1、2016 年竞赛与自主招生专题第八讲 数列的通项与递推数列从 2015 年开始自主招生考试时间推后到高考后，政策刚出时，很多人认为，是不是要在高考出分后再考自主招生，是否高考考完了，自主招生并不是失去其意义。自主招生考察了这么多年，使用的题目的难度其实已经很稳定，这个题目只有出到高考以上，竞赛以下，才能在这么多省份间拉开差距.所以，笔试难度基本稳定，维持原自主招生难度，原来自主招生的真题竞赛真题等，具有参考价值。在近年自主招生试题中，数列是自主招生必考的一个重要内容之一，数列考得较多的知识点有:极限、数学归纳法、递推数列、等差等比数列、及数列的应用等。一、知识精讲1等差数列：1.通项公式： ；
2、*11()()nadnaN2.前 项和公式： .2s2d2等比数列：1.通项公式： ；1*()nnaq2.前 项和公式： 或 .n1nqSa,1,nnaqs3数列的通项公式与前 项的和的关系： ( 为数列 的1,2nnSasnSna前 项的和为).n4常见数列的前 项和公式：n(1)1232n 57 468(1) 222136n 332() 【知识拓展】一对于数列 ，若存在正整数 及一个将 与前面 项naknka联系起来的方程12,nka，则称数 列 是 阶递推数列，此方程为递(,)0,12,knf nk推方程。由（*）得出 ，称为数列 的递推关系。12(,)nknknaga na一般说来，确
3、定一个 阶递推数列需要知道 阶初始值： 。k12,ka2求通项问题的主要类型：1转化法：某些数列虽然不是等差等比数列，但可以通过对递推公式变形，重新构造新的数列，而这些数列为等差数列或等比数列，进一步通过对新数列的通项公式求出原数列的通项。2.累加法： 1()naf方法：利用叠加法，。121321(),(),(),()nnnkffafaf3.累积法： 1naf方法：利用迭代法，。121321(),(),(),()nnkffafaf4.待定系数法： （ 为常数且 ， ）1nnpq,0,pq方法：用待定系数法，构造一个公比为 的等比数列，令 ，1()nnap，从而1qp是一个公比为 的等比数列。n
4、ap5. （ 为非零常数且 ）1()nnpf1方法：上式两边同时除以 ， ，令 ，有1np()nafpnabp，转化为第一种类型，用叠加法解决。11()nnfbp6.特征根法： （ ） （ 为常数）11nnaqa2,pq方法：可用下面的定理 求解。令 为相应的二次方程 的两根,20xpq（此方程又称为特征方程） ；（1）当 时，其通项公式为： ；naAB（2） 时，其通项公式为： ，1()n其中 分别由初始条件 所得的方程组 和,AB12,a122,aAB唯一确定。12,()a更一般地，对于常系数线性递推数列 ，其12nknknkknacaca特征方程的根（互不相同）有 个，分别为 ，121k
5、kkkxcxcx s12,sx且 是 重根， ，则 ，其中 是关于 的 次多项iit1sit1()snniiafx()ifnit式，其系数由初始值决定。7.不动点法：形如 （ ， 且 ） ，1nnbcad00adbc12a的递推数列的通项问题常用不动点法解决.21nnab类型 I： （ ， 且 ） ，令 .1nncd00adbc12a()axbfcd（1）若 有两个不相等的实数根 ，则 （其中()fx12x、 1122nnAx） ，即数列 成等比数列，公比为 ，则可求 .12acAx12naxna（2）若 有两个相等的实数根 ，则 （其中()fx0x100nnAax） ，即数列 成等差数列，公
6、差为 ，则 可求 .cAad01naxna（拓 展）类型 II： ，令 .21nnbc2()axbfc（1）若 有两个不相等的实数根 ，即 、()fx12、 21x，从而有2abc、 ，所以210x20axcb21111 nn axcba . 同理可得 .22211()nnnxacc 212()nnaxc所以，两式相除，得 ，令 ，则 ，两边取2112()nnxa12nxb21nb对数，不难得到 的通项公式，从而可得 .nbn（2）若 有两个相等的实数根 ，则可得 ， .()fx0x02cxa40b由 ，令 ，化简可得 ，因此 是等比21nnacc2ncba1nbn数列.三周期数列：对于数列
7、，如果存在一个常数 （ ） ，使得对任意的正整数naT*N，恒有 成立，则称数列 是从第 项起的周期为 的周期数列。0nTna0T若 ，则称数列 为纯周期数列，若 ，则称数列 为混周期数列，1n 2na的最小值称为最小正周期，简称周期。周期数列主要有以下性质：T周期数列是无穷数列，其值域是有限集；周期数列必有最小正周期（这一点与周期函数不同） ；如果 是数列 的周期，则对于任意的 ， 也是数列 的周期；Tna*kNTna如果 是数列 的最小正周期， 是数列 的任一周期，则必有 ，Mna|TM即 ， ；Mk*N已知数列 满足 （ ， 为常数） ， 分别为 的前 项nanta,*tNt,nSTna
8、的和与积，若 ， ， ，则 ， ；qr0qrtrq()qtrT设数列 是整数数列， 是某个取定大于 1 的自然数，若 是 除以 后nmnbm的余数，即 ，且 ，则称数列 是 关于(od)ba,2nb a的模数列，记作 。若模数列 是周期的，则称 是mn (od)namn关于模 的周期数列 。任意 阶齐次线性递归数列都是模 的周期数列。k四阶差数列：对于一个给定的数列 ，把它的连续两项 与 的差 记为 ，na1na1nanb得到一个新数列 ，把数列 称为原数列 的一阶差数列；如果nbb，则称数列 是数列 的一阶差数列， 是 的二阶差数1ncbncnnc列；依此类推，可以得到数列 的 阶差数列，其
9、中 。ap*pN如果某一数列的 阶差数列是一非零常数列，则称该数列为 阶等差数列。p其实一阶等差数列就是我们通常说的等差数列；高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称。高阶等差数列具有以下性质：如果数列 是 阶等差数列，则它的一阶差数列是 阶等差数列；nap 1p数列 是 阶等差数列的充要条件是 ：数列 的通项是关于 的nan次多项式；p如果数列 是 阶等差数列，则其前 项之和 是关于 的 次多napnS1p项式。3、典例精讲4、例 1 （2011 复旦）设 ， ， ，那么（ ）10x13()nnx1,23（A）数列 是单调增的 （B）数列 是单调减的n nx（C）数列 或是单调增的，或是单
10、调减的 （D）数列 既非单调增的，x也非单调减的。答案：D分析与解答：。显然 ，若 ，则 单调递增；若213()3nnnxxx0n13xnx，则 ， 为常数列；若 ，则 单调递减。1nn1n例 2 （2010 复旦）设 ， ，则数列 的极限为（ 01,x112nxnx）（A） （B） （C） （D）33 12分析与解答：递推数列对应的特征方程为 ， ， ，故21t()10t12,tt。再由 ，有 ，解得 所以，12nnxUV01,x2UV3UV3nnx从而 的极限为 。故选 A。n2例 3 （2008 武大）在数列 中， 。na112,431,*nanN（1）求证：数列 是等比数列；n（2）求
11、数列 的前 项和 。anS分析与解答：（1）由 ，这说明数列 是一个1143()4()nnnaaana公比为 4 的等比数列。（2）由（1）知 111(),nnnn故 14()232nS 注：这是一道循序渐进的问题，第一问为第二问铺垫。本题也可采用如下方法：对式子 两边同时除以 ，也可以解答。143na1n例 4已知数列 满足 ，求数n ),0(253,1221 Nnaabann 列 的通项公式。na分析与解答：解法一（待定系数迭加法）由 ，得 来源:Zxxk.Com025312nnaa，)(且 。b12则数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，于是na 32。把 代入，得11)32(na n
12、,，b2，)(3a，243a。21)(nnab把以上各式相加，得。)32()(321)(1 nnaba )(321)abn。ababa nnn 23)(3)()32 11 解法二（特征根法）：数列 ： ， na ),02512 Nnba21,的特征方程是： 。032x,12x。12nnBAa1)3(n又由 ，于是b1,)(322aBAb故 13nnba例 5 （2003 上海交大）数列 满足： ，求 和na1221,3,nnaana。limna分析与解答：由 ，知 。213nna213nnna令 ，故 ，211212()33nnnnna a 213或 。20,时，数列 是一个常数列，13213
13、nna。2103a时，数列 是一个公比为 的等比数列。121n2121()(31)233nnnaa由、可得 ，从而1 140532332nnnaa，故91523nna。limn注：对形如 ( 为常数， ）的数列求通项问题，可采11nnapqa,0pq用如下方法：引入参数 ， ， ，得到1()nna ()pq一个关于 的方程 。设两根为 。若 ，可得到两个等2012,2比数列，联立消去 或 即可；若 ，仍可得到形如1na1（关于 的一个函数） ，它就是知识拓展中提到的类型 4。这1,2()nnaf种方法本质上是特征根法。例 6已知数列 na满足性质：对于 且 求 的通14N,23nan,1na项
14、公式.分析与解答：依定理作特征方程 变形得 其根为 故特,324x,042x.2,1征方程有两个相异的根，使用定理 2 的第（2）部分，则有 .N,)1()( 11221 nrpacnn .N,)51nn .,1)5(212ncann即 .N,)5(24nn练习 1：已知数列 满足：对于 都有na,n.3251nna（1）若 求,51;n（2）若 求,31a;n（3）若 求6（4）当 取哪些值时，无穷数列 不存在？1 na分析与解答：作特征方程 变形 得.325x,02512x特征方程有两个相同的特征根 依定理 2 的第（1）部分解答(1) 对于 都有.,11a,Nn;na(2) 3 rpna
15、bn)1(15353,82令 ，得 .故数列 从第 5 项开始都不存在，0nbna当 4， 时， .N17bn(3) ,561a.1a .,81)(1 Nnrpnbn 令 则 对于,0n.7.0b,n .,743581nban(4)、显然当 时，数列从第 2 项开始便不存在.由本题的第（1）小题的31解答过程知， 时，数列 是存在的，当 时，则有5ana51a令 则得.N,85)1(11 rpnbn ,0nb且 2.N,1351na当 （其中 且 N2）时，数列 从第 项开始便不存在.na于是知：当 在集合 或 且 2 上取值时，无穷数列1a3,:15Nn都不存在.na例 7 （2011“卓越
16、联盟” ）设数列 满足 。na1221,nnaba（1）设 ，证明：若 ，则 是等比数列；1nnbabn（2）若 ，求 的值。2lim()4 ,分析与解答：（1）由 得 。令 ，则21nna211()()nnaa1nnba。nb所以 是公比为 的等比数列，首项为 。n2（2）若 ，则 是常数列， ，显然不适合题意；当an12naa时，由（1）知，b，即 。来源:学科网12nn11()nnb所以 。21 12132 1(),(), ()2nnabaaba 以上各式相加：， ，即112()nnaba121()32naba，12()32nn 所以12 12241()()()()3392n nnaab
17、abnab 。由于 ，所以 ，解得：1lim()4nn 2()0,()3ab。 来源:Zxxk.Com6,3ab例 8 （2010 五校联考）设函数 ，且存在函数 （()1xmf()stab） ，满足1,02ta。1sft（1）证明：存在函数 ，满足 ；()(0)tscds21stf（2）设 证明： 。113,12nnxfx 1|3nnx分析与解答：（1） ，2(2)11tmttttft，2()satbab所以 。即来源:学,科,网2(2)1()(31)2)31mttabtatbt。2()()6abatb上式对一切 恒成立必有t所以 。()6, 4,232,31, 1,0mmbabab 4()
18、,()311xfst又 ， 。242631s sffs2()2tcsdcsd由 ，2261216()6(3)213scdcsdscdcsds所以 3,3,1故存在函数 ；()s（2）由 ，考虑数列的不动点，设为 ，则 ，14nx 41。4,143(2)21nnnxx1()nnnxx有 ， 123nnxx所以 为公比 的等比数列，且首项为 。所以 ，2nx5125(3)nnx，1415(3)nn。1 142,|2|()5(3)nnn nxx所以 。 （* 11111| 3|5()|3()nnnnnn）若 ，则 ；2k12121|5()|534nkk若 ，则 ，1n2 224|()|3513k k
19、k显然成立。综上， （*）式成立。注：本题的第（2）问用到了不动点求递推数列通项的方法。5、 真题训练来源:学科网 ZXXK1 （2006 复旦） 是正数列，其前 项和为 ，满足：对一切 ， 和nannSnZna2 的等差中项等于 和 2 的等比中项，则 （ ） 。Slima（A）0 （B）4 （C）12 （D）1002 （2008 复旦）设 是正数数列，其前 项和为 ，满足：对所有正整数 ，nannSn与 2 的等差中项等于 与 2 的等比中项，则 （ ）naS2li4a（A）0 （B）1 （C） （D） 来源:学_科_网113 （2009 复旦）设数列 、 满足 ，如果 ，nab1,3nn
20、a 0a，且 是公比为 2 的等比数列，又设 ，则 （ 1anb 12nnS limnS）（A）0 （B） （C）1 （D）224 （2007 复旦）已知数列 满足 （ ） ，且 ，其前 项na134na1n19an之和为 ，则满足不等式 的最小整数 是（ ） 。nS|6|25S（A）6 （B）7 （C）8 （D）95 （2001 上海交大）数列 中， ，则 1,3 21nna10ia。6 （2004 上海交大）已知数列 满足 且 ，则na12,a213nna。204a7 （2004 上海交大）已知 为公差为 6 的等差数列， 。nb1(*)nnbaN（1）用 表示数列 的通项公式；1,abn
21、a（2）若 ，求 的最小值及取最小值时 的值。1,27,3abnan8 （2000 上海交大）在 中， 。na114,6na（1）求证： ；1|3|n（2）求 。lima来源:学+科+网9 （2010 浙大）如图， 下有一系列正三角形，求第 个正三角形的边长yxn。naxyO来源:学科网 ZXXK来源:学_科_网 Z_X_X_K10.（2004 复旦）已知数列 满足 ，且 ，又,nab12nnab16nab。求：12,4ab（1） ；,n（2） 。limnb来源:学科网 ZXXK真题训练答案1.【答案】B【分析与解答】： 。22,nnnaaSS211naS11112(),4)()8nnnnnn
22、na a21111140(0nnnnnaaa，故 （因为 ） 。()()4又 ，故 。112a2()2n，即 。4nlim4na2.【答案】C【分析与解答】：由题 1 知 ，故212,2(1)4nnaSn，即 。22(4)4nSan2li4nnS3.【答案】D【分析与解答】： ，1121 1,2,2,2nnnbaaa累加可得。2111 ,nnnnaS所以 。limnSa4.【答案】B【分析与解答】：由 ，知 ，令 ，即134n143nna1()3nna，从而 ，故 是公比为 的等比数列。a,13， ，11()(9)33nnna18nna从而 。01111 38888333nnnS ，解得 ，1
23、11|6| 25750750nnnn7n故选 B。注：对形如 （ 为常数，且 ）的数列求通项的方法1nnapq, ,pq是用待定系数法引入参数 ： ，从而构成等比数列。1()nna5.【答案】5【分析与解答】：归纳易知原数列周期为 6 且 ，故 。10ia10415iia6.【 答案】 203【分析与解答】：解法一： ，归纳易知 。1234,8aa12na解法二：特征方程 ，特征根为 。0x1,x，由 故 。12na120,42a12na7.【分析与解答】：（1） 故1321,nnba，121()()62nnabb1()3（2）222 3(3)(1)3(1)(3)1161n aaaannann
24、，考虑临界 。35,65.,06a若 ，则 最小；若 ，则 最小；若 ，则270)a367a(30,最小。7a8.【分析与解答】：（1） ，故1 1 16(3)3|3|nnnnnnaaa （因为 ） 。1|3|nnna0n（2）由（1）得 。1211|3|3|3|nnnnaaa当 时，知 ，即 。|0nlim9.【分析与解答】：解法一： ，故 。0,13tan6yx123ax，故 。01,43tan6()yxx214()假设 对 时成立，则当 时，23knk，故 。201, (1)3tan6kiyxxa112()3kkiaxa由数学归纳法可知 对 成 立。n*N解法二：记第 个正三角形的边长为 ，易见它的顶点坐标为na，它在 的图像上，于是有1213,2naa yx，1213nn即 ，212142nnnaaS即 。133,4nnS两式相减， 21111113()()()()()0442nnnnnnaaaaa，且 ，所以 是一个以 为公差的等 差数列，故123na1ana23。10.【分析与解答】： 12,6nnbba由， ，代入中，得1()6nna21()26nb。50n由 ，得 ，故 ，易得 。26x12,3x23nnb236b故 ，1243,893b 21818nnnnn ， 。31nna1lim2nab
