《高中数学竞赛》数列
高中数学竞赛数列专题
高中数学竞赛数列专题摘要：一、高中数学竞赛数列专题简介1.高中数学竞赛背景2.数列专题在竞赛中的重要性3.数列专题的主要内容二、等差数列与等比数列1.等差数列的概念与性质2.等差数列的通项公式与求和公式3.等比数列的概念与性质4.等比数列的通项公式与求和公式三、常见的数列类型1.质数数列2.斐波那契数列3.几何数列4.调和数列四、数列的性质与应用1.数列的递推关系2.数列的极限与无穷数列3.数列在实际问题中的应用五、高中数学竞赛数列专题的备考策略1.掌握基础知识2.熟练运用公式与性质3.分析与解决问题的方法与技巧4.模拟试题与真题训练正文：高中数学竞赛数列专题涵盖了丰富的知识点，旨在培养学生的逻辑思维能力和解决问题的能力。
为了更好地应对数列专题的挑战，我们需要对这一专题有全面的了解，包括基本概念、公式、性质以及实际应用等方面。
首先，高中数学竞赛的背景为选拔优秀的学生参加各类数学竞赛，如全国青少年数学竞赛、国际奥林匹克数学竞赛等。
在这些竞赛中，数列专题具有很高的出现频率和重要性，因此，对这一专题的掌握程度对竞赛成绩有着直接影响。
数列专题的主要内容包括等差数列与等比数列、常见的数列类型、数列的性质与应用等方面。
等差数列与等比数列是数列的基本类型，它们在数学竞赛中占据重要地位。
等差数列具有以下性质：任意两项之差相等；等差数列的通项公式为an=a1+(n-1)d，求和公式为Sn=n/2(2a1+(n-1)d)。
等比数列具有以下性质：任意两项之比相等；等比数列的通项公式为an=a1*q^(n-1)，求和公式为Sn=a1*(1-q^n)/(1-q)。
在高中数学竞赛中，还常遇到一些常见的数列类型，如质数数列、斐波那契数列、几何数列和调和数列等。
这些数列具有独特的性质和规律，需要我们熟练掌握其定义、公式和性质。
数列的性质与应用方面，我们需要了解数列的递推关系、极限与无穷数列，以及数列在实际问题中的应用。
递推关系是指数列的通项公式可以通过已知的前几项求得。
高中数学竞赛之数列 huangyuelong文档
2、 若方程有两等根 A B, 则 a n (c1 nc 2 ) A 其中 c1 、 c 2 可由初始条件确定。
n
很明显，如果将以上结论作为此类问题的统一解法直接呈现出来，学生难以接受。 下面我们结合求一阶线性递推数列的参数法，探讨上述结论的“来源” 。 设 a n 1 ta n s ( a n ta n 1 ) ，则 a n 1 ( s t ) a n sta n 1 ,令 （1） 若方程组（*）有两组不同的解 ( s1 , t1 ), ( s 2 , t 2 ) , 则 a n 1 t1 a n s1 ( a n t1 a n 1 ) , a n 1 t 2 a n s 2 ( a n t 2 a n 1 ) , 由等比数列性质可得 a n 1 t1 a n ( a 2 t1 a1 ) s1
பைடு நூலகம்
所以
借助于辅助数列 {
例 6 已知数列 {an } 满足 a1 2 ，当 n 2 时， an
例 7 设数列 a n 满足 a1 2, a n 1
5a n 4 （我们通常也可以采用参数法，同学们 , 求a n 。 2a n 7
可以比较两种方法的不同数学思想） 解： 对等式两端同加参数 t 得
高中数学竞赛讲义
一. 知识归纳 1. k 阶递归式
第五章
数列（二）
对 于 数 列 {an } ， 若 项 an k 与 项 an , an 1 ,..., an k 1 之 间 满 足 函 数 关 系 式 。由此 an k f (an k 1 , an k 2 ,..., an ) (n N ) ，则称此关系式为 k 阶递归式（又称递推式） 递归式和初始值 a1 , a2 ,..., ak 所确定的数列 {an } 称为 k 阶递归数列。数列的递归式分线性递 归式和非线性递归式两种情况。 2. an 1 an f ( n) 型递归式：利用累加法可得 an a1 3. an 1 f ( n) an 型递归式：利用累乘法可求。 4. an 1 pan q ( p 1) 型递归式：凑出一个等比辅助数列 5. an 1 pan q ( p 1) 型递归式：变形为
高中数学竞赛5数列部分参考答案
全国高中数学联赛试题分类汇编5.数列部分参考答案2019B 8.◆答案：5★解析：设{}n a 的公差为d ．由条件知12k a a a +=（k 是某个正整数），则()1121a d a k d +=+-，即()12k d a -=，因此必有2k ≠，且12a d k =-． 这样就有()111112n n a a n d a a k -=+-=+-，而此时对任意正整数n ，()()()()1211111222n n n n n a a a na d a n k d --⎡⎤+++=+=+--+⎢⎥⎣⎦，确实为{}n a 中的一项．因此，仅需考虑使()12|k a -成立的正整数k 的个数．注意到20193673=⨯，易知2k -可取1,1,3,673,2019-这5个值，对应得到5个满足条件的等差数列．2019B 二、★证明：由条件可知4k ≥，且3212112kk k k d d d d d d d d -----=--……………10 分 易得11,k d d n ==，12k nd d -=，23k nd d -=，代入上式得3222123nn d d d n n d d d d --=--， 即()()2232231d d d d -=-，由此可知3d 是完全平方数．由于2d p =是n 的最小素因子，3d 是平方数，故只能23d p =． ………………30 分 从而序列21321,,,k k d d d d d d ----为232121,,,,k k p p p p p p p ------，即12,,,k d d d为211,,,,k p p p -，而此时相应的n 为1k p -.综上可知，满足条件的n 为所有形如a p 的数，其中p 是素数，整数3a ≥．………40分。
2018A 8、◆答案：80★解析：记{}2,11∈-=+i i i a a b （9,,2,1 =i ），则有92111012b b b a a a +++=-= ① 7655825432b b b a a a a b b b ++=-=-=++②下面用t 表示432,,b b b 中2的项数。
【高中数学竞赛+指南讲义】05第五章 数列
【数学竞赛】——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{a n }的一般形式通常记作a 1,a 2,a 3,…，a n 或a 1,a 2,a 3,…，a n …。
其中a 1叫做数列的首项，a n 是关于n 的具体表达式，称为数列的通项。
定理1若S n 表示{a n }的前n 项和，则S 1=a 1,当n >1时，a n =S n -S n -1.定义2等差数列，如果对任意的正整数n ，都有a n +1-a n =d （常数），则{a n }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a n =a 1+(n -1)d ；2）前n 项和公式：S n =d n n na a a n n 2)1(2)(11-+=+；3）a n -a m =(n -m)d ，其中n ,m 为正整数；4）若n +m=p +q ，则a n +a m =a p +a q ；5）对任意正整数p ,q ，恒有a p -a q =(p -q )(a 2-a 1)；6）若A ，B 至少有一个不为零，则{a n }是等差数列的充要条件是S n =An 2+Bn . 定义3等比数列，若对任意的正整数n ，都有q a a nn =+1，则{a n }称为等比数列，q 叫做公比。
定理3等比数列的性质：1）a n =a 1q n -1；2）前n 项和S n ，当q ≠1时，S n =qq a n --1)1(1；当q =1时，S n =na 1；3）如果a ,b ,c 成等比数列，即b 2=ac (b ≠0)，则b 叫做a ,c 的等比中项；4）若m+n =p +q ，则a m a n =a p a q 。
定义4极限，给定数列{a n }和实数A ，若对任意的ε>0，存在M ，对任意的n >M(n ∈N ),都有|a n -A |<ε，则称A 为n →+∞时数列{a n }的极限，记作.lim A a n n =∞→ 定义5无穷递缩等比数列，若等比数列{a n }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S n 的极限（即其所有项的和）为qa -11（由极限的定义可得）。
数学竞赛试题及答案高中生
数学竞赛试题及答案高中生试题一：代数问题题目：已知\( a, b \) 是方程 \( x^2 + 5x + 6 = 0 \) 的两个实根，求 \( a^2 + 5a + 6 \) 的值。
解答：根据韦达定理，对于方程 \( x^2 + bx + c = 0 \)，其根\( a \) 和 \( b \) 满足 \( a + b = -b \) 和 \( ab = c \)。
因此，对于给定的方程 \( x^2 + 5x + 6 = 0 \)，我们有 \( a + b =-5 \) 和 \( ab = 6 \)。
由于 \( a \) 是方程的一个根，我们可以将 \( a \) 代入方程得到 \( a^2 + 5a + 6 = 0 \)。
所以 \( a^2 + 5a + 6 = 0 \)。
试题二：几何问题题目：在一个直角三角形中，已知直角边长分别为 3 厘米和 4 厘米，求斜边的长度。
解答：根据勾股定理，直角三角形的斜边长度 \( c \) 可以通过直角边 \( a \) 和 \( b \) 计算得出，公式为 \( c = \sqrt{a^2 + b^2} \)。
将给定的边长代入公式，我们得到 \( c = \sqrt{3^2 + 4^2} =\sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5 \) 厘米。
试题三：数列问题题目：一个等差数列的首项 \( a_1 = 3 \)，公差 \( d = 2 \)，求第 10 项 \( a_{10} \) 的值。
解答：等差数列的通项公式为 \( a_n = a_1 + (n - 1)d \)，其中\( n \) 是项数。
将给定的值代入公式，我们得到 \( a_{10} = 3 + (10 - 1) \times 2 = 3 + 9 \times 2 = 3 + 18 = 21 \)。
试题四：组合问题题目：从 10 个不同的球中选取 5 个球，求不同的选取方式有多少种。
高级中学数学竞赛专业题材之数列
高中数学竞赛专题之数列一、数列的性质等差数列与等比数列是中学阶段的两种重要数列，也是各年高考、竞赛的重点，现将它们的主要性质及内容对照讨论如下：性质1：若K K ,,,,21n a a a 是等差（等比）数列，那么K K ,,,,kj i j i i a a a ++仍是等差（等比）数列。
性质2：若}{n a 为等差数列，且∑∑===kl lk l l ji 11，那么∑∑===kl j k l i llaa 11（脚标和相同则对应的项的和相同）；若}{n a 为等比数列，且∑∑===kl lkl lji 11，那么l l j kl i k l a a 11===ππ（脚标和相同则对应的项的积相同）。
性质3：若}{n a 为等差数列，记K K ,,,,1)1(1211∑∑∑=-+=+====ki k m i m k i k i ki i a S a Sa S ，那么}{m S 仍为等差数列，}{n a 为等比数列，记K K ,,,,)1(11211k m i kl m k i k l i k l a P a P a P -+=+=====πππ，那么}{m P 仍为等比数列。
性质4：若}{n a 为等比数列，公比为q ，且|q|〈1，则qa S n n -=∞→1lim 1。
例1、若}{n a 、}{n b 为等差数列，其前n 项和分别为n n T S ,，若132+=n n T S n n ， 则=∞→nn n b a lim（ ）A.1 B. 36 C. 32 D.94例2、等差数列}{n a 的前m 项和为30，前2m 项和为100，则它的前3m 项的和为（ ）A.130B. 170C. 210D.260例3、}{n a 、}{n b 为等差数列，其前n 项和分别为n n T S ,，若331313++=n n T S n n （1）求2828a b 的值， （2）求使n na b 为整数的所有正整数n 。
高中数学竞赛_数列【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{a n }的一般形式通常记作a 1, a 2, a 3,…，a n 或a 1, a 2, a 3,…，a n …。
其中a 1叫做数列的首项，a n 是关于n 的具体表达式，称为数列的通项。
定理1 若S n 表示{a n }的前n 项和，则S 1=a 1, 当n >1时，a n =S n -S n -1. 定义2 等差数列，如果对任意的正整数n ，都有a n +1-a n =d （常数），则{a n }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a n =a 1+(n -1)d ；2）前n 项和公式：S n =d n n na a a n n 2)1(2)(11-+=+；3）a n -a m =(n -m)d ，其中n , m 为正整数；4）若n +m=p +q ，则a n +a m =a p +a q ；5）对任意正整数p , q ，恒有a p -a q =(p -q )(a 2-a 1)；6）若A ，B 至少有一个不为零，则{a n }是等差数列的充要条件是S n =An 2+Bn . 定义3 等比数列，若对任意的正整数n ，都有q a a nn =+1，则{a n }称为等比数列，q 叫做公比。
定理3 等比数列的性质：1）a n =a 1q n -1；2）前n 项和S n ，当q ≠1时，S n =qq a n --1)1(1；当q =1时，S n =na 1；3）如果a , b , c 成等比数列，即b 2=ac (b ≠0)，则b 叫做a , c 的等比中项；4）若m+n =p +q ，则a m a n =a p a q 。
高中数学竞赛数列专题
高中数学竞赛数列专题数列是高中数学竞赛中常见的重要题型，掌握数列的性质及解题方法对于参加数学竞赛至关重要。
本文将围绕高中数学竞赛数列专题展开讨论，包括数列的定义与性质、常见数列的特征、递推公式的应用、数列的求和与极限等方面的内容。
一、数列的定义与性质数列是按照一定规律排列的一系列数，常用字母表示，如$a_1, a_2, a_3, \ldots, a_n$。
数列的第一项记作$a_1$，第二项记作$a_2$，第$n$项记作$a_n$。
数列中的数字称为项，项之间的关系由递推关系式表示。
数列的性质包括有界性、单调性以及极限。
有界性是指数列的所有项都满足某个范围，可以是有上界、下界或者同时有上下界。
单调性是指数列的项按照一定的规律递增或递减。
而极限是指数列的项随着$n$的增大逐渐趋于某一个值。
二、常见数列的特征常见数列包括等差数列、等比数列、斐波那契数列等。
等差数列是指数列的相邻项之间的差值相等，记作$a_n=a_1+(n-1)d$。
其中，$a_n$表示第$n$项，$a_1$表示第一项，$d$表示公差。
等差数列的性质包括：通项公式、前$n$项和公式、末项公式等。
等比数列是指数列的相邻项之间的比值相等，记作$a_n=a_1 \cdotq^{(n-1)}$。
其中，$a_n$表示第$n$项，$a_1$表示第一项，$q$表示公比。
等比数列的性质包括：通项公式、前$n$项和公式、末项公式以及无穷项和公式等。
斐波那契数列是指数列中的每一项都是前两项之和的数列，记作$a_n=a_{n-1}+a_{n-2}$。
其中，$a_n$表示第$n$项，$a_{n-1}$表示前一项，$a_{n-2}$表示前两项。
斐波那契数列的性质包括：递推关系式、通项公式、性质应用等。
三、递推公式的应用递推公式是描述数列中项之间的关系的方程式。
通过解递推公式，可以确定数列中任意一项的值。
在数学竞赛中，递推公式的应用非常重要。
解递推公式可以使用递推法、代入法和特殊求和法等不同的方法。
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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.20B.22C.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＞0B. a2+a100＜0C.a3+a99=0D.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.16B.21C.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pÎN2.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=8a 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 nC 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。