项乘积构成的新数列的前n项的和，将(5)式两边同乘以公比，再错项相减，化归为等比数列求各。这种方法本是求等比数列前n项和的基本方法，它在解决此类问题中非常有用，应予掌握。课本P137复习参考题三B组题第6题为：求和：S=1+2x+3x2+…+nx n-1；2003年北京高考理工类第(16)题：已知数列{a n}是等差数列，且a1=2,a1+a2+a3=12，(I)求数列{a n}的通项公式；(II)令b n=a n·x n，求数列{b n}的前n项和公式。都贯穿了“错项相减”方法的应用。

高阶等差数列

一、基本知识

1.定义：对于一个给定的数列{a n}，把它的连结两项a n+1与a n的差a n+1-a n记为b n，得到一个新数列{b n}，把数列

b n你为原数列{a n}的一阶差数列，如果

c n=b n+1-b n，则数列{c n}是{a n}的二阶差数列依此类推，可得出数列{a n}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{a n}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{a n}是p阶等差数列的充要条件是：数列{a n}的通项是关于n的p次多项式

(3) 如果数列{a n}是p阶等差数列，则其前n项和S n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

(2)待定系数法：在已知阶数的等差数列中，其通项a n与前n项和S n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a n能写成a n=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

二、例题精讲

例1.数列{a n}的二阶差数列的各项均为16，且a63=a89=10，求a51

解：法一：显然{a n}的二阶差数列{b n}是公差为16的等差数列，设其首项为a,则b n=a+(n-1)×16,于是

这是一个关于n的二次多项式，其中n2的系数为8，由于a63=a89=10,所以

a n=8(n-63)(n-89)+10，从而a51=8(51-63)(51-89)+10=3658

解：法二：由题意，数列{a n}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

a n=A(n-63)(n-89)+10

由于{a n}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

a n=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{a n}的前4项依次为30,72,140,240，求其通项公式

解：由性质(2)，a n是n的三次多项式，可设a n=A n3+B n2+C n+D

由a1=30、a2=72、a3=140、a4=240得

解得：

所以a n=n3+7n2+14n+8

例3.已知整数列{a n}适合条件：

(1)a n+2=3a n+1-3a n+a n-1,n=2,3,4,…

(2)2a2=a1+a3-2

(3)a5-a4=9,a1=1

求数列{a n}的前n项和S n

解：设b n=a n+1-a n,C n=b n+1-b n

C n=b n+1-b n=(a n+2-a n+1)-( a n+1-a n)

=a n+2-2a n+1+a n=(3a n+1-3a n+a n-1) -2a n+1+a n=a n+1-2a n+a n-1

=C n-1 (n=2,3,4,…)

所以{ C n}是常数列

由条件(2)得C1=2,则{a n}是二阶等差数列

因此

由条件(3)知b4=9，从而b1=3，于是a n=n2

例4.求证：二阶等差数列的通项公式为

证明：设{a n}的一阶差数列为{b n}，二阶差数列为{c n}，由于{a n}是二阶等差数列，故{c n}为常数列

又c1=b2-b1=a3-2a2+a1

所以

例5.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a n

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a n

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a n=(2n-2n+1)(2n-1)

例6.数列{a n}的二阶差数列是等比数列，且a1=5,a2=6,a3=9,a4=16,求{a n}的

通项公式

解：易算出{a n}的二阶差数列{c n}是以2为首项，2为公比的等比数列,则c n=2n,

{a n}的一阶差数列设为{b n}，则b1=1且

从而

例7.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]

=随着n的增大而增大，当n=19时=9129<10000，当n=20时=10660>10000

故不存在…

例8.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a n+1-a n，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，因此序列A的第n项显然a n是关于n的二次多项式，首项等比数列为

由于a19=a92=0，必有

所以a1=819

例9:设a,b是正整数，{}是首项是a,公差为b的等差数列，{ }是首项是b,公比为a的等比数列,且满足

（1）求a的值。

（2）对于某项存在,使+ 1=,求b的值及m,n的关系式。

（3）在{}中，对满足（2）的项，求它的前k项的和

分析：（1）由题意=a+(n-1)b =

由, 知a

显然正整数a≠1（否则由a+b0矛盾）

所以a≥2，b≥3

再由ab

所以a<3，结合a≥2得出a=2；

（2）对于某项存在,使+ 1=, 即[2+(m-1)b]+1=b×2n-1

由此得，

因为b≥3，b与均为整数，

所以b=3 且=1，即b=3, 。

（3）在{}中，对满足（2）的项=2+(m-1)3=m-1

有,

这就是说，n=1，2，3，…，k得满足（2）的前k项

前k项的和S k===

构建新数列巧解递推数列竞赛题

递推数列是国内外数学竞赛命题的“热点”之一，由于题目灵活多变，答题难度较大。本文利用构建新数列的统一方法解答此类问题，基本思路是根据题设提供的信息，构建新的数列，建立新数列与原数列对应项之间的关系，然后通过研究新数列达到问题解决之目的。其中，怎样构造新数列是答题关键。

1 求通项

求通项是递推数列竞赛题的常见题型，这类问题可通过构建新数列进行代换，使递推关系式简化，这样就把原数列变形转化为等差数列、等比数列和线性数列等容易处理的数列，使问题由难变易，所用的即换元和化归的思想。

例1、数列中，，。求。

（1981年第22届IMO预选题）分析本题的难点是已知递推关系式中的较难处理，可构建新数列，令，这样就巧妙地去掉了根式，便于化简变形。

解：构建新数列，使

则，，即

化简得

，即

数列是以2为首项，为公比的等比数列。

即

2证明不等式

这类题一般先通过构建新数列求出通项，然后证明不等式或者对递推关系式先进行巧妙变形后再构建新数列，然后根据已经简化的新数列满足的关系式证明不等式。

例2、设，，求证：。

（1990年匈牙利数学奥林匹克试题）分析利用待证的不等式中含有及递推关系式中含有这两个信息，考虑进行三角代换，构建新数列，使，化简递推关系式。

证明：易知，构建新数列，使，

则

，

又，，从而

因此，新数列是以为首项，为公比的等比数列。

考虑到当时，有。

所以，

注：对型如，，都可采用三角代换。

3 证明是整数

这类题把递推数列与数论知识结合在一起，我们可以根据题目中的信息，构建新数列，找到新的递推关系式直接解决，或者再进行转化，结合数论知识解决。

例3、设数列满足，

求证：。

（《中学数学教学参考》2001年第8期第53页，高中数学竞赛模拟试题）

分析直接令，转化为证明

证明：构建新数列，令

则，

代入整理得

从而

于是

由已知，，，由上式可知，，，依次类推，，即。

例4、设r为正整数，定义数列如下：，求证：。

（1992年中国台北数学奥林匹克试题）分析把条件变形为比较与前的系数及与的足码，考虑到另一项为，等式两边同乘以，容易想到构新数列，使。

证明：由已知得

构建新数列，

则，

又

|

| ，从而。

4 解决整除问题

一般通过构建新数列求出通项，再结合数论知识解决，也可用数学归纳法直接证明。

例5、设数列满足，，对一切，有

，求所有被11整除的的一切n值。

（1990年巴尔干地区数学奥林匹克试题）分析变形递推关系式为，就容易想到怎样构建新数列了。

解：由已知

构建新数列

则，

从而，，，当时，由于被11整除，因而也被11整除。

所以，所求n值为，8，及的一切自然数。

5 证明是完全平方数

这类题初看似乎难以入手，但如能通过构建新数列求出通项，问题也就迎刃而解了。

例6、设数列和满足，，且

求证：是完全平方数。 （2000年全国高中联赛加试题）

分析 先用代入法消去和，得，如果等式中没有常数项6，就可以利用特征根方法求通项，因此可令，易求得。

证明：由①式得， 代入②得 化为

构建新数列，，且，

由特征方程 得两根 ， 所以 当，1时，有 解得： 则 则

因为 为正偶数，所以，是完全平方数。

从上述各题构建新数列的过程中，可以看出对题设中递推式的观察、分析，并据其结构特点进行合理变形，是成功构建新数列的关键。构建新数列的目的是为了化繁为简、化未知为已知、化不熟悉为熟悉，这也是解答数学问题的共性之所在。

①

②

数列能力训练题

1：是否存在常数a,b使得等式1×22+2×32+3×42+…+n(n+1)2=

解得：

所以：当a=3,b=11,c=10时，等式对n=1,2,3成立

再用数学归纳法证明当a=3,b=11,c=10时，原式对任意正整数成立

2：设等差数列｛a n｝的前n项和为S n,已知a3=12,S12>0,S13<0

（1）求出d的范围

（2）推出S1，S2，S3，…，S12中哪个值最大，并说明理由

解：（1）

解之：

另解：

一般地，一个递减（增）等差数列，

，则S k最大（或最小）。

3：已知非常数的等差数列｛a n｝的前n项和

求数列｛a5n+3｝的前n项和

由等差数列的性质，数列｛a5n+3｝是首项为a8,公差为5d的等差数列其前n项和

4：各项为正的数列｛a n｝的前n项和为S n,a n与2的等差中项等于S n，与2的等比中项,求a n 5:等比数列｛a n｝的前n项和为S n，若S10=10,S40=150,求S30

6：已知正数列｛a n｝满足

｛b n｝为公比为3，首项为3的等比数列

7：已知正数数列a0,a1,a2,…a n,满足

,且a0=a1=1,求a n

所以：a n=

6.7都是由递推关系构造数列求解，对于较复杂的数列问题，这是一种常见技巧

8：已知实数列｛x n｝中，x n=1,x n+1=x n2+ x n

实数列｛y n｝中，

9：等差数列｛a n｝的公差为d,若数列中任（不同）两项之和仍为这个数列中的一项，求证：必存在整数

10：已知数列{a n}满足

a

=pa n+d(

a1=e

11：数列{a n}满足求a n

a1=e

12：由正整数组成的数列{a n}满足a1=1,a m+n=a m+a n+mn求a n

13：已知数列{x n}满足x1=x2=1求x n

x n+2=6x n+1-8x n1=2A+4B 解得：A= 1=4A+16B

14：设数列{a n}满足求a n

15：已知f(x)=方程f(x)=x有唯一解

f(x n-1)=x n,求x n

评注：递推式为线性分式时，有时可以考虑取倒数的方法构造新数列，达到求解目的。

16：已知数列{a n}满足求a n

a1=1,a2=2

a n=

17：已知数列{a n}中，a1=1,,求a n

18：已知正项数列中，

求证：

证明：不失一般可设

19：个正数排成n行n列

其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，且所有的公比相等，已知

求

20：

21：

22：已知数列，且

23：给定正整数和正数M，对于满足条件的所有等差数列

24：已知一个数列的各项是1或2，首项为1，且在第k个1和第k+1个1之间有，即1，2，1，2，2，1，2，2，2，1，

（1）求数列前1998项之和S1998

（2）是否存在正整数n,使得数列前n项和S n=20001？

若n存在，求出n的值，若n不存在，证明你的结论。

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