第1个回答 2009-03-22
数 列 经 典 题 选 析
江苏 王海平
数列是高中代数的重要内容,又是学习高等数学的基础. 在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位.
一,等差数列与等比数列
例1.A={递增等比数列的公比},B={递减等比数列的公比},求A∩B.
解:设q∈A,则可知q>0(否则数列为摆动数列).
由an+1-an=a1·qn-a1·qn-1=a1·qn-1(q-1)>0,得
当a1>0时,那么q>1;当a1<0时,则0从而可知 A={q | 0若q∈A,同样可知q>0.由an+1-an=a1·qn-a1·qn-1=a1·qn-1(q-1)0时,那么0亦可知 B={q | 0故知A∩B={q | 0说明:貌似无法求解的问题,通过数列的基本量,很快就找到了问题的突破口!
例2.求数列1,(1+2),(1+2+22),……,(1+2+22+……+2n-1),……前n项的和.
分析:要求得数列的和,当务之急是要求得数列的通项,并从中发现一定规律.而通项又是一等比数列的和.设数列的通项为an,则an=1+2+22+……+2n-1==2n-1.从而该数列前n项的和
Sn=(2-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)
=(2+22+23+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2.
说明:利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.
等差数列求和公式:
2,等比数列求和公式:
4,
常用的数列求和方法有:利用常用求和公式求和;错位相减法求和;反序相加法求和;分组法求和;裂项法求和;合并法求和;利用数列的通项求和等等.
例3.已知等差数列{an}的公差d=,S100=145.设S奇=a1+a3+a5+……+a99,S'=a3+a6+a9+……+a99,求S奇,S'.
解:依题意,可得 S奇+S偶=145,
即S奇+(S奇+50d)=145, 即2 S奇+25=145, 解得,S奇=120.
又由S100=145,得 =145,故得a1+a100=2.9
S'=a3+a6+a9+……+a99
=====1.7·33=56.1.
说明:整体思想是求解数列问题的有效手段!
例4.在数列{an}中,a1=b(b≠0),前n项和Sn构成公比为q的等比数列.
(1)求证:数列{an}不是等比数列;
(2)设bn=a1S1+a2S2+…+anSn,|q|<1,求bn.
解:(1)证明:由已知S1=a1=b
∵{Sn}成等比数列,且公比为q.
∴Sn=bqn-1,∴Sn-1=b·qn-2(n≥2).
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=bqn-1-bqn-2=b·(q-1)·qn-2
故当q≠1时,==q,
而==q-1≠q,∴{an}不是等比数列.
当q=1,n≥2时,an=0,所以{an}也不是等比数列.
综上所述,{an}不是等比数列.
(2)∵|q|<1,由(1)知n≥2,a2,a3,a4,…,an构成公比为q的等比数列,∴a2S2,a3S3,…,anSn是公比为q2的等比数列.
∴bn=b2+a2S2·(1+q2+q4+…+q2n-4)
∵S2=bq,a2=S2-S1=bq-b
∴a2S2=b2q(q-1)
∴bn=b2+b2q(q-1)·
∵|q|0,1600[()n-1]-4000×[1-()n]>0
化简得,5×()n+2×()n-7>0�
设x=()n,5x2-7x+2>0� ∴x1(舍)� 即()n4,故使得上式成立的最小n∈N+为5,
故最少需要经过5年的努力,才能使全县的绿化率达到60%.
三,归纳,猜想与证明
例7.已知数列{ an}满足Sn+an=(n2+3n-2),数列{ bn}满足b1=a1,
且bn=an-an-1-1(n≥2).
(1)试猜想数列{ an}的通项公式,并证明你的结论;
解:(1)∵Sn+an=(n2+3n-2),S1=a1,∴2a1=(1+3×1-2)=1,
∴a1==1-.当n=2时,有+2a2=(22+3×2-2)=4, ∴a2==2-
猜想,得数列{ an}的通项公式为an=n-
(2)若cn=b1+b2+…+bn,求的值.
当n=3时,有++3a3=8, ∴a3==3-.
用数学归纳法证明如下:
①当n=1时,a1=1-=,等式成立.
②假设n=k时,等式ak=k-成立,那么
n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk=[-ak+1]-[-ak],
.∴2 ak+1=k+2+ak, 2 ak+1=k+2+(k-),
∴ak+1=(k+1)-,即当n=k+1时,等式也成立.
综上①,②知,对一切自然数n都有an=n-成立.
(2)∵b1=a1=,bn=an-an-1-1=[n-]-[(n-1)-]-1=.
∴cn=b1+b2+…+bn=1-()n, ∴=[1-()n]=1.
例8.已知数列{an}满足a1=2,对于任意的n∈N,都有an>0,且(n+1) an2+an an+1-n an+12=0.又知数列{bn}满足:bn=2n-1+1..��
(Ⅰ)求数列{an}的通项an以及它的前n项和Sn;�
(Ⅱ)求数列{bn}的前n项和Tn;�
(Ⅲ)猜想Sn和Tn的大小关系,并说明理由.
解:(n+1) an2+an an+1-n an+12=0.是关于an和an+1的二次齐次式,故可利用求根公式得到an与an+1的更为明显的关系式,从而求出an .
(Ⅰ)∵an>0(n∈N),且(n+1) an2+an an+1-n an+12=0,
∴ (n+1)()2+()-n=0.
∴=-1或=.
∵an>0(n∈N),∴=.
∴=···……··=···…··=n.
又a1=2,所以,an=2n.
∴Sn=a1+a2+a3+……+an=2(1+2+3……+n)=n2+n.
(Ⅱ)∵bn=2n-1+1,�
∴Tn=b1+b2+b3 +……+bn=20+21+22+……+2n-1+n=2n+n-1
(Ⅲ) Tn-Sn=2n-n2-1.�
当n=1时,T1-S1 =0,∴T1=S1;
当n=2时,T2-S2=-1,�∴T2当n=3时,T3-S3=-2,�∴T3当n=4时,T4-S4=-1,�∴T4S5;
当n=6时,T6-S6=27,,�∴T6>S6;
猜想:当n≥5时,Tn>Sn.即2n>n2+1.下用数学归纳法证明:�
1° 当n=5时,前面已验证成立;
2° 假设n=k(k≥5)时命题成立,即2k>k2+1.成立,
那么当n=k+1时,
2k+1=2·2k>2(k2+1)=k2+k2+2≥k2+5k+2>k2+2k+2=(k+1)2+1.
即n=k+1(k≥5)时命题也成立.
由以上1°,2°可知,当n≥5时,有Tn>Sn.;
综上可知:当n=1时,T1=S1;当2≤n<5时,TnSn..
说明:注意到2n的增长速度大于n2+1的增长速度,所以,在观察与归纳的过程中,不能因为从n=1到n=4都有Tn≤Sn.就得出Tn≤Sn.的结论,而应该坚信:必存在,使得2n>n2+1,从而使得观察的过程继续下去.
例9. 已知函数f(x)=x2-3,(x≤-3)
(1)求f(x)的反函数f-1(x);
(2)记a1=1,an= -f-1(an-1)(n≥2),请写出a2,a3,a4的值并猜测想an的表达式.再用数学归纳法证明.
解:(1)设y=f(x)= x2-3,(x≤-3 ),由y2=x2-3(x≤-),x= -y2+3
即f-1(x)= -x2+3 (x≥0).
(2)由a1=1且an= -f-1(an-1)(n≥2的整数),a2= -f-1(a1)= -( -a12+3 =4 ,
a3=3+4=7 ,a4=3+7=10 .
依不完全归纳可以猜想到:an=3n-2 (n自然数)
下面用数学归纳法予以证明:
当n=1时,a1=3×1-2 =1命题成立
假设n=k(1≤k≤n)时,命题成立:即ak=3k-2
那么当n=k+1时,ak+1=-f-1(ak)
=ak2+3 =3k-2+3 =3k+1-2
综上所述,可知对一切自然数n均有an=3n-2 成立.
例10. 已知数列{an}中,a7=4,an+1=,.
(Ⅰ)是否存在自然数m,使得当n≥m时,an<2;当n2
(Ⅱ)是否存在自然数p,使得当n≥p时,总有13时,也有an<2 这就引导我们去思考这样一个问题:若an<2,能否得出an+1<2
为此,我们考查an+1-2与an-2的关系,易得
an+1-2=-2 =.
可以看出:当an<2时,必有an+1<2.于是,我们可以确定:当n≥10时,必有an2.
方法之一是一一验证.即通过已知条件解出:an=.由此,我们可以从a7出发,计算出这个数列的第6项到第1项,从而得出结论.
另外,得益于上述解法,我们也可以考虑这样的问题:"若an+1>2,能否得出an>2"
由an-2=-2=不难得知:上述结论是正确的.
所以,存在m=10,使得当n≥m时,an<2;当n2.
(Ⅱ)问题等价于:是否存在自然数p,使得当n≥p时,总有an-1-an+1-2 an<0.
由(Ⅰ)可得:an-1-an+1-2 an=.
我们已经知道:当n≥10时,an<2,于是(an<2)3<0,(7-an)-3
观察前面计算的结果,可以看出:a100,从而得出结论.
说明:(1)归纳,猜想是建立在细致的观察和缜密的分析基础上的,并非无源之水,无本之木.(2)上述分析的过程如果用数学归纳法写出,则相当简洁,但同时也掩盖了思维的过程.
四,由递推公式探求数列问题
例11.设An为数列{an}的前n项的和,An=(an-1),数列{bn}的通项公式为bn=4n+3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大先后顺序排成一个新的数列{dn},证明数列{dn}的通项公式为dn=32n+1;
(3)设数列{dn}的第n项是数列{bn}中的第r项,Br为数列{bn}的前r项的和,Dn为数列{dn}的前n项和,Tn=Br-Dn,求.
解:(1)由An= (an-1),可知An+1= (an+1-1)
∴An+1-An= (an+1-an)=an+1,即 =3
而a1=A1= (a1-1),得a1=3
所以数列{an}是以3为首项,公比为3的等比数列,数列{an}的通项公式为an=3n.
(2)∵32n+1=3·32n=3·(4-1)2n
=3×(42n+C12n·42n-1(-1)+…+C2n2n-1·4·(-1)+(-1)2n)
=4m+3
∴32n+1∈{bn}
而数32n=(4-1)2n
=42n+C2n1·42n-1·(-1)+…+C2n2n-1·4·(-1)+(-1)2n
=(4k+1)
∴32n{bn}
而数列{an}={32n+1}∪{32n}
∴ dn=32n+1
(3)由32n+1=4·r+3,可知r=
∵Br==r(2r+5)=·
Dn=·(1-9n)=(9n-1)
∴Tn=Br-Dn=-(9n-1)
=·34n-·32n+
又∵(an)4=34n
∴=
例12. 已知函数f(x)=x+x2-a2 (a>0)
(1)求f(x)的反函数f-1(x)及其定义域;
(2)数列{an}满足a1=3aan+1=f-1an
设bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,试比较Sn与的大小,并证明你的结论.
解:(1)给y-x=x2-a2 两边平方,整理得 x=
∵y-x=y-==≥0
∴y≥a或-a≤y<0
故f-1(x)= ,其定域为[-a,0)∪[a,+∞)
(2)∵an+1=f-1(an)=
∴bn+1==…=()2=bn2 (可两边取对数求解)
又a1=3a,b1===
∴bn=(bn-1)2=(bn-2)=(bn-3)
=…=(b1) =()
∴Sn=b1+b2+…+bn
=+()2+()+[()+()+…+()]==1-()n
由此可知,当n<3时,Sn3时,Sn>.
又∵2n-1=(1+1)n-1=1+C1n-1+C2n-1+C3n-1+……+Cn-1n-1
则当n≥4时,2n-1>1+C1n-1+C2n-1
=1+(n-1)+>n+1
∴().
当n=3时,Sn=+()2+()=++=<.
故知当n≤3 时,Sn2,故a22,得an>2,所以{an}单调递减.且因为an>2,所以
an-2=<(an-1-2)
<()2(an-2-2)<…2pq,又a1,b1不为零,∴c22≠c1·c3,故{cn}不是等比数列.
说明: 本题是2000年全国高考数学试题.其证法很多,建议读者从不同的角度审视此题.我们可以得出更一般的结论;
推论1:设数列{cn},cn=an+bn且a≠b,则数列{cn+1-pcn}为等比数列的充要条件是p=a或p=b.
推论2:设{an},{bn}是两个等比数列,则数列{an+bn}为等比数列的充要条件是,数列{an},{bn}的公比相等.
推论3:公比为a,b的等比数列{an},{bn},且a≠b,s,t为不全为零的实数,cn=san+tbn为等比数列的充要条件是st=0.
例15.数列{an}中,a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1-an n∈N
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求sn;
(3)设bn= ( n∈N),Tn=b1+b2+…+bn( n∈N),是否存在最大的整数m,使得对任意n∈N,均有Tn>成立 若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.
解:(1)由an+2=2an+1-an
an+2-an+1=an+1-an,可知{an}成等差数列,d==-2
-∴an=10-2n
(2)由an=10-2n≥0得n≤5
∴当n≤5时,Sn=-n2+9n
当n>5时,Sn=n2-9n+40
故Sn=-n2+9n 1≤n≤5n2-9n+40 n>5 (n∈N)
(3)bn===()
∴Tn= b1+b2+…+bn
=[(1-)+(-)+(-)+……+(-)]=(1-)=
>>Tn-1>Tn-2>……>T1.
∴要使Tn>总成立,需