2022年高中数学竞赛数列问题 .pdf

高中数学竞赛数列问题一、高考数列知识及方法应用见考纲二、二阶高次递推关系1因式分解降次。例：正项数列an ，满足12nnaS，求 an化异为同后高次2两边取对数降次。例：正项数列an ，a1=1，且 anan+12 = 36，求 an三、线性递推数列的特征方程法定理 1：假设数列 an的递推关系为an+2=1an+1+2an，则设特征方程x2=1x+2，且此方程有相异两根x1，x2x1x2 ，则必有 an=c1x1n+c2x2n， 其 中c1， c2由 此 数 列 已 知 前2 项 解 得 ， 即222211222111xcxcaxcxca或由22111210 xcxcacca得到。 见训练及考试题定理 2：假设方程 x2=1x+2有相等重根 x0，则有 an=c1+c2nx0n，其中 c1，c2仍由定理 1 方程组解得。例如. ：1，已知. 数列na满足)(, 11221Nnaaaaannn，求数列na的通项公式2，. 数列na中，设,2, 1321aaa且)3(3211naaaannnn，求数列na的通项公式3，. 数列na满足：.,236457, 1210Nnaaaannn证明： 1对任意naNn,为正整数； (2) 求数列na的通项公式。4，已知 . 数列na满足121,2,aanN都有2144nnnaaa，求数列na的通项公式四、特殊递推的不动点法 f x= x 的解称为 f x的不动点定理 1：假设数列 an 满足递推： an+1=aan+b a，bR ，则设 x=ax+b，得不动点10abx且数列递推化为： an+1-x0=a an-x0 ，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 11 页进而用构造法解得。定理 2：假设数列 an 满足递推：）（01bcaddacbaaannn，则设dcxbaxx，得不动点 x1，x2，假设 x1x2，则原递推化为：）（21212111xaxacxacxaxaxannnn，再由构造法解得。假设 x1=x2=x0，即有唯一不动点x0 时，原递推可化为：dacxaxann211001，再由构造法解得。例如： 1，在数列 an中，假设 a1=1,an+1=2an+3 ( n1), 求该数列的通项 an2，已知 . 数列na满足：11381,23nnnaaaa，求该数列的通项an3，已知 . 数列na满足：1121,23nnnaaaa，求该数列的通项an五、递推构造法1假设数列递推满足an+1=k1an+k22n，注意构造变形为an+1+A2n+1= k1an+A2n ，展开后与原递推相同，求出A得值，再化为等比数列解决。2假设数列递推满足an+1=k1an+k2n2+k3n，注意构造变形为an+1+A(n+1)2+B(n+1)+c= k1an+An2+Bn+c ，展开后与原递推相同而求出A，B，C的值，再化为等比数列解决。3假设数列为 an+1=-3an+2n - n 呢？例如：1，求所有 a0R ，使得由 an+1=2n-3annN 所确定得数列 a0，a1，a2，是递增的。 2，某运动会开了 n 天(1)n，共发出 m枚奖牌：第一天发出1 枚加上余下的17，第二天发出 2 枚加上余下的17；如此持续了(1)n天，第 n 天发出n 枚. 该运动会开了 _天，共发了 _ 枚奖牌 . 后注：以上方法相辅相成，不可孤立理解，当条件不符合时不可随意应用。例：假设不知 a1，a2确实定值， an+2=2an+1+3an都不可以用特征方程法。望大家结合数列其他讲义及考题认真领会。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 11 页数列训练题1 2006年广东卷在德国不莱梅举行的第48届世乒赛期间，某商场橱窗里用同样的乒乓球堆成假设干准“正三棱锥”形的展品，其中第一堆只有一层，就一个乒乓球；第 2、3、4、堆最底层第一层分别按图 4 所示方式固定摆放 . 从第一层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第 n 堆第 n 层就放一个乒乓球，以)(nf表 示 第n 堆 的 乒 乓 球 总 数 ， 则)3(f；)(nf答案用 n 表示 . 2. ( 2006年重庆卷 )在数列 an中，假设a1=1,an+1=2an+3 (n1), 则该数列的通项an=_. 3 2006年全国卷 II 函数 f (x) i 119| xn| 的最小值为 ( ) A190 B171 C90 D45 4 2006 年全国卷 I 设na是公差为正数的等差数列，假设12315aaa，12380a a a，则111213aaaA120 B105 C 90 D 7552006年江西卷已知等差数列an 的前 n 项和为 Sn， 假设1OaB 200OAaOC，且 A、B、C三点共线该直线不过原点O ，则 S200A100 B. 101 C.200 D.201 62006年辽宁卷在等比数列na中,12a, 前n项和为nS, 假设数列1na也是等比数列 , 则nS等于(A)122n (B) 3n (C) 2n (D)31n7(2006 年山东卷已知a1=2，点(an,an+1) 在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，（1） 证明数列 lg(1+ an) 是等比数列；（2） 设 Tn=(1+a1) (1+ a2) (1+an) ，求 Tn及数列 an的通项；（3） 记 bn=211nnaa，求 bn数列的前项和 Sn，并证明 Sn+132nT=1. 82006 年 上海卷已知有穷数列na 共有 2k 项 整数 k 2 ， 首项1a2 设该数列的前n项和为nS，且1nanSa)1(2n1，2，2k1 ，其中常数a11求证：数列na 是等比数列；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 11 页2假设a2122k，数列nb 满足nb)(log1212naaann1，2，2k ，求数列nb 的通项公式；3假设2中的数列nb 满足不等式 |1b23| |2b23| |12kb23| |kb223| 4，求 k 的值9 2006 年全国卷 II 设数列 an的前 n 项和为 Sn，且方程 x2anxan0有一根为 Sn1，n1，2，3，求 a1，a2； an的通项公式只须写出即可10. 2006 年上海春卷已知数列3021,aaa，其中1021,aaa是首项为 1，公差为 1 的等差数列；201110,aaa是公差为d的等差数列；302120,aaa是公差为2d的等差数列0d. 1假设4020a，求d；2试写出30a关于d的关系式，并求30a的取值范围；3续写已知数列，使得403130,aaa是公差为3d的等差数列，依次类推，把已知数列推广为无穷数列. 提出同 2类似的问题2应当作为特例 ，并进行研究，你能得到什么样的结论？11 2006 年广东卷已知公比为)10(qq的无穷等比数列na各项的和为 9，无穷等比数列2na各项的和为581. ()求数列na的首项1a和公比 q；( ) 对给定的),3 ,2, 1(nkk, 设)( kT是首项为ka， 公差为12ka的等差数列 .求数列)(kT的前 10 项之和；( ) 设ib为数列)(iT的第 i 项，nnbbbS21，求nS，并求正整数)1(mm，使得mSnnlim存在且不等于零 . 12 2006年福建卷已知数列na满足*111,21().nnaaanNI 求数列na的通项公式；II 证明：*122311.().232nnaaannnNaaa13 2006年安徽卷数列na的前n项和为nS，已知211,1 ,1,2,2nnaSn an nn写出nS与1nS的递推关系式2n，并求nS关于n的表达式；设1/,nnnnnSfxxbfppRn，求数列nb的前n项和nT14 2006年全国卷 I 设数列na的前n项的和精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 11 页14122333nnnSa，1,2,3,n求首项1a与通项na；设2nnnTS，1,2,3,n，证明：132niiT15 2006 年 江 西 卷 已 知 数 列 an 满 足 ： a132， 且ann1n13nan2nN2an1（，） 求数列 an的通项公式；数列竞赛训练题1. 数列na中，设1,01aan且6213nnaa，求数列na的通项公式 . 2. 已知. 数列na满足)2(11,21211nnaaann，求数列na的通项公式3. 已知. 数列na满足)(, 11221Nnaaaaannn，求数列na的通项公式精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 11 页4. 已知. 数列na满足1245,0211nnnaaaa，求数列na的通项公式5. 数列na中，设, 121aa且) 1(2212naaannnn，求数列na的通项公式6. 数列na中，设,2,1321aaa且)3(3211naaaannnn，求数列na的通项公式7. 数列na满足：)3(21naaannn，如果前 1492项的和是 1985，而前 1985项的和为 1492，求该数列的前 2001项之和 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 11 页8. 已知. 数列na满足1) 1(1nnnnan，求数列na的前n项和. 参考答案1. )3(f10，6)2)(1()(nnnnf2. an=123n. 3. C 4. B 12322153155aaaaa，1232228080a a aad aad，将25a代入，得3d，从而11121312233103530105aaaaad。选 B。5. 解：依题意， a1a2001，故选 A 6. 【解析】因数列na为等比，则12nnaq，因数列1na也是等比数列，则22121122212(1)(1)(1)22(12 )01nnnnnnnnnnnnnaaaaaa aaaaaaaqqq即2na，所以2nSn，故选择答案 C 。7. 2213nnT,2131nna; 9. 解：( ) 当 n1 时，x2a1xa10 有一根为 S11a11，于是(a11)2a1( a11) a10，解得 a112当 n2时，x2a2xa20 有一根为 S21a212，于是(a212)2a2( a212) a20，解得 a116( ) 由题设( Sn1)2an( Sn1) an0，即Sn22Sn1anSn0精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 11 页当n2时，anSnSn1，代入上式得Sn1Sn2Sn10 由( ) 知 S1a112，S2a1a2121623由可得 S334由此猜想 Snnn1，n1，2，3，下面用数学归纳法证明这个结论( i ) n1 时已知结论成立( ii ) 假设 nk 时结论成立，即Skkk1，当 nk1时，由得 Sk112Sk，即 Sk1k1k2，故 nk1时结论也成立综上，由 ( i ) 、( ii ) 可知 Snnn1对所有正整数 n 都成立于是当 n2 时，anSnSn1nn1n1n1n( n1)，又 n1时，a112112，所以an的通项公式 annn1，n1，2，3，10. 解 13,401010.102010ddaa. 2)0(11010222030ddddaa，432110230da，当),0()0,(d时，307.5,a. 3所给数列可推广为无穷数列na，其中1021,aaa是首项为 1，公差为1 的等差数列，当1n时，数列)1(1011010,nnnaaa是公差为nd的等差数列 . 研究的问题可以是：试写出)1(10 na关于d的关系式，并求)1(10 na的取值范围 . 研究的结论可以是：由323304011010ddddaa，依次类推可得. 1),1(10, 1,11101101)1(10dndddddannn当0d时，)1(10 na的取值范围为),10(等. 11. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 11 页解: ( ) 依题意可知 ,32358119112121qaqaqa( ) 由( ) 知 ,1323nna, 所以数列)2(T的的首项为221at, 公差3122ad, 15539102121010S, 即数列)2(T的前 10项之和为 155. () ib=121iiaia=112iaii=1321231iii，2132271845nnnSnn，mnnnSlim=nlimmnmmnnnnnn2132271845当 m=2时，mnnnSlim=21，当 m2时，mnnnSlim=0，所以 m=2 12. I 解：*121(),nnaanN112(1),nnaa1na是以112a为首项， 2 为公比的等比数列。12 .nna即2*21().nanNII 证法一：1211144.4(1) .nnkkkkna12(.)42.nnkkknnk122(.),nnbbbnnb12112(.)(1)(1).nnnbbbbnnb，得112(1)(1),nnnbnbnb即1(1)20,nnnbnb21(1)20.nnnbnb，得2120,nnnnbnbnb即2120,nnnbbb*211(),nnnnbbbbnNnb是等差数列。证法二：同证法一，得1(1)20nnnbnb令1,n得12.b设22(),bd dR下面用数学归纳法证明2(1) .nbnd1当1,2n时，等式成立。2假设当(2)nk k时，2(1) ,kbkd那么精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 11 页1222(1) 2(1)1 .1111kkkkbbkdkdkkkk这就是说，当1nk时，等式也成立。根据 1和 2 ，可知2(1)nbnd对任何*nN都成立。1,nnnbbdb是等差数列。III 证明：1121211,1,2,., ,12122(2)2kkkkkkakna12231.2nnaaanaaa11121111111 1.,1,2,., ,2122(21)23.22223 2kkkkkkkkakna1222311 111111.(.)(1),23 22223223nnnnaaannnaaa*122311.().232nnaaannnNaaa13. 解：由21nnSn an n2n得：21()1nnnSn SSn n，即221(1)1nnnSn Sn n，所以1111nnnnSSnn，对2n成立。由1111nnnnSSnn，121112nnnnSSnn，2132121SS相加得：1121nnSSnn，又1112Sa，所以21nnSn，当1n时，也成立。由111nnnnSnfxxxnn，得/nnnbfpnp 。而23123(1)nnnTpppnpnp，234123(1)nnnpTpppnpnp，23111(1)(1)1nnnnnnppP Tpppppnpnpp14解： I 21114122333aSa，解得：12a2111144122333nnnnnnnaSSaa11242nnnnaa所以数列2nna是公比为 4 的等比数列所以：111224nnnaa得：42nnna其中 n 为正整数II 1114124122242221213333333nnnnnnnnSa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 11 页112323112221212121nnnnnnnnTS所以：1113113221212niniT15. 将条件变为： 1nnan11n113a（ ），因此1nna为一个等比数列，其首项为111a13，公比13，从而 1nnan13，据此得 annnn331?n 1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 11 页