高中数学竞赛辅导讲座-数列(二)

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1、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

2、an=Aαn+Bβn，代入初始值求得。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】1、已知a1=，an=，求数列{an}的通项公式。解：由数学归纳法，不难证明0

3、故可设an=2cosθn（0<θn<）,于是2cosθn==2cos故θn=θn-1，由a1=，得θ1=因此，θn=θ1（）n-1=，所以an=2cos2、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）+g（2）+g（3）+……..+g（2n）(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

4、）+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+……+(22-1)2+21、已知数列{an}中，a1=2，an+1=，求an解：设f（x）=，解方程f（x）=x，得f（x）的不动点为-2和3设bn=an-3，cn=an+2，则bn+1==

5、=Cn+1=，是一个等比数列，公比为，首项为所以从而由得an=2、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？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

6、，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，即bn+1-bn=..故bn-bn-1=（-1）n-2故bn=故an=n！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+

7、2an-2易知a1=3,a2=8特征方程是x2-2x-2=0,特征根为和,所以可设)n取n=1,2,得6、设数列{an}和{bn}满足a0=1，b0=0，且（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=7an+48an-1+42bn-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=14

8、an-an-1-6①又an=14an-1-an-2-6②①-②，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，由初始条件a0=1，b0=0及递推公式可得a1=4，a2=49，从而可得A=，B=C=所以根据二项式展开公式，不论n为奇数或偶数，都为整数，从而an是完全平方数.7、已知a,b均为正整数,且a>b,si