2024年高中数学竞赛数列

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，也是数学竞赛中常常出现的问题。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。假如数列{an}的第n项an与项数(下标)n之间的函数关系能够用一个公式an=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，数列能够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对应函数的解析式。为了解数列竞赛题，首先要深刻了解并纯熟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、等差数列假如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{an}的通项公式为：前n项和公式为：从(1)式能够看出，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：它能够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、等比数列假如一个数列从第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。公比一般用字母表示。等比数列{an}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假如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、前项和公式能够推出：另外，一个各项均为正数的等比数列各项取同底数数后组成一个等差数列；反之，以任一个正数C为底，用一个等差数列的各项做指数结构幂，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。重要的不不过两类基本数列的定义、性质，公式；并且蕴含于求和过程当中的数学思想措施和数学智慧，也是极其宝贵的，诸如“倒排相加”(等差数列)，“错位相减”(等比数列)。数列中重要有两大类问题，一是求数列的通项公式，二是求数列的前n项和。三、范例设ap，aq，am，an是等比数列{an}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

阐明：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。它阐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·an-k=a1·an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+an-k=a1+an例2．在等差数列{}中，a4+a6+a8+a10+a12=120，则2a9-a10=A.20B.22C.24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{an}满足a1+a2+a3+…+a101=0，则有()A.a1+a101＞0B.a2+a100＜0C.a3+a99=0D.a[北京春季高考理工类第(13)题]解：显然，a1+a2+a3+…+a101例4．设Sn为等差数列的前项之各，S9=18，，Sn=336，则为()A.16B.21C.9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因此: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，则这么的数列共有()(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≥故只也许有=97，(*)式化为：，这时(*)有两组解：或若，则(*)式化为：，这时(*)也有两组解。或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)=n2个而1991=2×996-1，它是第996个正奇数。因为:312=961＜996＜1024=322因此: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，有因此: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，因此有例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()故意义知，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=-1y=-1，M=N={0,1,-1}此时,从而注：数列x，x2，x3，…，x；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，故并不可怕。例13．已知数列{}满足3an+1+an=4(n≥1)且a1=9，其前n项之和为Sn，则满足不等式∣Sn-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3an+1+an=4(n≥1)3an+1-3=1-an故数列{an-1}是以8为首项，以为公比的等比数列，因此当n=7时满足要求，故选(C)[注]：数列{an}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：的对应项的和组成的数列，故其前n项和Sn可转化为对应的两个已知数列的和，这里，观测通项结构，利用化归思想把未知转化为已知。例14．设数列{an}的前n项和Sn=2an-1(n=1,2,…)，数列{bn}满足b1=3,bk+1=ak+bk(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Sn=2an-1，令n=1，得S1=a1=2a1因此:数列{an}是以a1=1为首项，以q=2为公比的等比数列，故an=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an=n与等比数列的对应项乘积组成的新数列的前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。这种措施本是求等比数列前n项和的基本措施，它在处理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+…+nxn-1；北京高考理工类第(16)题：已知数列{an}是等差数列，且a1=2,a1+a2+a3=12，(I)求数列{an}的通项公式；(II)令bn=an·xn，求数列{bn}的前n项和公式。都贯通了“错项相减”措施的应用。高阶等差数列一、基本知识1.定义：对于一个给定的数列{an}，把它的连结两项an+1与an的差an+1-an记为bn，得到一个新数列{bn}，把数列bn你为原数列{an}的一阶差数列，假如cn=bn+1-bn，则数列{cn}是{an}的二阶差数列依此类推，可得出数列{an}的p阶差数列，其中pÎN2.假如某数列的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)假如数列{an}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{an}是p阶等差数列的充要条件是：数列{an}的通项是有关n的p次多项式(3)假如数列{an}是p阶等差数列，则其前n项和Sn是有关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，处理问题的基本措施有：(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an与前n项和Sn是确定次数的多项式(有关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an能写成an=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，达成简化的目标二、例题精讲例1.数列{an}的二阶差数列的各项均为16，且a63=a89=10，求a51解：法一：显然{an}的二阶差数列{bn}是公差为16的等差数列，设其首项为a,则bn=a+(n-1)×16,于是这是一个有关n的二次多项式，其中n2的系数为8，因为a63=a89=10,因此an=8(n-63)(n-89)+10，从而a51=8(51-63)(51-89)+10=3658解：法二：由题意，数列{an}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an=A(n-63)(n-89)+10因为{an}是二阶差数列的各项均为16，因此(a3-a2)-(a2-a1)=16即a3-2a2+a1因此A(3-63)(3-89)+10-2[A(2-63)(2-89)+10]+A(1-63)×(1-89)+10=16解得：A=8an=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{an}的前4项依次为30,72,140,240，求其通项公式解：由性质(2)，an是n的三次多项式，可设an=An3+Bn2+Cn+D由a1=30、a2=72、a3=140、a4=240得解得：因此an=n3+7n2+14n+8例3.已知整数列{an}适合条件：(1)an+2=3an+1-3an+an-1,n=2,3,4,…(2)2a2=a1+a3(3)a5-a4=9,a1=1求数列{an}的前n项和Sn解：设bn=an+1-an,Cn=bn+1-bnCn=bn+1-bn=(an+2-an+1)-(an+1-an)=an+2-2an+1+an=(3an+1-3an+an-1)-2an+1+an=an+1-2an+an-1=Cn-1(n=2,3,4,…)因此{Cn}是常数列由条件(2)得C1=2,则{an}是二阶等差数列因此由条件(3)知b4=9，从而b1=3，于是an=n2例4.求证：二阶等差数列的通项公式为证明：设{an}的一阶差数列为{bn}，二阶差数列为{cn}，因为{an}是二阶等差数列，故{cn}为常数列又c1=b2-b1=a3-2a2+a因此例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an依分组规则，第n组中的数恰好组成以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an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an=(2n-2n+1)(2n-1)例6.数列{an}的二阶差数列是等比数列，且a1=5,a2=6,a3=9,a4=16,求{an}的通项公式解：易算出{an}的二阶差数列{cn}是以2为首项，2为公比的等比数列,则cn=2n,{an}的一阶差数列设为{bn}，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，这也许吗？解：原问题即是是否存在正整数n，使得12+32+…+(2n-1)2=1002因为12+32+…+(2n-1)2=[12+22+…+(2n)2]-[22+42+…+(2n)2]=伴随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an+1-an，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an是有关n的二次多项式，首项等比数列为因为a19=a92=0，必有因此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<b<a+b<ab<a+2b显然正整数a≠1（否则由a+b<ab得1+b<b,从而1<0，这与1>0矛盾）因此a≥2，b≥3再由ab<a+2b得，因为是b≥3上的增函数，从而3因此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，因此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Sk===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，因为题目灵活多变，答题难度较大。本文利用构建新数列的统一措施解答此类问题，基本思绪是依照题设提供的信息，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成问题处理之目标。其中，怎样结构新数列是答题核心。1求通项求通项是递推数列竞赛题的常见题型，此类问题可通过构建新数列进行代换，使递推关系式简化，这么就把原数列变形转化为等差数列、等比数列和线性数列等轻易处理的数列，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，这么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证明不等式此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，然后依照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。考虑到当初，有。因此，注：对型如，，都可采取三角代换。3证明是整数此类题把递推数列与数论知识结合在一起，我们能够依照题目中的信息，构建新数列，找到新的递推关系式直接处理，或者再进行转化，结合数论知识处理。例3、设数列满足，求证：。（《中学数学教学参考》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，代入整顿得从而于是 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，轻易想到构新数列，使。证明：由已知得 构建新数列，则， 又 | |，从而。4处理整除问题一般通过构建新数列求出通项，再结合数论知识处理，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，就轻易想到怎样构建新数列了。解：由已知构建新数列则， 从而，，，当初，因为被11整除，因而也被11整除。因此，所求n值为，8，及的一切自然数。5证明是完全平方数此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①②①②求证：是完全平方数。（全国高中联赛加试题）分析先用代入法消去和，得，假如等式中没有常数项6，就能够利用特性根措施求通项，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，由特性方程得两根，因此当，1时，有解得：则则因为为正偶数，因此，是完全平方数。从上述各题构建新数列的过程中，能够看出对题设中递推式的观测、分析，并据其结构特点进行合理变形，是成功构建新数列的核心。构建新数列的目标是为了化繁为简、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。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：因此：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｛an｝的前n项和为Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0求出d的范围（2）推出S1，S2，S3，…，S12中哪个值最大，并阐明理由解：（1）解之：另解：一般地，一个递减（增）等差数列，，则Sk最大（或最小）。3：已知非常数的等差数列｛an｝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｛an｝的前n项和为Sn,an与2的等差中项等于Sn，与2的等比中项,求an5:等比数列｛an｝的前n项和为Sn，若S1