《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：)1()1(1d n a a n -+=

前n 项和公式为：)2(2

)1(2)(11d

n n na a a n S n n -+=+=

从(1)式可以看出，n a 是n 的一次数函(0≠d )或常数函数(0=d )，

(n a n ,)排在一条直线上，由(2)式知，n S 是n 的二次函数(0≠d )或一次函数(0,01≠=a d )，且常数项为0。在等差数列{n a }中，等差中项：

2

2

1+++=n n n a a a 且任意两项n m a a ,的关系为：d m n a a m n )(-+=

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n 项和公式还可推出： {}n k a a a a a a a a k k n n n 3,2,1,123121∈+==+=+=++--

若q p n m a a a a q p n m N q p n m +=++=+∈:,,,,,*则有且

等等

或等差数列,,,,1

)12(,)12()1(232121 k n nk k k k k k n n n m S S S S S S S a n S a n S -+----++=-=

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q 表示。等比数列{a n }的通项公式是： 11-?=n n q a a

前n 项和公式是： 1,1=q na =n S

1,11)1(111≠--=--q q

q a a q q a n

n

在等比数列中，等比中项： 21++?=n n n a a a 且任意两项n m a a ,的关系为m n m n q a a -?=

如果等比数列的公比q 满足0＜q ＜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：

q

a S -=

11

从等比数列的定义、通项公式、前n 项和公式可以推出：

{}

1

21121212321*123121)(,)(:,,

:,,,,,,3,2,1,+++--+---==??=?=?∈∈?=?=?=?n n n n n n n n n m q p k n k n n n a a a a a a a a a a N q p n m n k a a a a a a a a πππ则有记则有若

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n a C ，则{n a C }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：n m q p a a a a ?=?

证明：设等比数列{n a }的首项为1a ，公比为q ，则

n

m q p n m n m q p q p n n m m q q p p a a a a q a a a q a a a q

a a q a a q a a q a a ?=??=??=??=?=?=?=-+-+----:,:22

122

11

1111111故所以

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：a 1+k ·a n-k =a 1·a n

对于等差数列，同样有：在等差数列{n a }中，距离两端等这的两

项之和等于首末两项之和。 即：a 1+k +a n-k =a 1+a n

例2．在等差数列{n a }中，a 4+a 6+a 8+a 10+a 12=120，则2a 9-a 10= A.20 B.22 C.24 D28 解：由a 4+a 12=2a 8，a 6+a 10 =2a 8及已知或得

5a 8=120，a 8=24

而2a 9-a 10=2(a 1+8d)-(a 1+9d)=a 1+7d=a 8=24。 故选C

例3．已知等差数列{a n }满足a 1+a 2+a 3+…+a 101=0，则有( ) A.a 1+a 101＞0 B. a 2+a 100＜0 C.a 3+a 99=0 D.a 51=51 [2000年北京春季高考理工类第(13)题]

解：显然，a 1+a 2+a 3+…+a 101

C

a a a a a a a a a a S 选从而故,0,00101)(2

1

101199310021011101101=+==+=+=+=?+==

例4．设S n 为等差数列{}n a 的前n 项之各，S 9=18，)9(304>=-n a n ，

S n =336，则n 为( )

A.16

B.21

C.9 D8

B

n n n

a a n S a a a a a a S n n n n 选故而所以故由于解,21336

16322)(2,323022,189:1145559===?=+==+=+=+==?=-

例5．设等差数列{n a }满足13853a a =，且1a ＞0，n S 为其前n 项之和，

则

)(*N n S n ∈ 中最大的是( )。 (1995年全国高中联赛第1题) (A)S 10 (B)S 11 (C)S 20 (D)S 21

20,20:,0)

240(39

)1(392)1()12(5)7(353:11111113

8<>≤≥-=--=-+=+=+∴=n n n a n n a n a n a a d n a a d a d a a a 时当则令故

解 所以:S 19=S 20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a ，公差为d ，则依题意有：

[](*)

972)1(2972

)

1(22

?=?-+=-+

n d n a d n n na 因为n 是不小于3的自然数，97为素数，故数n 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0>d ，则1≥d 由(*)式知2×972≥)1()1(-≥-n n d n n 故只可能有n =97，(*)式化为：9748=+d a ，这时(*)有两组解：

97097===a d n 或 1

297===a d n 若0=d ，则(*)式化为：297=n a ，这时(*)也有两组解。

97097

===a d n 或 1

297

===a d n 故符今题设条件的等差数列共4个，分别为： 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)=n 2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：

[][][][][]25

1251,1,121

50215,25

1+=

+==∴<-<∴-=-+=

x x x x x x x x x 故应填 例9．等比数列{}n a 的首项15361=a ，公比2

1

-=q ，用πn 表示它的前n 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{}n a 的通项公式为

191)2

1(153623)21(1536---???=-?

=n n n a 前n 项和 0

)2

1

(23:

)

21

(23)21(1536559911112

)1(92)

1(<-??=-??=-?=--ππ因为n n n n n n n

n

最大

故121239

78

117

13

139421266108121245368199,232

2

323223,239223ππππππ?=??=?=??=---

选(C)

例10．设y x ≠，且两数列y a a a x ,,,,321和43,21,,,,b y b b x b 均为等差数列，

则

=--1

23

4a a b b [1988年全国高中联赛试题]

解：依题意，有)(412a a x y -=- 所以:

3

8)

(31

:)(3)(4

1

1234232312=--∴-=--=--=

-a a b b x y b b b b x y x y a a 所以又

例11．设z y x ,,是实数，z y x 5,4,3成等比数列，且z

y x 1

,1,1成等差数列，

则x

z

z x +的值是 [1992年全国高中数学联赛试题] 解：因为z y x 5,4,3成等比数列，所以有

:

,1

,1,1)1(1516:)4(5322所以有成等差数列又即z

y x xz y y z x ==? )2(2,:,11z

x xz

y y z xz z x y

z z x +==+=+即

xz

z x z xz x xz z y x xz

z x z x 34)(15)2(15640,0,015)(416:)1()2(22222

2

2=+∴++=∴≠≠≠=+? 得代入将 15

34

=+∴

x z z x 例12．已知集合M={)lg(,,xy xy x }及N={y x ,,0}并且M=N ，那么

的值等于)1

()1()1()1(200120013322y

x y x y x y x ++++++ ( )

解：由M=N 知M 中应有一元素为0，任由lg(xy )有意义知0≠xy ，

从而0≠x ，且0≠y ，故只有lg(xy )=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,21

,21,21,2122121222=+-=+=+-=+

--k k k k y

x y x y x y x 从而2)1

()1()1(2001200122-=++++++y x y x y x

注：数列x ，x 2，x 3，…，x 2001；200121

,1,1y

y y 以及

2001200133221

,,1,1,1y

x y x y x y x ++++

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

故2001并不可怕。

例13．已知数列{n a }满足3a n+1+a n =4(n ≥1)且a 1=9，其前n 项之和为Sn ，

则满足不等式∣S n -n -6∣＜125

1

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

81),1(3

1

111=---=-+a a a n n

故数列{a n-1}是以8为首项，以3

1

-

为公比的等比数列，所以 1

1

)

3

1(81)3

1

(81---?+=-?=-n n n n a a n n n n n S )31(66)

31(1)31(18-?-+=-?

?

????

--+=

n n n S )3

1

(66-?-=--∴

7

651324325031251

)31(6)31(665

1≥∴>>-∴=>><

?=-?-=--∴-n n n S n n n n

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：1)3

1

(8,,98,38,8--?-n 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b 1=3,

b k +1=a k +b k (k =1,2,…)求数列{n b }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S 1=a 1=2a 1-1，

1111122)3()2()

3(12)2(12)1(1-----=---=-==∴n n n n n n n n a a S S a S a S a 得又

122--=∴n n n a a a 2,

21

1==--n n

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

1

2

,2

)5(2,123

212

1111=-=-=-∴==-+=------++b b b b b b a b b b a b k k k k k k k k k k k k k 由

以上诸式相加，得

因为表中均为正数，故q ＞0，21=∴q ，从而2

1

11=a ， 因此，对于任意1≤k ≤n ，有

[]nn

k

k k k k kk a a a a S k k q d k a q a a ++++=?=????????-+=-+=?=--- 33221111111121)21(21)1(2

1

)1(记

:)6()5()6(21

21)1(2122121:)5(2

12132122113232得则有-?+?-++?+=?++?+?+=

+n n n n n S n

n

n n nn n

n n n

n n n n n n a a a a n n n S n S 2

2

22212:2

21222

11)21

(12212121211:,2

1212121212113322111132132+-=--=++++--=---=

-+++++=-++++=---+ 即所以 评注：本题中求和,2

1

21321221132n n S ?++?+?+?

= 实为等差数列a n =n 与等比数列n n b 21

=

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2

1

，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+3x 2+…+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a 1=2,a 1+a 2+a 3=12，(I)求数列{a n }的通项公式；(II)令b n =a n ·x n )(R x ∈，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)(1

1

1

1k n k k n a a

a a -+

=∑-=+

(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a 63=a 89=10，求a 51

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

[])

2)(1(8)1()

1(2

16)2()(111

1

111

11--+-+=-?-+++

=+=-+=∑∑-=-=+n n a n a n n a a a b a a a a a n k k k n k k n 这是一个关于n 的二次多项式，其中n 2的系数为8，由于a 63=a 89=10,所以

a n =8(n -63)(n -89)+10，从而a 51=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a 63=a 89=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(a 3-a 2)-(a 2-a 1)=16 即a 3-2a 2+a 1=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a 51=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 n 3

+B n 2

+C n +D

由a 1=30、a 2=72、a 3=140、a 4=240得

解得：

所以a n =n 3+7n 2

+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)2a 2=a 1+a 3-2 (3)a 5-a 4=9,a 1=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C 1=2,则{a n }是二阶等差数列

因此

)

2)(1()1(122

)

2)(1()1(1111

1--+-+=?--+

-+=+=∑=n n b n n n b n a b a a n

k k n 由条件(3)知b 4=9，从而b 1=3，于是a n =n

2

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

]

=

)14(312-n n 随着n 的增大而增大，当n =19时)14(3

1

2-n n =9129<10000，当n =20时)14(3

12

-n n =10660>10000

故不存在…

例8.对于任一实数序列A={a 1,a 2,a 3,…}，定义DA 为序列{a 2-a 1,a 3-a 2,…}，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a 19=a 92=0,求a 1 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)1(-+n d ，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2

1 由于a 19=a 92=0，必有

所以a 1=819

例9:设a,b 是正整数，{n a }是首项是a ,公差为b 的等差数列，{n b }是首项是b ,公比为a 的等比数列,且满足32211a b a b a <<<< （1）求a 的值。

（2）对于某项m a 存在n b ,使m a + 1=n b ,求b 的值及m,n 的关系式。 （3）在{n a }中，对满足（2）的项，求它的前k 项的和 分析：（1）由题意n a =a+(n-1)b n b =1-n a b 由32211a b a b a <<<<, 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

b b a ， 由于12-b b 是b ≥3上的增函数，从而

≥-1

2b b

3 所以a<3， 结合a ≥2得出a=2；

（2）对于某项m a 存在n b ,使m a + 1=n b , 即[2+(m -1)b ]+1=b ×2n -1 由此得3)12(1=-+?-m b n ，

因为b ≥3，b 与m n -+-121均为整数， 所以b =3 且m n -+-121=1，即b =3, 12-=n m 。

（3）在{n a }中，对满足（2）的项n a =2+(m -1)3=m -1 有12121-=--n n a ,

这就是说，n =1，2，3，…，k 得满足（2）的前k 项 前k 项的和S k =)12

(11

∑=--k

n n =∑=--k

n n k 1

12=k k --12

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{}n a 中，11=a ，()

n n n a a a 2414116

1

1+++=

+。求n a 。 （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n a 241+较难处理，可构建新数列{}n b ，令n n a b 241+=，这样就巧妙地去掉了根式，便于化简变形。

解：构建新数列{}n b ，使0241>+=n n a b

则 51=b ，n n

a b 2412+= ，即24

1

2

-=n n b a

∴ ???

? ??+-?+=-+n n n b b b 241411612412

21

化简得 ()()2

2

132+=+n n b b

∴ 321+=+n n b b ，即 ()32

131-=-+n n b b

数列 {}3-n b 是以2为首项，

2

1

为公比的等比数列。 n n n b --=?

?

?

???=-21

22123 即 322+=-n n b

∴ 1

211222

31

232241---?+?+=-=n n n n n b a 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10=a ，1

2

11

1---+=

n n n a a a ()N n ∈，求证：2

2

+>

n n a π

。

（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π及递推关系式中含有2

11-+n a 这

两个信息，考虑进行三角代换，构建新数列{}n α，使n n tg a α=，化简递推关系式。

证明：易知0>n a ，构建新数列{}n α，使n n tg a α=，??

? ??∈2,0παn

则 2

sin cos 1111111

12-----=-=

-+=

n n n n n n tg tg tg a α

αααα

∴ 2

1-=n n tg tg αα，2

1-=n n αα

又 10=a ，8

121π

tg a =-= ，从而 8

1π

α=

因此，新数列{}n α是以

8

π为首项，21

为公比的等比数列。