高级中学数学竞赛数系列

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，也是数学竞赛中经常出现的
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。如 果数列{a
n
}的第n项
a
n
与项数(下标)n之间的函数关系可以 用一个公式a
n
=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，数列可以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 就是相应函数的解析式。
为了解数列竞赛题，首先要深刻理解并熟练掌握两类基本数列的定< br>义、性质有关公式，把握它们之间的(同构)关系。
一、 等差数列
如 果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{a
n
}的通项公式为：a
n
?a
1
?(n?1)d(1)

前n项和公式为：
S
n
?
n(a
1
?a
n
)
n(n ?1)d
?na
1
?(2)

22
从(1)式可以看出 ，
a
n
是
n
的一次数函(
d?0
)或常数函数(< br>d?0
)，
(
n,a
n
)排在一条直线上，由(2)式知，< br>S
n
是
n
的二次函数(
d?0
)或一次函
数 (
d?0,a
1
?0
)，且常数项为0。在等差数列{
a
n
}中，等差中项：
a
n?1
?
a
n
?a
n?2
且任意两项
a
m
,a
n
的关系为：
a
n
?a
m
?(n?m)d

2
它可以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
n
项和公式还可推出：
1,2,3?n
?

a
1
?a
n
?a
2
?a
n?1
?a
3
?a
n?2
? ??a
k
?a
k?1
,k?
?
若
m,n,p,q? N
*
,且m?n?p?q,则有:a
m
?a
n
?a
p
?a
q


S
m?1
?(2n?1)a
n
,S
2n?1
?(2n?1)a
n
?1
S
k,S
2k
?S
k
,S
3k
?S
2k
, ?S
nk
?S
(n?1)k
?或等差数列,等等

二、 等比数列
如果一个数列从第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
通常用字母
q
表示。等比数列{a
n
}的通项公式是：
a
n
?a
1
?q
n?1

前
n
项和公式是：

na
1
,q?1


S
n
?

a
1
(1?q
n
)a< br>1
?a
1
q
n
?,q?1

1?q1?q
在等比数列中，等比中项：
a
n?1
?a
n
?a
n?2

且任意两项
a
m
,a
n
的关系为
a< br>n
?a
m
?q
n?m

如果等比数列的公比
q
满足0＜
q
＜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：

S?
a
1

1?q
从等比数列的定义、通项公式、前
n
项和公式可以推出：

a
1
?a
n
?a
2
?a
n?1
?a
3
?a
n?2
??a
k
?a< br>n?k?1
,k?
?
1,2,3,?,n
?

若m,n,p,q?N
*
,则有:a
p
?a
q
?a
m
?a
n
,
记
?
n
?a
1
?a< br>2
?a
3
?a
n
,则有:
?
2n?1
?(a
n
)
2n?1
,
?
2n?1
?(a
n?1
)
2n?1

另外，一个各项均为正数的等比数列各项取 同底数数后构成一个等
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构
造 幂
C
a
n
，则{
C
a
n
}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。重要的不仅是两类基本数列的定义、 性质，
公式；而且蕴含于求和过程当中的数学思想方法和数学智慧，也是极其
珍贵的，诸如“倒 排相加”(等差数列)，“错位相减”(等比数列)。
数列中主要有两大类问题，一是求数列的通项公式，二是求数列的
前n项和。
三、 范例
例1． 设a
p
，
a
q
，
a
m< br>，
a
n
是等比数列{a
n
}中的第p
、
q< br>、
m
、
n项，若p+q=m+n，
求证：
a
p?a
q
?a
m
?a
n

证明：设等比数列{
a
n
}的首项为
a
1
，公比为q，则
a
p
?a
1
?q
p?1
a
q
?a
1
?q
q?1
a
m
?a
1
?q
m ?1
a
n
?a
1
?q
n?1
22

所以:a
p
?a
q
?a
1
?q
p?q?2
,a
m
?a
n
?a
1
?q
m?n?2故:a
p
?a
q
?a
m
?a
n
说明：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。它说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：a
1+k
·an-k
=a
1
·a
n

对于等差数列，同样有：在等差数列{
a
n
}中，距离两端等这的两

项之和等于首末两项之和。 即：a
1+k
+a
n-k
=a
1
+a
n

例2．在等差数列{
a
n
}中，a
4
+a
6
+a
8
+a
10
+a
12
=120，则2a
9< br>-a
10
=
A.20 B.22 C.24 D28
解：由a
4
+a
12
=2a
8，a
6
+a
10
=2a
8
及已知或得
5a
8
=120，a
8
=24
而2a
9
-a
10
=2(a
1
+8d)-(a
1
+9d)=a
1
+7d=a
8
=24。
故选C
例3．已知等差数列{ a
n
}满足a
1
+a
2
+a
3
+…+a< br>101
=0，则有( )
A.a
1
+a
101
＞0 B. a
2
+a
100
＜0 C.a
3
+a
99
=0 D.a
51
=51
[2000年北京春季高考理工类第(13)题]
解：显然，a
1
+a
2
+a
3
+…+a
101
1
(a
1
?a
10
)?101?0
2

故a
1
?a
101
?0,从而a
2
?a
1 00
?a
3
?a
99
???a
1
?a
10 1
?0,

?S
101
?
选C
a
n?4< br>?30(n?9)
，
例4．设S
n
为等差数列
?
a< br>n
?
的前n项之各，S
9
=18，S
n
=336，< br>则
n
为( )
A.16 B.21 C.9 D8
解:由于S
9
?9?a
5
?18,故a
5
?2
所以a
5
?a
n?4
?a
1
?a
n< br>?2?30?32,而
nn
S
n
?(a
1
?a
n
)??32?16n?336
22
故n?21,选B

例5．设等差数列{
a
n
}满足
3a8
?5a
13
，且
a
1
＞0，
S
n< br>为其前
n
项之和，
则
S
n
(n?N
*
)
中最大的是( )。 (1995年全国高中联赛第1题)
(A)S
10
(B)S
11
(C)S
20
(D)S
21
解:?3a
8
?5a
13
?3(a
1
?7d)?5(a< br>1
?12d)故

2a
1
a
1< br>a
n
?a
1
?(n?1)d?a
1
?(n?1)?( 40?2n)
3939
令a
n
?0,则:n?20,当n?20时a
n
?0
所以:S
19
=S
20
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97
2
，则这样的数列共有( )
(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
a
，公差为
d
，则依题意有：
n(n?1)
d?97
2

2
?
2a? (n?1)d
?
?n?2?97
2
(*)
na?
因为n
是不小于3的自然数，97为素数，故数
n
的值必为2×97
2
的约数(因数)，它只能是97，2×97，97
2
，2×97
2
四者之一 。
若
d?0
，则
d?1
由(*)式知2×97
2
≥
n(n?1)d?n(n?1)
故只可能有
n
=97，(*)式化为：< br>a?48d?97
，这时(*)有两组解：

n?97n?97
d?0
或
d?2

a?97a?1
若
d?0
，则(*)式化为：
a
n
?97
2
，这时(*)也有两组解。
n?97n?97

d?0
或
d?2

a?97a?1
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)=n
2
个
而1991=2×996-1，它是第996个正奇数。

因为:31
2
=961＜996＜1024=32
2

所以: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：
1?5
?
x
?,x?
?
x
?
?
5?1
?
x
?
22
5?1
?
x
?
?1,?
?
x
??1,x?
1?5

?0?
22
1?5
故应填x?2
x?
1
例9．等比数列
?
a
n
?
的 首项
a
1
?1536
，公比
q??
，用π
n
表示它的前
n
项
2
之积，则π
n
(n∈N
*)最大的是( )
(A)π
9
(B)π
11
(C)π
12
(D)π
13

[1996年全国高中数学联赛试题]
解：等比数列
?
a
n
?
的通项公式为
11

a
n
?1536?(?)
n?1
?3 ?2
9
?1536?(?)
n?1
前n项和
22
1 1
?
n
?1536?(?)
2
?3
n
?2
9n
?(?)
22
1
?
11
?3
11
?2
99
?(?)
55
?0
2
n
n(n?1)n(n? 1)
2
因为:

?
9
?3
9
?2
81
?2
?36
?39?2
45
,
?
12
?3
12
?2
108
?2
?66
?3
12
?2
42
?
?
9
?
13
?3?2
选(C)
13117
?2
?78
?3?2 ?
?
12
,故
?
12
最大
39

例10．设
x?y
，且两数列
x,a
1
,a
2
,a
3
,y
和
b
1
,x,b
2,
b
3
,y,b
4
均为等差数列，
则
b
4
?b
3
?
[1988年全国高中联赛试题]
a
2
?a
1
解：依题意，有< br>y?x?4(a
2
?a
1
)
所以:
1
( y?x)
4
又y?x?3(b
3
?b
2
)所以:
a
2
?a
1
?

1
b
3
? b
2
?(y?x)
3
b?b
3
8
?
4?
a
2
?a
1
3

111
例11．设
x,y,z
是实数，
3x,4y,5z
成等比数列，且
,,
成等差数列，
xyz
xz
则
?
的值是 [1992年全国高中数学联赛试题]
zx
解：因为
3x,4y,5z
成等比数列，所以有
3x?5z?(4y)
2
即:16y
2
?15xz(1)

又?

111
,,成等差数列,所以有:
xyz
11z??,即:
xzy

x?zz2xz
?,y?(2)
xzyx?z

4x
2
?z
2
将(2)代入(1)得:16?15xz
(x?z)
2

?x?0,y?0,z?0

?64xz?15(x
2< br>?2xz?z
2
)
?15(x
2
?z
2
)? 34xz

xz34

???
zx15
例12．已 知集合M={
x,xy,lg(xy)
}及N={
0,x,y
}并且M=N， 那么
1111

(x?)?(x
2
?
2
)?(x
3
?
3
)?(x
2001
?
2001< br>)的值等于
( )
y
yyy
解：由M=N知M中应有一元素为0 ，任由lg(
xy
)有意义知
xy?0
，
从而
x?0，且
y?0
，故只有lg(
xy
)=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=-1 y=-1，
M=N={0,1,-1}
此时,
x?
1111
?? 2,x
2
?
2
?2,x
2k?1
?
2k?1
??2,x
2k
?
2k
?2

y
yy y
111
从而
(x?)?(x
2
?
2
)???(x
2001
?
2001
)??2

y
yy
111
注：数列x，x
2
，x
3
，…，x
2001
；
,
2
,?
2001
以及
y
yy
x?< br>1
2
1
3
11
,x?
2
,x?
3< br>,?,x
2001
?
2001

y
yyy
在 x=y=-1的条件下都是周期为2的循环数列，S
2n-1
=-2，S
2n
=0，

故2001并不可怕。
例13．已知数列{
a
n
}满足3a
n+1
+a
n
=4(n≥1)且a
1
=9，其前n项之和为Sn，
1
则满足不等式∣S
n
-n-6∣＜的 最小整数n是( ) [1994年全国
125
高中数学联赛试题]
(A)5 (B)6 (C)7 (D)8
解：由3a
n+1
+a
n
=4(n≥1)
3a
n+1
-3=1-a
n

1
a
n?1
?1??(a
n
?1),a
1
?1?8

3
1
故数列{a
n-1
}是以8为首项，以
?
为公比的等比数列，所以
3
1
a
n
?1?8?(?)
n?1
3
< br>1
n?1
a
n
?1?8?(?)
3
1
??< br>8
?
1?(?)
n
?
1
3
?
Sn
?n?
?
?n?6?6?(?)
n

1
3< br>1?()
3
1
?S
n
?n?6??6?(?)
n
3
111
?S
n
?n?6??6?(?)
n
?6?()
n
?
33125

3
n?1
?2 50?243?3
5
?n?1?5?6
?n?7

当n=7时满足要求，故选(C)
[注]：数列{a
n
}既不是等差 数列，也不是等比数列，而是由两个项数
881
相等的等差数列：1，1，…，1和等比数列：
8,?,,?,8?(?)
n?1
的对
393
应项的和构成的数列， 故其前n项和Sn可转化为相应的两个已知数列的
和，这里，观察通项结构，利用化归思想把未知转化为 已知。
例14．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
=a
k
+b
k
(k=1,2,…)求数列{b
n
}的前n项和。
[1996年全国高中数学联赛第二试第一题]
解：由S
n
=2a
n-1，令n=1，得S
1
=a
1
=2a
1
-1， ?a
1
?1(1)
又S
n
?2a
n
?1(2)
S
n?1
?2a
n?1
?1(3)
(2)?(3)得Sn
?S
n?1
?2a
n
?2a
n?1
?an
?2a
n
?2a
n?1



a
n
?2a
n?1
,
a
n
?2

a
n?1
所以:数列{a
n
}是以a
1
=1为首 项，以q=2为公比的等比数列，故a
n
=2
n-1
(4)
由b< br>k?1
?a
k
?b
k
,b
k?1
?b
k
?a
k
?2
k?1
(5)
?b
k
?b
k?1
?2
k?2
,b
k?1
?b
k?2
?2
k?3
?b
2
?b
1
?1

以上诸式相加，得
因为表中均为正数，故q＞0，
?q?
因此，对于任意1≤k≤n，有
11
，从而
a
11
?
，
22

a
kk
?a
1k
?q
k?1
?
?
a
11
?(k?1)d
?
q
k?1
1
?
11
?
1
?
?
?(k?1)?
?
?()
k?1
?k?
k
2
?
2
2
?
2
记S?a
11
?a
22
?a
33< br>???a
nn

1111
?2?
2
?3?
3
???n?
n
(5)
2
222
11111
则有:S ?
2
?2?
3
???(n?1)?
n
?n?
n?1
(6)

2
2222
(5)?(6)得:
?
111 111
S??
2
?
3
???
n
?n
n?1
,
22
2222
1
1?()
n
1111n
2
?
n
所以:S?1??
2
?
3
???
n ?1
?
n
?
1
2
22222
n
1?

2
1n
?2?
n?1
?
n
221nn?2
即:a
11
?a
22
?a
33
?? ?a
nn
?2?
n?1
?
n
?2?
n
22 2
评注：本题中求和
S?1?
列a
n
=n与等比数列
bn
?
1111
?2?
2
?3?
3
???n?< br>n
,
实为等差数
2
222
1
的对应项乘积构成的新数 列的前n项的和，
n
2
1
将(5)式两边同乘以公比，再错项相减，化归为等 比数列求各。这种方
2
法本是求等比数列前n项和的基本方法，它在解决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+3x
2
+…+nx
n-1
；2003年北京高考理工类第(16)题：已知数列{a
n
}
是等差数列，且a
1
=2,a
1
+a
2
+a
3
=12，(I)求数列{a
n
}的通项公式；(II)令
b
n
=a
n
·x
n
(x?R)
，求数列{b
n
}的前n项和公式。都贯穿了“错项相减”方法
的应用。

一、基本知识
高阶等差数列
1.定义：对于一个给定的数列{
a
n
}，把它的连 结两项
a
n
+1
与
a
n
的差
a
n
+1
-
a
n
记为
b
n
，
得到一个 新数列{
b
n
}，把数列
b
n
你为原数列{
a< br>n
}的一阶差数列，如果
c
n
=
b
n
+1< br>-
b
n
，
则数列{
c
n
}是{
a< br>n
}的二阶差数列依此类推，可得出数列{
a
n
}的
p
阶差数列，其中
p
?N
2.如果某数列的
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)如果数列{
a
n
}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{
a
n
}是
p
阶 等差数列的充要条件是：数列{
a
n
}的通项是关于
n
的
p
次多项式
(3) 如果数列{
a
n
}是
p
阶等差 数列，则其前
n
项和S
n
是关于
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，解决问题的基本方法有：
(1)逐差法：其出发点是
a
n
?a
1
?
?
(a
k?1
n?1
k?1
?a
k
)

(2)待定系数法：在已知阶数的等差数列中，其 通项
a
n
与前
n
项和S
n
是确定次数的
多 项式(关于
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
a
n
能写成
a
n
=
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，达到简化的目的
二、例题精讲
例1.数列{
a
n
}的二阶差数列的各项均为16， 且
a
63
=
a
89
=10，求
a
51
解：法一：显然{
a
n
}的二阶差数列{
b
n
}是公差为16的等差数列，设其首项
为
a
,则
b
n
=< br>a
+(
n
-1)×16,于是

n?1n?1
a
n
?a
1
?
?
(a
k?1
?a
k
)?a
1
?
?
b
k
?a< br>1
?
k?1k?1
a?
?
a?(n?2)?16
?< br>(n?1)
2
?a
1
?(n?1)a?8(n?1)(n?2)

这是一个关于
n
的二次多项式，其中
n
2
的系数为 8，由于
a
63
=
a
89
=10,所以
a
n
=8(
n
-63)(
n
-89)+10，从而
a
51
=8(51-63)(51-89)+10=3658
解：法二：由题意，数列{a
n
}是二阶等差数列，故其通项是
n
的二次多项式，
又
a
63
=
a
89
=10，故可设
a
n
= A(
n
-63)(
n
-89)+10
由于{
a
n
}是二阶差数列的各项均为16，所以(
a
3
-
a
2
)-(
a
2
-
a
1
)=16
即
a3
-2
a
2
+
a
1
=16，
所以
A(3-63)(3-89)+10-2[A(2-63)(2-89)+10]+A(1-63)×( 1-89)+10=16
解得：A=8
a
n
=8(
n
- 63)(
n
-89)+10，从而
a
51
=8(51-63)(51 -89)+10=3658
例2.一个三阶等差数列{
a
n
}的前4项依次 为30,72,140,240，求其通项公式
解：由性质(2)，
a
n
是
n
的三次多项式，可设
a
n
=A
n
+B
n
+C
n
+D
由
a
1
=30、
a
2
=72、
a
3
=140、
a
4
=240得
32

解得：

所以
a
n
=
n
+7
n
+14
n
+8
32
例3.已知整数列{
a
n
}适合条件：
(1)
a
n
+2
=3
a
n
+1
-3
a
n
+
a
n
-1
,
n
=2,3,4,…
( 2)2
a
2
=
a
1
+
a
3
-2
(3)
a
5
-
a
4
=9,
a
1< br>=1
求数列{
a
n
}的前
n
项和S
n

解：设
b
n
=
a
n
+1
-
a
n
,C
n
=
b
n
+1
-
b
n

C
n
=
b
n
+1
-
b
n=

(
a
n
+2
-
a
n
+1
)-(
a
n
+1
-
a
n
)
=
a
n
+2
-2
a
n
+1
+
an
=(3
a
n
+1
-3
a
n
+
a
n
-1
) -2
a
n
+1
+
a
n
=
a
n
+1
-2
a
n
+
a< br>n
-1

=C
n
-1
(
n
=2,3,4,…)
所以{ C
n
}是常数列
由条件(2)得C
1
=2,则{
a
n
}是二阶等差数列 < br>因此
a
n
?a
1
?
?
b
k
?a
1
?(n?1)b
1
?
k?1
n
(n?1)( n?2)
?2

2
?1?(n?1)b
1
?(n?1)(n ?2)
由条件(3)知
b
4
=9，从而
b
1
=3， 于是
a
n
=
n
2

例4.求证：二阶等差数列的通项公式为

证明：设{
a
n
}的一阶差数列为{
b
n
}，二阶差数列为{
c
n
}，由 于{
a
n
}是二阶等差数
列，故{
c
n
}为常数列

又
c
1
=
b
2
-
b
1
=
a
3
-2
a
2
+
a1


所以

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2
n
-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
a
n

依分组规则，第
n
组中的数恰好构成以2为公差的项数为2
n
-1的等差数列，
因而确定了第< br>n
组中正中央这一项，然后乘以(2
n
-1)即得
a
n

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
2< br>阶等差数列，不难求其通项为2
n
-2
n
+1，故第
n
组正中央的那一项为
2
2
n
-2
n
+1，从而
a
n
=(2
n
-2
n
+1)(2
n
-1)
例6.数列{
a
n
}的二阶差数列是等比数列，且
a
1=5,
a
2
=6,
a
3
=9,
a
4< br>=16,求{
a
n
}的
通项公式
解：易算出{
a
n
}的二阶差数列{
c
n
}是以2为首项，2为公比的等比数列,则
c
n
=2,
{
a
n
}的一阶差数列设为{
b
n
}，则
b
1
=1且
n

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、…、(2
n
-1)厘米的正方形，愉好是
n
个而不剩余纸，这可能吗？
解：原问题即是是否存在正整数
n
， 使得1+3+…+(2
n
-1)=100
由于1+3+…+(2
n
-1)=[1+2+…+(2
n
)]-[2+4+…+(2n)]
22222222 2
2222
11
n(4n
2
?1)
随着
n
的增大而增大，当
n
=19时
n(4n
2
?1)
=9129 <10000，
33
1
2
当
n
=20时
n(4n? 1)
=10660>10000
3
=
故不存在…
例8.对于任一 实数序列A={
a
1
,
a
2
,
a
3
,…}，定义DA为序列{
a
2
-
a
1
,
a3
-
a
2
,…}，它的第
n
项为
a
n
+1
-
a
n
，假设序列D(DA)的所有项均为1，且
a< br>19
=
a
92
=0,求
a
1

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
d?(n?1)
，因此序列A的第
n
项

显然
a
n
是关于
n
的二 次多项式，首项等比数列为
由于a
19
=a
92
=0，必有

所以
a
1
=819

1

2< br>例9:设a,b是正整数，{
a
n
}是首项是a,公差为b的等差数列，{b
n
}是首
项是b,公比为a的等比数列,且满足
a
1
?b
1
?a
2
?b
2
?a
3

（1）求a的值。

（2）对于某项
a
m
存在b
n
,使
a
m
+ 1=
b
n
,求b的值及m,n的关系式。
（3）在{
a
n
}中，对满足（2）的项，求它的前k项的和

分析：（1）由题意
a
n
=a+(n-1)b
b
n
=
b
a
n
?1

由< br>a
1
?b
1
?a
2
?b
2
?a3
, 知a 显然正整数a≠1（否则由a+b0矛
盾）
所以a≥2，b≥3
再由aba?
2b2b2b
， 由于
是b
≥3上的
增函数，从而
?
3
b?1b?1b?1
所以a<3， 结合
a≥2得出a=2；
（2） 对于某项
a
m
存在
b
n
,使
a
m
+ 1=
b
n
, 即[2+(m-1)b]+1=b×2n-1
由此得
b?(2
n?1
?1?m)?3
，
因为b≥3，b与
2
n?1
?1?m
均为整数，
所以b=3 且
2
n?1
?1?m
=1，即b=3,
m?2
n?1
。
（3）在{
a
n
}中，对满足（ 2）的项
a
n
=2+(m-1)3=m-1
有
a
2
n?1
?2
n?1
?1
,
这就是说，n=1，2，3，…，k得满足（2）的前k项
前k项的和S
k
=
?
(2
n?1
k
n?1
?1)
=?
2
n?1
?k
=
2
k
?1?k

n?1
k

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，由于题目灵活多
变，答题难度较大。本文利用 构建新数列的统一方法解答此类问题，基
本思路是根据题设提供的信息，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到问题解决之目的。其中，怎
样构造新数列是答 题关键。
1 求通项
求通项是递推数列竞赛题的常见题型，这类问题可通过构建新数列< br>进行代换，使递推关系式简化，这样就把原数列变形转化为等差数列、
等比数列和线性数列等容易 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
?
a
n
?
中，
a
1
?1
，
a
n?1
?
1
1?4a
n
?1?24a
n
。求
a< br>n
。
16
??
（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
1?24a
n
较难处理，可构
建新数列?
b
n
?
，令
b
n
?1?24a
n< br>，这样就巧妙地去掉了根式，便于化简
变形。
解：构建新数列
?
b< br>n
?
，使
b
n
?1?24a
n
?0

2
b
n
?1
则
b
1
?5
，
b?1?24a
n
，即
a
n
?

24
2
n
22
?< br>b
n
b
n
?1
1
?
?1
?1
?
?

?
?
1?4??b
n
?

?
2416
?
24
?
化简得
?
2b< br>n?1
?
?
?
b
n
?3
?

22
?

2b
n?1
?b
n
?3
，即
b
n?1< br>?3?
1
?
b
n
?3
?

2

数列
?
b
n
?3
?
是以2为首项，
1
为公比的等比数列。
2
?
1
?
b
n
?3?2?
??
?
2
?
n?1
?2< br>2?n
即
b
n
?2
2?n
?3
< br>2
b
n
?1
2
2n?1
?3?2
n?1?1
?

a
n
??

2n?1
24
3?2
2 证明不等式
这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，然后根据已经简化的新 数列
满足的关系式证明不等式。
例2、设
a
0
?1
，a
n
?
2
1?a
n?1
?1
a
n?1

?
n?N
?
，求证：
a
n
?
?
2
n?2
。
（1990年匈牙利数学奥林匹克试题）
2
分析 利用待证的不等式中含有
?
及递推关系式中含有
1?a< br>n?1
这
?
n
?
，使
a
n
?tg< br>?
n
，化简递两个信息，考虑进行三角代换，构建新数列
?
推关系式。
?
?
?
?
n
?
，使
a
n
?tg
?
n
，
?
n
?
?
0,
?< br> 证明：易知
a
n
?0
，构建新数列
?
?
2
?
则
a
n
?
1?tg
2
?
n? 1
?1
tg
?
n?1
?
1?cos
?
n? 1
?
?tg
n?1

sin
?
n?1
2
?

tg
?
n
?tg
?
n?1
，
?
n
2
?
?< br>n?1
2

，从而
?
1
?
又
a
0
?1
，
a
1
?2?1?tg
?
8?
8

?
n
?
是以因此，新数列
?
1
?
为首项，为公比的等比数列。
2
8

n ?1
?
1
?
?
n
?
??
?
2?
?
?
8
?
?
2
n?2

考虑到当
x?(0,)
时，有
tgx?x
。
2
所以，
a
n
?tg
?
?
2
n?2
?
?
2
n?2

a
n?1
?a
n
都可采用三角代换。
1?a
n
a
n?1
2
注：对型如
1?a
n
，
1?a
n
，
3 证明是整数
这类题把递推数列与数论知识结合在一起，我们可以根据题目中的
信息，构建新数列，找到新的递推关 系式直接解决，或者再进行转化，
结合数论知识解决。
例3、设数列
?
a< br>n
?
满足
a
1
?1
，
a
n?1?
求证：
11
a
n
?

(n?N)

2a
n
2
a?2
2
n
?N

?
n?N,n?1
?
。
（《中学数学教学参考》2001年第8期第53页，高中数学竞赛模拟
试题）
分析 直接令
b
n
?
2
a?2
2
n
，转化为证明
b
n
?N

(n?N,n?1)

证明：构建新 数列
?
b
n
?
，令
b
n
?
2?
则
a
n
2
a?2
2
n
?0

44
2
a??2

?2
，
n?1
2
2
b
n?1
b
n
2
代入
a
n?1?
11
?
?
?
a?
?
2
n
a
?
?
整理得
n
??
2

222
b
n?1
?b
n
4?2b
n

222
?b
n
从而
b
n?1
?
4?2b
n?1
?

(n?3)

??
22222
于是
b
n

(n?3)

?1
?b
n
4?2b
n?1
4?2b
n?1
?2b
n
b
n?1
?1
?
??
??
??
?
2
?

b
n?1
?2b
n
?
b
n
2
?1
?1
?

(n?3)

由已知，
b
2
?4
，
b3
?24
，由上式可知，
b
4
?N
，
b
5
?N
，依次类
推，
b
n
?N

(n?1)
，即
2
a?2
2
n
?N
。
例4、设r为正整数，定义数列
?
a
n
?
如下：
a
1
?1
，
a
n?1
na
n
?2(n?1 )
2r
?

(n?N)
求证：
a
n
?N
。
n?2
（1992年中国台北数学奥林匹克试题）
2r
分析 把条件变形 为
?
n?2
?
a
n?1
?na
n
?2?
n?1
?
比较
a
n?1
与
a
n
前的
系数及
a
n?1
与
a
n
的足码，考虑到另一项为
2
?
n?1
?
，等式两边同乘以
2r
?
n?1
?
，容易想到构新数列
?
b
n
?
，使
b
n
?n
?
n?1
?
a
n
。
2r
证明：由已知得
?
n?2
?
a
n?1
?na
n
?2
?
n?1
?

?

?
n?1
??
n?2
?
a
n ?1
?n
?
n?1
?
a
n
?2
?
n?1
?
2r?1

构建新数列
?
b
n
?
，
b
n
?n
?
n?1
?
a
n
则
b
1
?2
，
b
n?1
?b
n
?2
?
n?1
?
2r?1

?
bn
?b
1
?
?
?
b
k?1
?b
k
?

k?1
n?1
?21?2
2r?1
?3< br>2r?1
???n
2r?1

??
?

b
n
?N

?

b
n
?2n2r?1
?
?
k
2r?1
?(n?k)
2r?1

k?1
n?1
??

n?1
< br>?2n
2r?112r22r?122r2r
?
?
n
2r?1
?C
2
k???C
2

r?1
nk?C
2 r?1
n
r?1
n?k
k?1
??
?

nb
n

n
2r?1
又
b
n
?
?
k
k?1
?
?
(n?1?k)
k?1
n
2r?1
?
?
k
2r?1
?
?
n?1?k
?
k?1
n
?
2r?1
?

?
?
?
n?1
?
k?1
n
?
2r?1
12?C
2
?k?C
2r?1
?
n?1
?
r?1< br>?
n?1
?
2r2r?1
2r2r
k
2
?? ?C
2r?1
?
n?1
?
k
?

?

?
n?1
?
|
b
n

a
n
?N
?

n
?
n?1
?
|
b
n
，从而
4 解决整除问题
。

一般通过构建新数列求出通项，再结合数论知识解决，也可用数学
归纳法直接证明。
例5、设数列
?
a
n
?
满足
a
1
?1，
a
2
?3
，对一切
n?N
，有
a
n?2
?
?
n?3
?
a
n?1
?
?
n?2
?
a
n
，求所有被11整除的
a
n
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
a
n?2
?a
n?1
?
?
n?2
??
an?1
?a
n
?
，就容易想到
怎样构建新数列了。
解 ：由已知
a
n?2
?a
n?1
?
?
n?2
??
a
n?1
?a
n
?

构建新数列
?< br>b
n
??
n?2
?
,

b
n?1
?a
n?1
?a
n

?
n?1
?

则
b
2
?2
，b
n?1
?
?
n?1
??
a
n
?a< br>n?1
?
?
?
n?1
?
b
n

?
n?2
?

?

b
n
?

a
n
?nb
n?1
?n
?
n?1
?
b
n?2
???n
?
n?1< br>?
?3b
2
?n!

?
n?2
?

?a
1
?
?
?
a
n
?a
n?1< br>?
?1?
?
b
k
?
?
k!

k?2k?2k?1
nnn
从而
a
4
?11?3
，
a
8
?11?4203
，
a
10
?11?367083< br>，当
n?11
时，由

1010n
于
?
k!
被11整除，因而
a
n
?
?
k!?
?
k!
也被11整除。
k?1k?1k?11
所以，所求n值为
n ?4
，8，及
n?10
的一切自然数。
5 证明是完全平方数
这类题初看似乎难以入手，但如能通过构建新数列求出通项
a
n
，问
题也就迎 刃而解了。
例6、设数列
?
a
n
?
和
?
b
n
?
满足
a
0
?1
，
b
0?0
，且
?
a
n?1
?7a
n
?6b
n
?3
①

?
b?8a?7b?4
nn
?
n?1
②
求证：
a
n
是完全平方数。
?
n?0,1,2,?
?

（2000年全国高中联赛加试题）
分析 先用代入法消去
b
n
和
b
n?1
，得a
n?2
?14a
n?1
?a
n
?6?0
，如 果
等式中没有常数项6，就可以利用特征根方法求通项，因此可令
1
C
n?a
n
?a
，易求得
a??
。
2
证明：由①式得
b
n
，
b
n?1
代入②得
a
n?2
?14a
n?1
?a
n
?6?0

1
?
1
??
1
???
化为
?
a< br>n?2
?
?
?14
?
a
n?1
?
?
?
?
a
n
?
?
?0

2
?
2
??
2
???
构建新数列
?
c
n?
，
c
n
?a
n
?
c
1
?a
1
?
11
，且
c
0
?
，
22< br>117
?
?
7a
0
?6b
0
?3
?
??

222
c
n?2
?14
?
c
n?1
?
?c
n
?0

由特征方程
?
2
?14
?
?1?0
得两根
?
1
?7?43
，
?
2
?7?43

n
?m
2
?
n
所以
c
n
?m
1
?
12

1
?
m?m?
2
?
?
1
2
当
n?0
，1时， 有
?

1
?
m7?43?m7?43?
12
?2
?
????
解得：
m
1
?m
2
?< br>则
c
n
?

?
1

4
nn
11
7?43?7?43

44
????< br>1
2?3
4
??
2n
?
1
2?3
4
??
2n

nn
2
11
?
2?3?2?3
?
则
a< br>n
?c
n
??
?
??
24
?
??? ?
因为
2?3?2?3
为正偶数，所以，
a
n
是完全平方数。
从上述各题构建新数列的过程中，可 以看出对题设中递推式的观
察、分析，并据其结构特点进行合理变形，是成功构建新数列的关键。
构建新数列的目的是为了化繁为简、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。










???
n
?
n

数列能力训练题
1：是否存在常数a,b使得等式1×2
2
+ 2×3
2
+3×4
2
+…+n(n+1)
2
1
=
n(n?1)(an
2
?bn?c)

12< br>解：?1?2
2
?2?3
2
?3?4
2
???n(n ?1)
2
?
?
k(k?1)?
?
(k?2k?k)?
?
k?
?
2k?
?
k
23232
k?1k?1k ?1k?1k?1
2
nnnn
n

1n(n?1)
?
n(n?1)
?
?
?
?2?n(n?1)(2n?1)?
62?
2
?
?
1
?n(n?1)
?
3n(n?1) ?4(2n?1)?6
?
12
n
?(n?1)(3n
3
?1 1n?10)
12
?当a?3,b?11,c?10时，原等式对任意自然数n(n?N
?
)都成立
另解：在原式中令n?1,2,3,得：

1
(a?b?c)?4
6
1

(4a?2b?c)?22
解得：
a?3,b?11,c?10

2
9a?3b?c?70
所以：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｛a
n
｝的前n项和为S
n
,已知a
3
=12 ,S
12
>0,S
13
<0
（1） 求出d的范围
（2） 推出S
1
，S
2
，S
3
，…，S
12
中哪个值最大，并说明理由
S
12
?12a
1
?66d?0
解：
S
13
?13a
1
?78d?0
（1）
1 2?a
3
?a
1
?2d
2a
1
?11d?0
解之：
a
1
?6d?0
?

a
1
?12?2d
24?7d?0

3?d?0
?
?
24
?d??3

7

(2)由（1）知
?
a
n
?< br>为递减数列，设S
k
最大,则a
k
?0,a
k?1
? 0

12?(k?3)d?0

?

12?(k?2)d ?0
a
1
?kd?0
1212
?2??k?3?

dd
24
由?〈d??3,
7
12
得3.5???4
d
?5.5?k?7,即k?6
a
1
?(k?1)d?0
?S< br>6
最大
11
(a
1
?a
12
)?(a
6
?a
7
)?0
22
另解 ：
1
S
13
??13(a
1
?a
13
)?13a
7
?0< br>2
a
6
?0

?

a
7
?0
?S
6
最大

S
12
?
一般地，一个递减（增）等差数列，
若a
k?0,且a
k?1
?0(或a
k
?0,且a
k?1
?0 )
，则S
k
最大（或最小）。

3：已知非常数的等差数列｛a
n
｝的前n项和
1
S
n< br>?lgm
2
?nlg3?lg2[(m?1)n
2
?mn](n?N< br>?
m?R),
求数列
5
｛a
5n+3
｝的前n项和
1
解:S
n
?lgm
2
?nlg3?lg2(m?1)n< br>2
?mn
5
1
?
1
?
?
?
(m?1)lg2
?
n
2
?(lg3?mlg2)n?lgm
2
5
?
5
?
??
?
?
a
n< br>?
为非常数的等差数列

1
?（m?1)lg2?0, 且lgm
2
?0
5
?m??1
21
从而：S?(?lg2) n
2
?(lg3?lg2)n
n
55
212
?a?S?S? (?lg2)?64?(lg3?lg2)?8?(?lg2)?49
887
555
1
?(lg3?lg2)?7
5
31
?
?lg(3?2
5)

317
?
?6d?a?a?lg(3?2
5
) ?lg(3?2
5
)

82
24
??lg2
5
?5d??4lg2
由等差数列的性质，数列｛a
5n+3
｝是首项为 a
8
,公差为5d的等差
1
数列其前n项和
T
n
? na
8
?n(n?1)?5d

2
31
?
1
?nlg(3?2
5
)?n(n?1)lg2
?4
2

3
?nlg(n?N
?
)
21
?
4
10
4 ：各项为正的数列｛a
n
｝的前n项和为S
n
,a
n
与2的 等差中项等于S
n
，
与2的等比中项,求a
n
1
解：由已 知得a
n
?2?22S
n
即：S
n
?(a
n
?2)
2
8
11

?a
n?1
?S
n? 1
?S
n
?(a
n?1
?2)
2
?(a
n
?2)
2
88
即：(a
n?1
?a
n
)( a
n?1
?a
n
?4)?0
n?

?a
n?1
?a
n
?0?a
n?1
?a
n
?4
?
a
n
?
为公差为4的等差数列即：

又?a
1
?2?22a
1
?a
1
?2
?a
n?2?4(n?1)?4n?2
5:等比数列｛a
n
｝的前n项和为S
n
，若S
10
=10,S
40
=150,求S
30

的公比q?1，则：

解：易知
?
a
n
?

a
1
(1? q
10
)
S
10
??10?(1)
1?q
S
40
?
a
1
(1?q)
?150?(2)
1?q
40

(2)?(1)得：(1?q
10
)(1? q
20
)?15
即：(q
10
?2)(q
20
?3 q
10
?6)?0
a

?q
10
?2从而由（

1）得
1
??10< br>1?q
a
?S
30
?
1
(1?q
30
)??10?(1?8)?70
1?q
另解：记b
1
?S
10,b
2
?S
20
?S
10
,b
3
?S
30
?S
20
,b
4
?S
40
?S
30
?
b
n
?
为等比数列，设公比为则：p,?b
1?10

且b
1
?b
2
?b
3
?b< br>4
?S
40
?150
?b
1
(p?p?p)?140 ?(p?2)(p?3p?6)?0
?p?2
?S
30
?b
1
?b
2
?b
3
?b
1
(1?p?p
2
) ?70
232

6：已知正数列｛a
n
｝满足
:1?an?1
?31?a
n
?2,且a
1
?3,求a
n

解：令b
n
?1?a
n
?1,则：
b
n?1< br>?1?a
n?1
?1?3(1?a
n
?1)?3b
n

b
1
?1?a
1
?1?2?1?3
?
｛b
n
｝为公比为3，首项为3的等比数列
?

b
n
?1?a
n
?1?3
n
?a
n
?3
2n
?2?3< br>n


7：已知正数数列a
0
,a
1
,a< br>2
,…a
n
,满足
a
n
?a
n?2
?a
n?1
?a
n?2
?2a
n?1
(n?2)
,且a
0
=a
1
=1,求a
n

解：在递推式两边同除以a
n?1
a
n?2
得
令b
n
?
a
n
a
?1?2
n?1
a
n?1a
n?2

a
n?1
(n?0,1,2,3,?)则：b
n?1
?1?2b
n?2
a
n
即:b
n?1
?1 ?2(b
n?2
?1)
?
?
b
n
?1
?< br>为公比为2的等比数列
?b
n
?1?2
n
(b
0?1)?2
n
(

?
a
1
?1)?2
n?1
a
0

a
n?1
a
?2
n?1
?1?
n?1
?(2
n?1
?1)
2
a
n
a
n
a
n
a
n?1
a
???
2
?(2
n
?1)
2< br>(2
n?1
?1)
2
?1
2
(n?1)
a< br>n?1
a
n?2
a
1
所以： a
n
=
1,(n?0)

?a
n
?

?
(2
k?1
n
k
?1)
2
,(n?1)

6.7都是由递推关系构造数列求解，对于较复杂的数列问题，这是一种常
见技巧

8：已知实数列｛x
n
｝中，x
n
=1,x
n+ 1
=x
n
2
+ x
n
(n?N
?
)

1
,S
n
和P
n
是
?
y
n
?
的前n项和与积，


实数列｛y
n
｝中，
y
n
?
x
n
?1< br>证明：对一切n?N
?
,有S
n
?P
n
?1

x
2
证明：由x
n?1
?x
n
?x
n得：
n?1
?x
n
?1(x
n
?0)
x
n
?y
n
?
x
1
?
n
,
xn
?1x
n?1
x
x
1
x
2
x
1

???
n
?
1
?
x
2?
x
3
x
n?1
x
n?1
x
n?1
2
p
n
?y
1
y
2
?y
n
?
xxx ?x
n
11
又y
n
?
n
?
n
?< br>n?1
??
x
n?1
x
n
x
n?1
x
n?1
?x
n
x
n
x
n?1
?S
n
?y
1
?y
2
???y
n

?(
111111
?)?(?)???(?

x
1
x
2
x
2
x
3
x
n
x
n?1?
111
??1?
x
1
x
n?1
x
n ?1
11
)??1
x
n?1
x
n?1
9：等差数列 ｛a
n
｝的公差为d,若数列中任（不同）两项之和仍为这个数
列中的一项，求证：必 存在整数
m??1,使a
1
?md

证明：任意取两项a
s
,a
t
(s?t),若存在a
k
,使a
s
?at
?a
k
?S
n
?P
n
?(1?
则： 2a
1
?(s?t?2)d?a
1
?(k?1)d?a
1
? (k?s?t?1)d
?存在整数m?k?s?t?1,使得a
1
?md.下证m?? 1


当d?0时，显然成立
当d?0时,若m??1恒成立，则取p??m ?2，对不同的两项a
1
,a
p

存在a
q
，使得 a
1
?a
p
?a
q
，即2md?(?m?1)d?md?( q?1)d
得qd?0与q?0,d?0矛盾,故存在整数m??1,使a
1
?md< br>反之，命题也成立，因而本题是充要条件

10：已知数列{a
n
}满足
a
n+1
=pa
n
+d(
n?1),其中p?0,1;e,p,d为常数，求a
n

a
1
=e
解法1：由a
n?1
?pa
n
?d,p?1,构造辅助等比数列，
设a
n?1
?x?p(a
n
?x )
ddd
?a
n?1
??p(a
n
?)
p?1p? 1p?1
d
令：b
n
?a
n
?则：b
n?1
?pb
n
p?1
dd

?
?
a
n< br>?
是首项为b
1
?a
1
??e?,公比为p的等比数列

p?1p?1
d
(p?0时,b
n
?0,a
n
??d)
1?p
d
?b
n
?a
n
??b
1
p
n?1
p?1
dd
?a
n
?(e?)p
n?1
?
p?1p?1
解得：x?

解法2：由a< br>n?1
?pa
n
?d,a
n
?pa
n?1
? d得：
a
n?1
?a
n
?p(a
n
?a
n ?1
)
令：b
n
?a
n?1
?a
n
,则： b
1
?a
2
?a
1
?pe?e?d,b
n
?pb
n?1

?b
n
?b
1
p
n?1< br>?(pe?e?d)q
n?1
?a
n?1
?a
n
将a
n?1
?pa
n
?d代入上式反解得：
dd
)p
n ?1
?
p?1p?1
解法3：由已知得：
a
n
?(e?a
n
?pa
n?1
?d?p(pa
n?2
?d)?d? p
2
a
n?2
?pd?d


?p
2(pa
n?3
?d)?pd?d
?p
3
a
n?3
?p
2
d?pd?d
???p
n?1
a
1
?p< br>n?2
d?p
n?3
d???pd?d

dd
)p< br>n?1
?
p?1p?1
11：数列{a
n
}满足
a
n?1
?pa
n
?q(n)(p?0)
求a
n

a
1
=e
解法1：a
n
?pa
n?1
? q(n?1)
???(e?
?p
?
pa
n?2
?q(n?2 )
?
?q
?
n?1
?
?p
2
a
n ?2
?pq(n?2)?q(n?1)
2
?p
?
pa
n?3
?q(n?3)
?
?pq(n?2)?q(n?1)
?p
3
a
n?3
?p
2
q(n?3)?pq(n?2)?q(n?1)
?? ?p
n?1
a
1
?p
n?2
q(1)?p
n?3< br>q(2)???pq(n?2)?q(n?1)
解法2：由a
n
?pa
n?1
?q(n?1),a
n?1
?pa
n?2
?q(n?2)?pa
n?1
?p
2
a
n?2
?pq(n?2)
同理：pa
n?2
?pa
n?3
?pq(n?3)
??
p
n?2
a
2
?p
n?1
a
1
?p
n?2
q(1)
n?1n?2
232


累加得：a
n
?pa
1
?q(n?1)?pq(n?2)???pq(1)
12：由正 整数组成的数列{a
n
}满足a
1
=1,a
m+n
=am
+a
n
+mn求a
n

解：在递推式中令m?1,n?k有a
k?1
?a
k
?(n?1)
依 次令k?1,2,3,?,(n?1)得
a
2
?a
1
?2
a
3
?a
2
?3
??
a
n
?a
n? 1
?n
相加得：a
n
?a
1
?(2?3???n)


1
?1?2?3???n?n(n?1)
2
13：已知数 列{x
n
}满足 x
1
=x
2
=1 求x
n

x
n+2
=6x
n+1
-8x
n
解法1：由x
n?2
?6x
n?1
?8x
n
变形得：< br>x
n?2
?2x
n?1
?4(x
n?1
?2x
n
)
设a
n
?x
n?1
?2x
n
则：a
n?1
?4a
n
(n?1)
得a
n
?a
1
4
n?1
?(x
2
?2x
1
)4
n?1< br>??4
n?1
即：
x
n?1
?2x
n
??4
n?1
(1)
又由递推式变形得：x
n?2
?4x
n?1< br>?2(x
n?1
?4x
n
)
令b
n
?xn?1
?4x
n
，则：b
n?1
?2b
n
?b
n
?b
1
2
n?1
?(x
2
?4x
1
)2
n?1
??3?2
n?1
即：x
n?1
? 4x
n
??3?2
n?1
(2)
(1)?(2)得：x
n< br>?3?2
n?2
?2
2n?3
评注：具有形如x
n?2
?px
n?1
?qx
n
(p,q为常数,q?0)的递推
关系式的 数列称为：阶递归数列。
求阶递归数列通项可借助特征方程，用待定系数法求出。
解法2：由递 推式得特征方程x
2
?6x?8(一般为x
2
?px?q)
得特征根 x
1
?2,x
2
?4
故可设x
n
?A.2
n
?B.4
n
代入x
1
?x
2
?1得：
3
1=2A+4B 解得： A=
4
1
1=4A+16B B=
?

8

3
n
1
?2?(?)?4
n
?3 ?2
n?2
?2
2n?3

48
n?1
4
14：设数列{a
n
}满足
a< br>1
?10,a
n?1
?
4
a
n
(n?1),
求a
n

n

?x
n
?aa
解：由递推式得：
n?1
?(
n
)
4
n? 1n
4

aaa
?
a
?
?
n< br>?(
n?1
)
4
?
?
(
n?2
)< br>4
?
?(
n?2
)4
2
nn?1n?2
?< br>n?2
?
a
1
????()4
n?1
n?(n?1)

?a
n
?n?a
1
4
n?1

?n?10
4
n?1
15：已知f(x)=
x1
,且f(x
0
)?
方程f(x)=x有唯一解
a(x?2)2,
f(x
n-1
)=x
n
,
(n?N
?
)
求
x< br>n

解：由
x
?x有唯一解
a(x?2)
11
?2?0,得a?
a2
?x
?
a(x?2)?1
?
?0有 唯一解，解x?
?f(x)?
2x
x?2
由x
n
?f(x< br>n?1
)得x
n
?
又：f(x
0
)?
令b< br>n
?
2x
n?1
111
即??
x
n?1?2x
n
x
n?1
2
2x
0
112
? ??x
0
?
2x
0
?223
11
,则b
n
?b
n?1
?
x
n
2
3n
?
22
?b
n
?b
0
?nd?
?x
n
?
2
(n?0,1,2,3,??)

n?3
评注：递推式为线性分式时，有时 可以考虑取倒数的方法构造新数列，
达到求解目的。

16：已知数列{a
n
}满足
a
n?1
?
n? 1
a
n
?1(n?2),
求a
n

n?1
a
1
=1,a
2
=2
n?1
a< br>n
?1
n?1
n?1
?
a
n
?(n?1)< br>?
(n?2)?a
n?1
?n?
n?1
解：由a
n? 1
?
令b
n
?a
n
?(n?1)(n?2)，则b
n?1
?
又a
2
?2
?b
2
?a
2
?1?3
nnn?1nn?1n?2
b
n?1
??b
n?2
???b
n?3
n?2n?2n?3n?2n?3n?4
n(n?1)????3< br>????b
2
(n?2)(n?3)????2?1
n(n?1)3
? b
2
?n(n?1)
22
1
?a?b?(n?1)?(n?1)(3 n?2)(n?2)
nn

2
1
(n?1)(3n?2)(n?2)
a
n
=
2

1(n?1)
?b
n
?
n?1
bn
(n?2)
n?1
17：已知数列{a
n
}中，a
1
=1,
a
n?1
?
1
(1?4a
n
?1? 24a
n
)
,求a
n

16
2
n
2
b
n
解：令b
n
?1?24a
n
?b
1
?5,b?1?24a
n
即a
n
?
24
代入原来 的递推关系有
2
?
b?1)
1
?
4(b
n
?
?
1??b
n
?
2416
?
24
?即(2b
n?1
)
2
?(b
n
?3)
2
由b
n
?0得
2
n?1

2b
n?1
?b
n
?3;一阶递推数列< br>易求得b
n
?3?2
2?n
1
2
2
2n?1
?3?2
n?1
?1
?a
n
?(b
n
?1 )?
24
3?2
n?1
22
????a
n
?
18：已知正项数列
?
a
n
?
,
?
b< br>n
?
中，
a
1
2
?a
2
22
b
1
2
?b
2
????b
n
?1


?
a
?
求证：
min
?
k
?< br>?1.(k?1,2,??n)

?
b
k
?
?
a
?
a
证明：不失一般可设
min
?
k
?
?
1
(k?1,2,3,??n)

?
b
k
?< br>b
1
a
a
则：
k
?
1
(k?1,2 ,??n)
b
k
b
1
?b
k
?0,a
k< br>?0?a
k
?
2
从而a
k
?(
a
1
b
k
b
1

a
1
22
)b
k
b
1
a
1
2222
)(b
1
?b2
????b
n
)
b
1
22
?1?a
1
2
?a
2
????a
n
?(
?(

?
a
1
2
)
b
1
?
a
?
a
1
?1即：min
?
k
?
?1

b
1
?
b
k
?
19：
n
2
(n ?4)
个正数排成n行n列
a
11
,a
12
,a
13
,??,a
1n
a
21
,a
22
,a
23
,??,a
2n
????????
a
n1
,a
n2
,a
n3
,??,a
nn

其中每一行的数成等差数列 ，每一列的数成等比数列，且所有的公比
13
相等，已知
a
24
?1 ,a
42
?,a
43
?,

816
求
a< br>11
?a
22
?a
33
??a
nn

解：设数列
?
a
1k
?
的公差为d,数列
?
a< br>ik
?
(i?1,2,?n)的公比为q,则：

a
1k
?a
11
?(k?1)d,akk
?a
1k
q
k?1
?
?
a
11< br>?(k?1)d
?
q
k?1

a
24
?(a
11
?3d)q?1
1

8
13
a
43
?(a
11
?2d)q
3
?? dq
3
?
816
1
?a
11
?d?q??
2
1k
又n
2
个正数?a
11
?d?q?从而a
k k
?
k

2
2
1n
用错位相减法求得：S?2?< br>n?1
?
n
22
a
42
?(a
11
?d)q
3
?
20：
设a
0
?1,a
n
?
2
1?a
n?1
?1
a
n?1
(n?1,2,?? ).求证：a
n
?
?
2
n?2

解：显然对一切n?N都有a
n
?0，

可设a
n
?tana
n
,a
n
?(0,)

2
由条件可得：
seca
n?1
?11?cosa
n?1< br>a
a
n
?tana
n
???tan
n?1
,
tana
n?1
sina
n?1
2
?
1
?
a
n?1
,而a
0
?tana
0
?1,a
0
?
24
?
1

?
a
n
?
是首项为，而公比为的等比数列。
42
?
1
?
所以an
?()
n
?
n?2
.
42
2
所以： a
n
?
(x?(0,)时，tanx?x)
n?2n?2
2
22
中，x
0
?x
1
?1,x
n
?2x
n ?1
?x
n?2
?2(n?2)
21：
数列
?
x
n
?
求证：任意相邻两项之积仍是数列中的一项。

< br>证明：由已知x
n
?x
n?1
?x
n?1
?x
n?2
?2,

所以a
n
?tana
n
?tan

?
?
??

令：b
n
?x
n
?x
n?1
(n?2)
所以：b
n
?b
n?1< br>?2是一个等差数列
所以:b
n
?b
2
?2(n?2)?(x
2
?x
1
)?2(n?2)
因为:x
0
?x
1
?1
所以:x
2
?2x
1
?x
0
?2 ?2?1?2?3
所以：x
2
?x
1
?3?1?2

所以:x
n
?x
n?1
?2n?2
由叠加法得：x
n
?n
2
?n?1
所以数列
?
x
n
?中任意两项（相邻）的积
x
k
?x
k?1
?(k
2?k?1)(k?1)
2
?(k?1)?1
?(k
2
?k?1) (k
2
?k?1)?(k
2
?1)
2
?k
2
?(k
2
?1)
2
?(k
2
?1)?1
?xk
2
?1
是数列
?
x
n
?
中的项。< br>
??
中，x
0
?x
1
?1,且x
n?1< br>?x
n
?2x
n?1
,
，且 22：已知数列
?x
n
?
和
?
y
n
?
y
0
?1,y
1
?7,y
n?1
?2y
n?3y
n?1
.

求证：x
n
和y
n
中除1外，无其它相同的项。

证明：由二阶递推式的特征根法，可得
1
x
n
?2
n?1
? (?1)
n
3
y
n
?2?3
n
?(?1)
n?1
,且n?2,时，x
n
?1,y
n
?1
??
若有；x
m
?y
n
,(m,n?2),则：
（1）m,n为偶数时， 2
m
?2?3
n?1
左边为偶数，
右边为奇数，矛盾
(2) m,n为奇数时，有2
m
?2?3
n?1
?2，也不成立。
（3）m 为奇时，n为偶数时，则有2
m
?1?3
n?1
设：m?2k?1,n?2u ,则有：
3
u
?1
u
（3?2)?(3?1)?0
2
左边第1项为奇数，第2项为偶数，也不成立。
n2k
（4）m为偶数，n为奇数同可证也不 成立。
成立

综上所述原命题的结论

2
23：给定正整数
n
和正数M，对于满足条件
a
1
2
?a
n?1
?M
的所有等差数
列
a
1
,a
2
,a
3
??,

试证：S?a
n?1
?a
n?2
????a
2n?1
的最大值。

解：设公差为d,a
n?1
?a
n
,则：

S?a
n?1
?a
n?2
???a
2n?1
n(n?1)
d
2
ndS
故:a??

2n?1
222
因M?a
1
2
?a
n?1
?(a?nd)?a
?(n?1)a??
4nd1
(a?)
2
?(4a?3nd)
2
1021 0
4S
2
?()
10n?1
10
因此：S?(n?1)M< br>2
341
且当a?M,d??M时，

1010
n
?
3
?
n41
S?（n?1)
?
M???M
?
2
10
n
?
10
?
10
由于此时4a?3nd, 故:

4S
2
410
2
a
1
2
? a
n
?()???M?M
?1
10n?1104
10
故S的 最大值为(n?1)M

2
24：已知一个数列的各项是1或2，首项为1，且在第k 个1和第k+1
个1之间有
2
k?1
个2
，即1，2，1，2，2， 1，2，2，2，1，
（1）求数列前1998项之和S
1998

（2）是否存在正整数n,使得数列前n项和S
n
=20001？
若n存在，求出n的值，若n不存在，证明你的结论。


?(n?1) ?
5
?M?
10
(n?1)M
2

解：（1）从1到第k个括号共2
k
?k?1个数
第k个括号有2
k?1?1个数。

?2
10
?〈11998，2
11
?1〉 1998，故1998在第k?1?10即：
k?10个括号中
S?2?1998?11?39 85
（2）设第n项在第k群，则：2n?k?2001

又k是整数，由（1）知k ?1.
?1000?n?1010
又2
9
?9?1?320?1000?n,
2?10?1?1033?10
故不存在此种n
10

?n在第10个括号，这与k是本数矛盾。