高中数学 奥赛辅导教案数列与递进
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高中数学 奥赛辅导教案数列与递进
知识、方法、技能
数列是中学数学中一个重要的课题，也是数学竞赛中经常出现的问题.
所谓数列就是按一定次序排列的一列数.数列的一般形式是a1, a2, XXXXX,an, XXXXX通常简记为{an}.如果数列{an}的第n项an与n之间的函数关系可用一个公式来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式.
从函数的角度看，数列可以看做是一个函数，定义域是自然数集或自然数集的一个有限子集，函数表达式就是数列的通项公式.
对于数列{an}，把Sn=a1+a2+XXXXX+an叫做数列{an}的前n项和，则有
I．等差数列与等比数列
1．等差数列
（1）定义：
（2）通项公式：an=a1+(n－1)d .
（3）前n项和公式：
（4）等差中项：
（5）任意两项：an=am+(n－m)d.
（6）性质：
①公差为非零的等差数列的充要条件是通项公式为n的一次函数；
②公差为非零的等差数列的充要条件是前n项和公式为n的不含常数项的二次函数；
③设{an}是等差数列，如果m、n、p、q∈N*，且m+n=p+q，那么a m+an=ap+aq;
④设Sn是等差数列{an}的前n项和，则Sm, S2m－Sm, S3m－S2m, XXXXX, Spm－S(p－1)m(m>1,p≥3，m、p∈N*)仍成等差数列；
⑤设Sn是等差数列{an}的前n项和，则是等差数列；
⑥设{an}是等差数列，则{XXXXXan+b}(XXXXX,b是常数)是等差数列；
⑦设{an}与{bn}是等差数列，则{XXXXX1an+XXXXX2bn}（XXXXX1，XXXXX2是常数）也是等差数列；
⑧设{an}与{bn}是等差数列，且bn∈N*，则{abn}也是等差数列（即等差数列中等距离分离出的子数列仍为等差数列）；
⑨设{an}是等差数列，则{}（c>0, c≠1）是等比数列.
2．等比数列
（1）定义：
（2）通项公式：an=a1qn－1.
（3）前n项和公式：
（4）等比中项：
（5）任意两项：an=amqn－m.
（6）无穷递缩等比数列各项和公式：
S=
（7）性质：
①设{an}是等比数列，如果m、n、p、q∈N*，且m+n=p+q，那么amXXXXXan=apXXXXXaq；
②设Sn是等比数列{an}的前n项和，则S m, S2m－Sm, S3m－S2m, XXXXX，
S pm－S(p－1)m(m>1, p≥3，m、n∈N*)仍为等比数列；
③设{an}是等比数列，则{XXXXXan}（XXXXX是常数）、{}（m∈Z*）仍成等比数列；
④设{an}与{bn}是等比数列，则{anXXXXXbn}也是等比数列；
⑤设{an}是等比数列，{bn}是等差数列，bn∈Z*，则{abn}是等比数列（即等比数列中等距离分离出的子数列仍为等比数列）；
⑥设{an}是正项等比数列，则{logcan}(c>0, c≠1)是等差数列.
赛题精讲
例1 设数列{an}的前n项和Sn=2an－1(n=1, 2,XXXXX)，数列{bn}满足b1=3, bk+1=bk+ak(k=1,2，XXXXX)，求数列{bn}的前n项之和.
（1996年全国数学联赛二试题1）
【思路分析】欲求数列{bn}前n项和，需先求bn. 由ak=bk+1－b k, 知求ak即可，利用
ak=Sk－Sk－1(k=2, 3, 4,XXXXX)可求出ak.
【略解】由Sn=2an－1和a1=S1=2a1－1,得a1=1, 又an=Sn－Sn－1=2an－2an－1,即an=2an－1,因此{an}是首项为1，公比为2的等比数列，则有an=2n－1.
由ak=bk+1－bk，取k=1,2,XXXXX,n－1得
a1=b2－b 1, a2=b3－b2, a3=b4－b3, XXXXX, an－1=bn－bn－1,将上面n－1个等式相加，得bn－b1=a1+a2+XXXXX+an. 即bn=b1+a1+a2+XXXXX+an=3+(1+2+22+XXXXX+2n－1)=2n－1+2,所以数列{bn}的前n项某某
SnXXXXX=（2+1）+（2+2）+（2+22）+XXXXX+（2+2n－1）=2n+2n－1.
【评述】求数列的前n 项和，一般情况必须先研究通项，才可确定求和的方法.
例2 求证：若三角形的三内角成等差数列，对应的三边成等比数列，则此三角形必是正三角形.
【思路分析】由△ABC的三个内角A、B、C成等差数列，知∠B=60XXXXX，三个角可设为60XXXXX－d, 60XXXXX, 60XXXXX+d，其中d为常数；又由对应的三边a、b、c成等比数列，知b2=ac，或将三边记为a、aq、aq2，其中q为正常数，由此知要证此三角形为正三角形只须证明d=0或q=1或a=b=c.
【证】设△ABC的三个内角为A、B、C及其对边a、b、c，依题意b2=ac, ∠B=60XXXXX.
【方法1】由余弦定理，得
整理得(a－c)2=0因此a=c.
故△ABC为正三角形.
【方法2】设a、b、c三边依次为a、aq、aq2，由余弦定理有
cosB=,整理得q4－2q2+1=0,解得q=1, q=－1（舍去）
所以a=b=c,故此△ABC为正三角形.
【方法3】因为b2=ac, 由正弦定理：
(2RsinB)2=2RsinAXXXXX2RsinC（其中R是△ABC外接圆半径）即sin2B=sinAXXXXXsinC，把
B=60XXXXX代入得sinAXXXXXsinC=，整理得[cos(A－C)－cos(A+C)=，即cos(A－C)=1,所以A=C，且∠B=60XXXXX，故此△ABC为正三角形.
【方法4】将60XXXXX－d, 60XXXXX, 60XXXXX+d代入sin2B=sinAsinC,
得sin(60XXXXX－d)XXXXXsin(60XXXXX+d)= ，即[cos(2d)－cos120XXXXX]= .
得cos2d=1, d=0XXXXX,所以∠A=∠B=∠C，故△ABC为正三角形.
【评述】方法1、2着眼于边，方法3、4着眼于角.
例3 各项都是正数的数列{an}中，若前n项的和Sn满足2Sn=an+,求此数列的通项公式.
【思路分析】 在Sn与an的混合型中，应整理成数列{Sn}的递推式或数列{an}的递推式，然后用递推关系式先求出Sn，再求an，或直接求an.本题容易得到数列{Sn}的递推式，利用an=Sn－Sn－1先求出Sn，再求an即可.
【解】n≥2时，将a n=Sn－Sn－1代入2Sn=an+,得2Sn=Sn－Sn－1+,整理得
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，
即当n=1时，由2S1=a1+,得a1=1也满足.
故数列{an}的通项公式为.
【评述】处理本例的思想方法，可用来求满足S n与an混合型中的通项公式.
例4 设数列{an}的前n项和Sn与an的关系为Sn=－ban+1－，其中b是与n无关的常数，且b≠－1.（1）求an与an－1的关系式；
（2）写出用n与b表示an的表达式.
【思路分析】利用Sn=an－an－1(n≥2)整理出数列{an}的递推关系式求an.
【解】（1）
当n≥2时，an=Sn－Sn－1=
－ban+1－,整理得
两边同乘以2n，得2nan=2n－1an－1+,可知数列{2nan}是以2a=为首项，公差为的等差数列.所以
当b≠1，b≠－1时，
由（*）式得(1+b)nan=b(1+b)n－1an－1+
从而数列{cn－cn－1}就是一个等比数列，n取2，3，XXXXX，n得
故数列{an}的通项公式为
【评述】构造辅助数列是解由递推关系式给出数列求通项的一个基本方法，本例构造了辅助数列{cn }、{cn－cn－1}，使数列{cn－c n－1}为等比数列，化未知为已知，从而使问题获解.
例5 n2(n≥4)个正数排成n行n列
a11 a12 a13 a14XXXXXXXXXX a1n
a21 a22 a23 a24XXXXXXXXXX a2n
a31 a32 a33 a34XXXXXXXXXX a3n
a41 a42 a43 a44XXXXXXXXXX a4n
XXXXX XXXXX XXXXX XXXXX XXXXXXXXXX XXXXX
an1 an2 an3 an4XXXXXXXXXX ann
其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已知a24=1,
a42=，a43=,求a11+a22+a33+XXXXX+ann.（1990年全国高中数学联赛试题）
【思路分析】求和需要研究a11和akk，又每列成等比数列且公比相等，只需要研究a1k和q,又每行成等差数列，需要求得an和第一行的公差d，因而本题利用已知建立an、d和q之间关系，使问题获解.
【解】设第一行数列公差为d，各列数列公比为q.因为2a43=a42+a44,
所以a44=2a43－a42=2XXXXX－=.又因为a44=a24XXXXXq2=q2,所以q=,于某某
解此方程组，得d=,a11=.
对于任意的1≤k≤n,有
【评述】数列求和应先研究通项，通项cn=anbn，其中{an}成等差为九列，{bn}为等比数列，数列{cn}的求和用错项相减去.
例6 将正奇数集合{1，3，5，XXXXX}从小到大按第n组有(2n－1)奇数进行分组：{1}, {3,5,7} , {9, 11, 13, 15, 17}, XXXXX （第1组）（第2组）（第3组）
问1991位于第几组中？
（1991年全国高中数学联赛试题）
【思路分析】思路需要写出第n组的第1个数和最后一个数，1991介于其中，而第n组中最后一个数是第（1+3+XXXXX+2n－1）=n2个奇数为2n2－1.
【解】因为1+3+5+XXXXX+(2n－1)=n2
所以前n组共含有奇数n2个，第n组最后一个数即第n2个奇数为2n2－1,第n组第一个数即第n－1组最后一个数后面的奇数为[2(n－1)2－1]+2=2(n－1)2+1.由题意，有不等式
2(n－1)2+1≤1991≤2n2－1.
解得(n－1)2≤995且n2≥996，从而n≤32且n≥32，
故n=32，即1991位于第32组中.
【评述】应用待定的方法，假定位于第n组中然后确定n即可.
例7 设{an}是由正数组成的等比数列，Sn是前n项和，证明
（1995年全国高某某）
【思路分析】要证原结论成立，只需证SnSn+2<成立，用等比数列前n项和公式表示或建立Sn、Sn+1、Sn+2的关系，用比较法证之.
【证法1】设{an}的公比为q,由题设知a1>0, q>0.
（1）当q=1时，Sn=na1，从而
SnSn+2－=na1(n+2)a1－(n+1)2=－<0.
（2）当q≠1时，
由①、②知
根据对数函数的单调性，得
【证法2】设{an}的公比为q，由题设知a1>0, q>0.
因为Sn+1+=a1+qSn, Sn+2=a1+qSn+1,
所以SnSn+2－=Sn(a1+qSn+1)－(a1+qSn)Sn+1=a1(Sn－Sn+1)
=－a1(Sn+1－S n)
=－a1an+1<0.
即（以下同证法1）.
【评述】明确需要证，建立Sn 、Sn+1、Sn+2之间的关系较为简单.
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