高中数学奥赛辅导

数列与递进 知识、方法、技能数列是中学数学中一个重要的课题，也是数学竞赛中经常出现的问题.所谓数列就是按一定次序排列的一列数.数列的一般形式是a 1, a 2, …,a n , …通常简记为{a n }.如果数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的函数关系可用一个公式来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式.从函数的角度看，数列可以看做是一个函数，定义域是自然数集或自然数集的一个有限子集，函数表达式就是数列的通项公式.对于数列{a n }，把S n =a 1+a 2+…+a n 叫做数列{a n }的前n 项和，则有⎩⎨⎧≥-==-).2(),1(11n S S n S a n n n I ．等差数列与等比数列 1．等差数列（1）定义：.2)(211++++==-n n n n n a a a d a a 或常量 （2）通项公式：a n =a 1+(n －1)d . （3）前n 项和公式：.2)1(2)(11d n n na a a n S n n -+=+=（4）等差中项：.221+++=n n n a a a （5）任意两项：a n =a m +(n －m)d. （6）性质：①公差为非零的等差数列的充要条件是通项公式为n 的一次函数；②公差为非零的等差数列的充要条件是前n 项和公式为n 的不含常数项的二次函数； ③设{a n }是等差数列，如果m 、n 、p 、q ∈N*，且m+n=p+q ，那么a m +a n =a p +a q ;④设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，则S m , S 2m －S m , S 3m －S 2m , …, S pm －S (p －1)m (m>1,p ≥3，m 、p ∈N*)仍成等差数列； ⑤设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，则}{nS n是等差数列； ⑥设{a n }是等差数列，则{λa n +b}(λ,b 是常数)是等差数列；⑦设{a n }与{b n }是等差数列，则{λ1a n +λ2b n }（λ1，λ2是常数）也是等差数列；⑧设{a n }与{b n }是等差数列，且b n ∈N*，则{a bn }也是等差数列（即等差数列中等距离分离出的子数列仍为等差数列）； ⑨设{a n }是等差数列，则{na C }（c>0, c ≠1）是等比数列.2．等比数列 （1）定义：nn n n n n a aa a q a a 1121),(++++==或常量 （2）通项公式：a n =a 1q n －1.（3）前n 项和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==).1(11)1().1(111q q q a a q q a q na S n n n（4）等比中项：.21++±=n n n a a a （5）任意两项：a n =a m q n －m.（6）无穷递缩等比数列各项和公式： S=).1||0(1lim 11<<-==∞→+∞=∑q qa S a n n n n （7）性质：①设{a n }是等比数列，如果m 、n 、p 、q ∈N*，且m+n=p+q ，那么a m ·a n =a p ·a q ；②设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，则S m , S 2m －S m , S 3m －S 2m , …， S pm －S (p －1)m (m>1, p ≥3，m 、n ∈N*)仍为等比数列；③设{a n }是等比数列，则{λa n }（λ是常数）、{mn a }（m ∈Z*）仍成等比数列； ④设{a n }与{b n }是等比数列，则{a n ·b n }也是等比数列；⑤设{a n }是等比数列，{b n }是等差数列，b n ∈Z*，则{a bn }是等比数列（即等比数列中等距离分离出的子数列仍为等比数列）；⑥设{a n }是正项等比数列，则{log c a n }(c>0, c ≠1)是等差数列.赛题精讲例 1 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=b k +a k (k=1,2，…)，求数列{b n }的前n 项之和.（1996年全国数学联赛二试题1）【思路分析】欲求数列{b n }前n 项和，需先求b n . 由a k =b k+1－b k , 知求a k 即可，利用 a k =S k －S k －1(k=2, 3, 4,…)可求出a k .【略解】由S n =2a n －1和a 1=S 1=2a 1－1,得a 1=1, 又a n =S n －S n －1=2a n －2a n －1,即a n =2a n －1,因此{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，则有a n =2n －1.由a k =b k+1－b k ，取k=1,2,…,n －1得a 1=b 2－b 1, a 2=b 3－b 2, a 3=b 4－b 3, …, a n －1=b n －b n －1,将上面n －1个等式相加，得b n －b 1=a 1+a 2+…+a n . 即b n =b 1+a 1+a 2+…+a n =3+(1+2+22+…+2n －1)=2n －1+2,所以数列{b n }的前n 项和为S n ′=（2+1）+（2+2）+（2+22）+…+（2+2n －1）=2n+2n－1.【评述】求数列的前n 项和，一般情况必须先研究通项，才可确定求和的方法.例2 求证：若三角形的三内角成等差数列，对应的三边成等比数列，则此三角形必是正三角形.【思路分析】由△ABC 的三个内角A 、B 、C 成等差数列，知∠B=60°，三个角可设为60°－d, 60°, 60°+d ，其中d 为常数；又由对应的三边a 、b 、c 成等比数列，知b 2=ac ，或将三边记为a 、aq 、aq 2，其中q 为正常数，由此知要证此三角形为正三角形只须证明d=0或q=1或a=b=c.【证】设△ABC 的三个内角为A 、B 、C 及其对边a 、b 、c ，依题意b 2=ac, ∠B=60°.【方法1】由余弦定理，得,,2160cos 2cos 22222ac ac c a ac b c a B =-+==-+=所以ο 整理得(a －c)2=0因此a=c.故△ABC 为正三角形.【方法2】设a 、b 、c 三边依次为a 、aq 、aq 2，由余弦定理有cosB=2160cos 2)()(22222==⋅⋅-+οaqa aq aq a ,整理得q 4－2q 2+1=0,解得q=1, q=－1（舍去） 所以a=b=c,故此△ABC 为正三角形.【方法3】因为b 2=ac, 由正弦定理：(2RsinB)2=2RsinA ·2RsinC （其中R 是△ABC 外接圆半径）即sin 2B=sinA ·sinC ，把 B=60°代入得sinA ·sinC=43，整理得21[cos(A －C)－cos(A+C)=43，即cos(A －C)=1,所以A=C ，且∠B=60°，故此△ABC 为正三角形.【方法4】将60°－d, 60°, 60°+d 代入sin 2B=sinAsinC, 得sin(60°－d)·sin(60°+d)=43，即21[cos(2d)－cos120°]= 43. 得cos2d=1, d=0°,所以∠A=∠B=∠C ，故△ABC 为正三角形.【评述】方法1、2着眼于边，方法3、4着眼于角.例3 各项都是正数的数列{a n }中，若前n 项的和S n 满足2S n =a n +na 1,求此数列的通项公式.【思路分析】 在S n 与a n 的混合型中，应整理成数列{S n }的递推式或数列{a n }的递推式，然后用递推关系式先求出S n ，再求a n ，或直接求a n .本题容易得到数列{S n }的递推式，利用a n =S n －S n －1先求出S n ，再求a n 即可.【解】n ≥2时，将a n =S n －S n －1代入2S n =a n +n a 1,得2S n =S n －S n －1+11--n n S S ,整理得,1),2(111212==≥=--a S n S S n n 且所以数列}{2n S 是首项为1，公差为1的等差数列，即),2(1,,1)1(112≥--=-===⋅-+=-n n n S S a n S n n S n n n n n 从而当n=1时，由2S 1=a 1+na 1,得a 1=1也满足1--=n n a n . 故数列{a n }的通项公式为1--=n n a n .【评述】处理本例的思想方法，可用来求满足S n 与a n 混合型中的通项公式. 例4 设数列{a n }的前n 项和S n 与a n 的关系为S n =－ba n +1－nb )1(1+，其中b 是与n 无关的常数，且b ≠－1.（1）求a n 与a n －1的关系式；（2）写出用n 与b 表示a n 的表达式.【思路分析】利用S n =a n －a n －1(n ≥2)整理出数列{a n }的递推关系式求a n .【解】（1）21111)1(1)1(11b a b ba S a +=+-+-==得 当n ≥2时，a n =S n －S n －1= －b a n +1－nn n n n n b bba ba b ba b )1(])1(11[)1(1111+++-=+-+--+---,整理得 ,41,1)2((*))2()1(1111==≥+++=+-a b n b ba b b a n n n 时当,212111+-+=n n n a a 两边同乘以2n ，得2n a n =2n －1a n －1+21,可知数列{2na n }是以2a=21为首项，公差为21的等差数列.所以.2,221)1(2121+==-+=n n n nn a n n a 即当b ≠1，b ≠－1时， 由（*）式得(1+b)na n =b(1+b)n －1a n －1+bb+1 .)1(1,)1(.)1(1)1()1(11111-----++=+=+++=+n n n n n n n n n n n bb c c a b b c b b a b b a b b 则令有从而数列{c n －c n －1}就是一个等比数列，n 取2，3，…，n 得,)1)(1()1()1)(1(1)1()1(,)1)(1(1)1111(11,111),111(111,)1(1,,)1(1,)1(111112111211122312+------+--=+--⋅+=⋅+=+--=+++++=+=+=++++=--+=-+=-+=-n n n n n n n n n n n nn n n n n n n b b b b b b b b b b c b b a b b b b b b b b c b a b b c b b b b c c n b b c c bb c c b b c c 从而所以且个式子相加得上述K K K故数列{a n }的通项公式为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧±≠+--==+.1)1)(1()1(,1,21b b b b b b n a n nn n【评述】构造辅助数列是解由递推关系式给出数列求通项的一个基本方法，本例构造了辅助数列{c n }、{c n －c n －1}，使数列{c n －c n －1}为等比数列，化未知为已知，从而使问题获解.例5 n 2(n ≥4)个正数排成n 行n 列 a 11 a 12 a 13 a 14…… a 1n a 21 a 22 a 23 a 24…… a 2n a 31 a 32 a 33 a 34…… a 3n a 41 a 42 a 43 a 44…… a 4n … … … … …… … a n1 a n2 a n3 a n4…… a nn其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已知a 24=1, a 42=81，a 43=163,求a 11+a 22+a 33+…+a nn .（1990年全国高中数学联赛试题） 【思路分析】求和需要研究a 11和a kk ，又每列成等比数列且公比相等，只需要研究a 1k和q,又每行成等差数列，需要求得a n 和第一行的公差d ，因而本题利用已知建立a n 、d 和q 之间关系，使问题获解.【解】设第一行数列公差为d ，各列数列公比为q.因为2a 43=a 42+a 44, 所以a 44=2a 43－a 42=2×163－81=41.又因为a 44=a 24·q 2=q 2,所以q=21,于是有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=⋅==+=⋅=,81)21)((,121)3(31131242111424d a q a a d a q a a解此方程组，得d=21,a 11=21. 对于任意的1≤k ≤n,有.2212,22112211)211(2122121212121,2332221,,2)21](21)1(21[])1([133221111132132332211111111n n nn n n n n n n n nn k k k k k kk na a a a n n nS n S a a a a S kk q d k a q a a --=++++--=---=-++++=++++=++++==-+=-+=⋅=-++++---K K K K 故两式相减得则有设【评述】数列求和应先研究通项，通项c n =a n b n ，其中{a n }成等差为九列，{b n }为等比数列，数列{c n }的求和用错项相减去.例6 将正奇数集合{1，3，5，…}从小到大按第n 组有(2n －1)奇数进行分组：{1}, {3,5,7} , {9, 11, 13, 15, 17}, … （第1组）（第2组）（第3组）问1991位于第几组中（1991年全国高中数学联赛试题）【思路分析】思路需要写出第n 组的第1个数和最后一个数，1991介于其中，而第n 组中最后一个数是第（1+3+…+2n －1）=n 2个奇数为2n 2－1.【解】因为1+3+5+…+(2n －1)=n 2所以前n 组共含有奇数n 2个，第n 组最后一个数即第n 2个奇数为2n 2－1,第n 组第一个数即第n －1组最后一个数后面的奇数为[2(n －1)2－1]+2=2(n －1)2+1.由题意，有不等式2(n －1)2+1≤1991≤2n 2－1.解得(n －1)2≤995且n 2≥996，从而n ≤32且n ≥32， 故n=32，即1991位于第32组中.【评述】应用待定的方法，假定位于第n 组中然后确定n 即可. 例7 设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 是前n 项和，证明.log 2log log 15.025.05.0++>+n n n S S S（1995年全国高考题）【思路分析】要证原结论成立，只需证S n S n+2<21+n S 成立，用等比数列前n 项和公式表示或建立S n 、S n+1、S n+2的关系，用比较法证之.【证法1】设{a n }的公比为q,由题设知a 1>0, q>0.（1）当q=1时，S n =na 1，从而S n S n+2－21+n S =na 1(n+2)a 1－21a (n+1)2=－21a <0.（2）当q ≠1时，,1)1(1qq a S n n --=.0)1()1()1()1)(1(2122121222112<-=------=-+++-n n n n n n n q a q q a q q q a S S S 由①、②知.212++<n n n S S S根据对数函数的单调性，得.log 2log log .log )(log 15.025.05.0215.025.0++++>+>n n n n n n S S S S S S 即【证法2】设{a n }的公比为q ，由题设知a 1>0, q>0. 因为S n+1+=a 1+qS n , S n+2=a 1+qS n+1,所以S n S n+2－21+n S =S n (a 1+qS n+1)－(a 1+qS n )S n+1=a 1(S n －S n+1) =－a 1(S n+1－S n ) =－a 1a n+1<0.即.212++<n n n S S S （以下同证法1）.【评述】明确需要证212++<n n n S S S ，建立S n 、S n+1、S n+2之间的关系较为简单.。