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高中数学竞赛辅导讲座-数列(二)


高中数学竞赛辅导

高中数学竞赛辅导讲座—数列(二)
【基础知识】 1、概念:①、递归式:一个数列{an}中的第 n 项 an 与它前面若干项 an-1,an-2…an-k, (k<n)的关系式称为递归式。 ②、递归数列:由递归式和初始值确定的数列成 为递归数列。 2、常用方法:累加法,迭代法,代换法,代入法,不动点法,归纳猜想等。 3、思想策略:构造新数列的思想。 4、常见类型: 类型Ⅰ:
a n +1 = p(n)a n + q(n) ( p(n) ≠ 0) (一阶递归) a1 = a (a为常数)

其特例为: (1) a n +1 = pa n + q ( p ≠ 0) (3) a n +1 = p (n)a n + q ( p ≠ 0)

(2) a n +1 = pa n + q(n) ( p ≠ 0)

解题方法:利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列。 类型Ⅱ:
a n + 2 = pa n +1 + qa n ( p ≠ 0 , q ≠ 0) (二阶递归) a1 = a , a 2 = b( a , b为常数)

解题方法:利用特征方程 x2=px+q,求其根α、 ,构造 an=Aαn+Bβn, β 代入初始值 求得 A , B 。 类型Ⅲ:an+1=f(an)其中函数 f(x)为基本初等函数复合而成。 解题方法:一般情况下,通过构造新数列可转化为前两种类型。 5、与递归数列有关的综合问题,一般可先求其通项公式,利用通项公式,结合多 方面的知识和各种数学方法加以解决。如与不等式结合的综合题,就利用比较法、 放缩法等。若给出的数列难于求通项,可借助与构造法、数学归纳法、函数与方 程的知识等加以解决。 例题选讲】 【例题选讲】 1、已知 a1= 2 ,an= 2 + 2a n 1 ,求数列{an}的通项公式。 解:由数学归纳法,不难证明 0< an <2(n=1,2,….),故可设 an=2cosθn(0<θn< 于是
2cosθn= 2 + 2a n 1 =2cos
1 故θn= θn-1 2

π
2

),

θ n 1
2

,由 a1= 2 ,得θ1=

π
4
王洪涛 2004-11-04

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山东滕州一中

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1 π π 因此,θn=θ1( )n-1= n +1 ,所以 an=2cos n +1 2 2 2 2、正整数 k,g(k)表示 k 的最大奇因子(例如 g(3)=3,g(20)=5) ,求 g(1) n + g(2)+ g(3)+……..+ g(2 )(其中 n∈N*) 解:设 Sn= g(1)+ g(2)+ g(3)+ ……. g(2n),则易知 S1= g(1)+ g(2)=2 由 g(k)定义知:当 k 为奇数时,g(k)=k;当 k 为偶数,即 k=2m(m∈N*) 时,g(k)=g(m) 。于是,有 Sn=[g(1)+g(3)+……g(2n -1)]+[g(2)+g(4)+……g(2n)] =[1+3+……+(2n -1)]+g(1)+g(2)+…..+g(2n -1)=(2n-1)2+Sn-1, 即 Sn-Sn-1=(2n-1)2

所以 Sn=(Sn-Sn-1)+(Sn-1+Sn-2)+……+(S2-S1)+S1= (2n-1)2+ (2n-1-1)2 +……
4 n +1 16 n + 2 + (22-1)2+2 = 2 +n+9 3

3、已知数列{an}中,a1=2,an+1=

2a n + 6 ,求 an an +1

解:设 f(x)=

2x + 6 ,解方程 f(x)=x,得 f(x)的不动点为-2 和 3 x +1 bn+1=

设 bn=an-3,cn=an+2,则

2a n + 6 an + 3 bn 3= = an +1 an +1 an + 1

Cn+1=

2a n + 6 4a + 8 4a n +2 = n = an +1 an +1 an +1



b n +1 1 bn = , c n +1 4 cn

{

bn 1 } 是一个等比数列,公比为 ,首项为 cn 4

b1 a 1 3 1 = = c1 a 1 + 2 4
所以

a 3 bn 1 1 2 + 3 × ( 4) n = , 从而由 n = , 得 an= cn (4) n a n + 2 (4) n ( 4) n 1

4、将数字 1,2,3,……..,n 填入标号为 1,2,3,……..,n 的 n 个方格内,每 格一个数字,则标号与数字均不相同的填法有多少种?
2(共 8 页) 山东滕州一中 王洪涛 2004-11-04

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解:设 an 为符合条件的填法。填加数 n+1 和标号为 n+1 的方格,则对于 an 中 的每一个填法,我们将第 k(k=1,2,3,…..n)格的数移到 n+1 格,而将 n+1 填入 k 格,得符合条件填法 nan 种; 对于 n 个数时,仅有第 k 格填入是 k(k=1,2,3,…..n) ,其他 n-1 个数 填法符合条件的为 an-1,我们也将第 k 格的数移到第 n+1 格,而将 n+1 填入 k 格,得符合条件的填法 nan-1 于是,共有 an+1=nan+nan-1 种。 易知 a1=0,a2=1。设 an=n!bn,则 (n+1)bn+1=nbn+bn-1, 1 (bn bn 1 ) . 即 bn+1-bn= n +1

∏ (bk +1 bk ) =
k =1

n 1

∏ [ k + 1 (b
k =1

n 1

1

k

bk 1 )] .



bn-bn-1=(-1)n-2
n

2 1 (b2 b1 ) = (1) n n! n!
n

故 bn= ∑ (b i b i 1 ) = ∑ ( 1 )
i =1 i =1

1 i!

故 an=n! ∑ ( 1 )
i =1

n

i

1 (n ≥ 2) i!

5、用 1,2,3 三个数字写 n 位数,要求数中不出现紧挨着的两个 1,问 能构成多少个 n 位数? 解:设符合条件的 n 位数共有 an 种,按首位划分为: (1) 首位是 2 或 3,则以下 n-1 位各有 an-1 个,共 2an-1 个 (2) 首位是 1,第二位只能为 2 或 3,共有 2an-2 个。 故 an=2an-1+2an-2 易知 a1=3,a2=8

特 征 方 程 是 x2-2x-2=0, 特 征 根 为 1 + 3 和 1 3 , 所 以 可 设

a n = A(1 + 3 ) n + B(1 3 ) n )n
取 n=1,2,得 A( 1 + 3 ) + B( 1 3 ) = 3, A( 1 + 3 ) 2 + B( 1 3 ) 2 = 8
3+ 2 3 A = 6 解得 B = 3-2 3 6
王洪涛 2004-11-04

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an =

3+ 2 3 32 3 (1 + 3 ) n + (1 3 ) n 6 6

an +1 = 7a n + 6b n - 3 6、设数列{an}和{bn}满足 a0=1,b0=0,且 b n +1 = 8a n -1 + 7b n - 4
(n=0,1,2,……….) 证明:an(n=0,1,2,…..)是完全平方数 证明:由已知,得 an+1=7an+6bn-3=7an+6(8an-1+7bn-1-4)-3 =7 an+48 an-1+42 bn-1-27 由 an=7an-1+6bn-1-3,得 42bn-1=7an-49an-1+21,从而 an+1=7an+48an-1+7an-49an-1+21-27=14an-an-1-6 又 an=14an-1-an-2-6 ①-②,整理,得 an+1=15an-15an-1+an-2 由特征方程 x3-15x2+15x-1=0 解得三个根 x=1, 7 ± 4 3

① ②

a n = A 1n + B(7 + 4 3 ) n + C (7 4 3 ) n
由初始条件 a0 =1,b0=0 及递推公式可得 a1=4,a2=49,从而可得 1 1 A= ,B=C= 所以 2 4
1 1 a n = [2 + (7 + 4 3 ) n + (7 4 3 ) n ] = [(2 + 3 ) 2n + 2 + (2 3 ) 2n ] 4 4 =[ (2 + 3 ) n + (2 3 ) n 2 ] 2

根据二项式展开公式,不论 n 为奇数或偶数,
(2 + 3 ) n + (2 3 ) n 都为整数,从而 an 是完全平方数. 2 7、已知 a,b 均为正整数,且 a>b,sinθ=
4(共 8 页)

2ab π (其中 0< θ < ),An=(a2+b2)nsinnθ 2 2 a +b
2

山东滕州一中

王洪涛

2004-11-04

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求证: 对一切正整数 n, 证明:

An 均为整数 2ab 2ab π ∵ sinθ = 2 , a>b>0,0< θ < , 2 2 a +b

∴ cosθ = 1 (

2ab 2 a 2 b 2 ) = 2 a 2 + b2 a + b2

由于 sinn(nθ)+sin(n-2)θ=2sin(n-1)θcosθ(n>2) 因此,将 sin nθ =

An 及 n 换成 n-1,n-2 后,将三个式子代入上 (a + b 2 ) n
2

式,整理,得 A n = 2(a 2 b 2 )A n 1 (a 2 + b 2 ) 2 A n 2 (n > 2) 由 a,b ∈ N * ,用数学归纳法证明
An 均是整数. 2ab

(1) 由题设,计算得 A1=2ab,A2=2ab2(a2-b2).于是当 n=1,2 时,结论 成立; (2) 假设当 n<k(k>2)时,结论成立,则 Ak-2,Ak-1 皆为 2ab 的整数 倍。于是,由递推式知 Ak 亦是 2ab 的整数倍。故当 n=k 时,结论 亦成立.

所以对一切正整数 n,

An 均是整数。 2ab

8、 1)证明: 3 (

2 2 7 n2 2 < + + ........... + <3 ; (n 1)! 2! 3! n!

(2) 求证整数 a, b,c,使得对任意 n ∈ N * (n>2) ,有

c 2 3 a 33 a n3 a b < + + ...... + <b (n 2)! 2! 3! n!
2 7 n2 2 解: 1)设 an= 3 ...... ( ,则 2! 3! n!

an +1 = an
变形为 a n +1
5(共 8 页)

(n + 1) 2 - 2 (n + 1)!

n +3 n+2 n+2 = an ,故 {a n } 是常数列 (n + 1)! n! n!
山东滕州一中 王洪涛 2004-11-04

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由于 a 2

2+2 n+2 = 0, 所以 a n = 2! n!

易证 0 <

2 n+2 < ,从而原不等式得证. (n 1)! n!

(2 )

2 3 a 33 a n3 a + + ........ + 2! 3! n!

=

2 3 33 n3 1 1 1 + + ....... + a ( + + ........ + ) 2! 3! n! 2! 3! n!

通过不完全归纳计算:当 a=5,b=9 时,有
2 3 5 33 5 n3 5 + + ........ <9 2! 3! n!

仿(1 ),设 bn = 9

2 3 5 33 5 n3 5 ....... , 2! 3! n!

可得 bn =

n 2 + 3n + 5 n!

2 3 5 33 5 n3 5 ∵ bn > 0, ∴ + + ........ <9 2! 3! n!

再寻找 bn <

c (c ∈ N *, n > 2)中的c (n 2)!

n 2 + 3n + 5 c < n 2 + 3n + 5 < cn(n 1) n! (n 2)!
当 n=3 时, c > 取 c=4,则 bn <
23 c≥4 6

c n 2 + 3n + 5 < 4n(n 1) (n 2)!

3n 2 7 n 5 > 0 3n(n 3) + 2(n 3) + 1 > 0 对n ≥ 3, bn <
4 恒成立 (n 2)!
山东滕州一中 王洪涛 2004-11-04

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故 a=5,b=9,c=4 满足所求. 9、 设 A,E 为正八边形的相对顶点,顶点 A 处有一只青蛙,除顶点 E 外青蛙可以从八边形的任一顶点跳到两相邻顶点中任一个,落到 顶点 E 时青蛙就停止跳动,设青蛙从顶点 A 恰好跳 n 次后到 E 的 方法数为 an,求 an 解:显然 a4=2,a1=a2=a3=0,且任何奇数次跳不到 E, a2m-1=0(m∈N*) 又从 A 跳到 2 次可到 C 和 G,设从点 C 处跳 n 步到 E 的跳法为 bn,则 b2=1. 从而,bn=an-2+2bn-2 ① (表示点 C 到 A,或由 C 到 B 或 D 后再回到 C) 或 an=2bn-2+2an-2 ② (表示点 A 到点 C 或 G,或者点 A 到 H 或 B 再回到 A) 由 ①-②,化简,得 bn-2=an-2-an-4 从而 an=4an-2-an-4 当n = 2m, a 2 = 0, a 4 = 2时,另c m = a 2 m , 则 c m 4c m1 + 2c m 2 = 0, c1 = 0, c 2 = 4 由特征方程 x2-4x+2=0 得 特征根为 2 ± 2

故 c m = A(2 + 2 ) m + B(2 2 ) m
由c1 = 0, c 2 = 4, 得 A= 1 2 (2 + 2 ) ,B = 1 2 1 2 (2 2 ) 1 2 (2 2 ) m 1

故 a 2m = cm =

(2 + 2 ) m 1

10、 a1 , a 2 ,.......a n 表示整数1, .....,n的任意一排列,设f (n)为这些排列的数目, 2, 使得: (1)a1=1(2)|ai-ai+1|≤2(i=1,2,……,n-1).确定 f (1996)是否能被 3 整除 解:易得发 f(1)=f(2)=1,f(3)=2 当 n≥4 时,有 a1=1,a2=2 或 3 (Ⅰ)当 a2=2 作如下处理:删除 a1,另 b1=a2-1,b2=a3-1,……bn-1=an-1. 得符合条件的排列 b1,b2,bn 其数目为 f(n-1) (Ⅱ)当 a2=3 时,对于 a3 分两种情况:
7(共 8 页) 山东滕州一中 王洪涛 2004-11-04

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①设 a3=2 a 3 = 2 ,则有 a4=4 a 4 = 4 。同(Ⅰ)处理得符合条件的排列 数列为 f(n-3) ②设 a3≠2 则 2 一定在 4 后面,由此得出,所有奇数顺序排列的后面是 所有偶数倒序排列,即 1357…8642,只有一个 因此, f (n) = f (n 1) + f (n 3) + 1 对于 n≥1,设 r(n)是 f(n)除以 3 所得的余数,则有

r (1) = r (2) = 1, r (3) = 2, r (n) ≡ r (n 1) + r (n 3) + 1(mod 3).于是, r (n + 8) ≡ r (n + 7) + r (n + 5) + 1 ≡ [r (n + 6) + r (n + 4) + 1] + [r (n + 4) + r (n + 2)] + 1
≡ r (n + 6) + 2r (n + 4) + r (n + 2) ≡ [r (n + 5) + r (n + 3) + 1] + 2r (n + 4) + r (n + 2)

≡ {[r (n + 4) + r (n + 2) + 1] + [r (n + 2) + r (n) + 1] + 1} + 2r (n + 4) + r (n + 2) ≡ r (n)(mod 3)

所以 r(1996)=r(4+249×8)=r(4),而
r (4) ≡ r (3) + r (1) + 1 ≡ 2 + 1 + 1 ≡ 1(mod 3),

故 f(1996)不能被 3 整除。

8(共 8 页)

山东滕州一中

王洪涛

2004-11-04



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