決勝自主用書全第三章數(shù)列與極限

學(xué)學(xué)習(xí)導(dǎo)章節(jié)知理念感拓展知數(shù)列的求（1）對于等差數(shù)列或等比數(shù)列，或者是

k2n(n1)(2n1)或nk31n2n1)2法解決裂項相消

k k 將數(shù)列的每一項分解成兩項的差，逐一累加相消錯位相減若數(shù)列an}是等差數(shù)列，數(shù)列bn}是等比數(shù)列，則對于數(shù)列abn}n.倒序相加分組求解有時，可將原數(shù)列分解成若干個可用法求和的新數(shù)列進(jìn)行分別求解化歸求和對數(shù)列{an}的通項不很明確的數(shù)列，先化歸其通項，將{an}轉(zhuǎn)化為基本數(shù)列的求和問題周期性求和如果數(shù)列是周期數(shù)列，則可以根據(jù)周期進(jìn)行求和轉(zhuǎn)化.累加（積）形如anan1f(n)（或anan1f(n)）的遞推，常?？梢岳美奂樱ǚe）法求解其通待定系數(shù)paq.即 q.所以數(shù)列{aq}是一個以a 為首項，以p為公比的等比 p p paaqpn1q 特征根

p px2pxq的兩根為n如果時，則可得其通項為aAnBnnn如果時，則可得其通項為a(ABn)n ABa （ 1 A2B2a (A2B)a 確定不動點aa aa2 (c0,adbc0且aa) ca 2aa 不動點法加以解決.下面介紹如何用不動點法求數(shù)列的通項If(xaxbf(xxxxan1x1Aanx1（Aacx1）1 a a 數(shù)列anx1Aa可求nan若方程f(x)x有兩個相等的根x， A（其中A2c，即 a{1{列an

nax2

IIf

2ax

ax2 ax2（1）若f(x)x有兩個不相等的實根x,x，即x ,x ，從而1 2ax1 2x2ax2b ax2b2axaxcax2cxb0,ax2cxb0，所以a x x 1n 1 2ax 1aa22axa a(a 1n 1 2aanc 2aanc

2aana(ax a a x ，兩式相除，得 1( 1)2,令b 1，則 b2 2aac x ax ax 兩邊取對數(shù)，不難得到bn的通項，從而可解得anc,c24ab0（2）f(xxx aa2

cn由 ，令ba ，化簡可得 b，因此{(lán)b}是等比數(shù)列n 2aa 定理f(xax2bxc(ae0)，數(shù)列xn由出始條x0f(x0和遞推關(guān)系exxnf(xn1確定，那么，當(dāng)且僅當(dāng)b0e2af(xx xn1 ( )（n1,xn xn1代換已知a1ba2c，an1panqan1r(r0)的遞推數(shù)列問題.變量代換法通常也叫做換元第二數(shù)學(xué)歸定理（第二數(shù)學(xué)歸納法）對于一個與自然數(shù)有關(guān)題Ｔ，n=１時命題ＴTnkTnk正確．則命題T對一切自然數(shù)正確．歷屆自主招生解求證：2009為其中一項因為412516【證法一 且16與12的最大公因子為4，所以此等差數(shù)列的公差一定因為2513，200919684141449241492nd，【證法二】d，則2513ad(abZ，即ad bd由(1)+(2)得(ab)d由(2)2(1)得(b2a)d因為200913 其中52a49bZ，故2009為此等差數(shù)列中的一項.【證法三】d，則2513ad(abZ，即ad假

Z，使得200913

bd即20091312x28yx

y1x164，即200913164ab)d，其中164ab1337的等差中項)4137=4，可以構(gòu)造一個等差數(shù)列(分兩種情況討論而2009134994，所以2009為此等差數(shù)列子列中的一項.而132009499(4)2009為此等差數(shù)列子列中的一項.綜合(1)、(2)可得2009為此等差數(shù)列中的一項.【證法五】13、25、41所在的等差數(shù)列為{a}，則4125161216 251324或2或413、25、4124或2或4的等差數(shù)列為{an}的子列，仿證法四的方法便可證得2009為此等差數(shù)列中的一項.【證法六】定理:各項均為整數(shù)的等差數(shù)列{an}公差為 的充要條件是各項為整數(shù)的數(shù){an}中的任一項and整除抽得余數(shù)相同(證明略由定理知【解法一】3個質(zhì)數(shù)組成的等差數(shù)列僅有：3，11，19一個.下面證明唯一p3kp3k1p3k2p3k，則這個數(shù)列為3k，3k8，3k16p3kp3k1，則這個數(shù)列為3k13k93k17；由于3k93(k【解法二】不妨設(shè)滿足已知條件的等差數(shù)列為{an}a113,am25,andd25134113m121n281又2009

m n 1232870)da(3m70n73)d( 2009為等數(shù)列{an的第3m70n7313m70n72項，問題得證3（2000年復(fù)旦大學(xué)保送生）數(shù)列{an適合遞推式an13an4a11，求數(shù)列{an【解】由 3a4，得 23(a2)，從而an123，知數(shù)列{a2}是首項 a na233a23na3nn 3(13n 3n1所以Sn3332n 1 2n

24（2008年中國科技大學(xué)）設(shè){an為實數(shù)列，對一切n都滿足關(guān)系式111 a1a2試寫anan1的關(guān)系式（n2【解（I）由11 將（1）式代入111 ，可得11 ，故知a1aa aaaa(aa3121231212312

由于111 a1a2 1 1aaaaa (aaa k 1 1 k 1 k綜上所述，知一切正整數(shù)nan11a1a2n2an1a1a2an1a1a2an11an（II）a10,1)a21a1a2(0,1).ak0,1)，則0(1ak)ak1，即0ak11nan

a.1aa1a(a1)aa1)20aa 2 k2akak1ak2ak11ak1(ak11ak1ak11)2ak2ak5（2004年復(fù)旦大學(xué)）已知數(shù)列{an}、{bnan1an2bn，且bn16an6bna12b14an，bnlimann【解（I【方法一】由條件，aa2b10，由 a2b，得b1 a) 所以 1 ).代入 6a6b得1 )6a a) n n n n n an25an16anx25x60，x2x10ac2n1c3n1. a2,a

c1c2，得2c3c

c1解得c 1所以an162n1143n1，從而bn

a)283n124n a2b, b)2(2ab 2ab2n2【方法二】由 n n bn16an6bn, (3an12bn1)3(3an2bn 3a2b14 a2n314 162n1

16(2)n1

（II）lim

14

.

n

n283n1242n

2824(

在化簡的同時要學(xué)會觀察，本題的解法二采用了構(gòu)造新的等比數(shù)列在化簡的同時要學(xué)會觀察，本題的解法二采用了構(gòu)造新的等比數(shù)列{2anbn}以及{3an2bn}，通過解方程組求得數(shù)列{an}，{bn}6（2002 2a21，a1且 1，其中N{2,3,4,} N I【解（I）因為

2N2Z

1且

1，從

NaN1

N

NaN2

N

N

0，

N

N

N 可猜想，對于任意k{1,2,N1}|aNk|下面用數(shù)學(xué)歸納法證明之.k1aN11，顯然有|aN1|km（m1,2,N2）時，結(jié)論成立，即|aNm|1aNmN(mN(mkm1時結(jié)論也成立

N

[0,1]，所以| N(m

綜上，對任意的k{1,2,N1，都有|aNk|1.顯然|a1|1

cos2N

即可N2a21a11a11cos成立.Nm(m2)kZa1cosk，2mNm1ka2coska2

a21

cos

1cos2k 2m (2m12ka1cos2m2cos2m1a1cos2m2Nm1時，結(jié)論也成立

2mcosk,k 2N7（2009年浙江大學(xué)）數(shù)列{aa1a11(nn證明：（I）1an2

aa（II）1|an1an|1(n an （I）（用數(shù)學(xué)歸納法證明）n2時

112nk(k2)時結(jié)論成立，即1ak2則 11，從而13112.即1 則a ak

k綜上，知1an2

1

1所以a a11(11)11an1an aa n n n所以|an1an ，因為1a2，從而1 a a n nn

an

)an

所以2 13，從而1 1，即1|an1an|1n a n 8（2007年）設(shè)正三角形的邊長為a，Tn1是Tn的中點三角形，An為An除去Tn1nn3nk3

【解】設(shè)T的邊長為a（其中aa則A3( n)2 n 1

3 a2 a2(1又因為aa，a ，a ，于是A ()n，A16 4n 2 limA 1

k k k

4本例的解題關(guān)鍵是探求數(shù)列本例的解題關(guān)鍵是探求數(shù)列{An}9（2006年復(fù)旦大學(xué)保送生）求和（I）777777n個（II）2005 200520052005n個【解（I）7777777(9997[(1011021)(10nn個 n個 [7[(1010210n)n]710(10n1)n]70(10n1)7n70(10n1)63n[ （II）2005 200520052005n個2005(9999 n個2005[(104108104n)n]2005104(104n 10（2007年交通大學(xué)）{an}是首項為a，公差為b的等差數(shù)列，{bn}是首項為b，公aabN*ababa 在（II）Sa1a2am的值【解（I）abababa2babN*ab

a11所以ababa

a

b12b

2

解得a b b ba2a3.a3時不合題，舍去，a（II）a2m1)bbb2n1a1b可得3m1)bb b(2n1m13，所以b（III）由（II）知b32n1ab132n1 Sa1a2am3(2n1第第（III）小問的實際含義是：在（II）的條件下，所有滿足am1bn的項從小到次組成的數(shù)列，數(shù)列{am1}即{bn}的前n項和就是Sa1a2am的值.11（2009年 ）設(shè)51的整數(shù)部分為A，小數(shù)部分B.5A2B21AB2lim(1BB2Bn55(533【解（I）因 ，所以A[35]55(533 5分），B3525

（II）A2B21AB22

51)212

5 46255 35 135（III）B 為Sa11

B)n1

1B 12（2008年西北工業(yè)大學(xué)）如圖所示，曲線y x的點Qi(i1,2,n,)及原點O構(gòu)成一xyPQQ（記Q為O記a|Q |ii1 na1的值求數(shù)列{an}的通項n21

133【解（I）可設(shè)P1(t2,t)(t0)，得K 1tan ，所以t3

12 1233，所以P(1 ).從而a|QQ||OQ||OP|233 的方程為y 的方程為yt3(xt2，所以Q(t2tn,0)n nn n1直線P 3(xt2).所以(t2tn1,0)，t2t2tn1n1 n1 n由

0，得

1，所以n

t1 (n1)

33 13 Qn(3n(n1),0)，Qn1(n(n1),0)，an|QnQn1 13 n2左邊9[1 1]9[1 4 (n 4 n(n (n1)(n (2n9[1(11)(1

1)( 14 n n n 2n 9[111]9[114 4 9[11]834 2 n13（2009中國科技大學(xué)）Ax|xn!nnN*BAN*上的補(bǔ)集ndn!n(n1)!n1)(n2)!n2d除，其余數(shù)分別與nn1，n2，……被d除的相同.而這些余數(shù)應(yīng)該是逐一遞增的.這說明n0n0是等差數(shù)列{am中的項n0n0An0n0于是，產(chǎn)生故假設(shè)不成立，要證明的結(jié)論成立（II）B中取出無限個數(shù)組成等比數(shù)列，例如bm5mmN由于n!nn[(n1)!1]，并且當(dāng)n5時， (n1)!1，故5mA，因此，5m故數(shù)列{bm}是從B中取出無限個數(shù)組成的等比數(shù)列1（2007 交通大學(xué)設(shè)f(x)|x|記S12f(x)3f2(x)nfn1(x) xx0f(x1.S123n1n(n1)2x0f(x1.S1)02(1)13(1)2n(1)n1故S1)12(1)23(1)3n(1)n1 1(2n所以2S(1)0(1)1(1)2(1)n1n(1)n n(1)n 1n(n1),n

n S[12n1)(1)n1 n,n是偶數(shù)

，故應(yīng)填

x0,n nx0,n列{bn是等比數(shù)列，則對于數(shù)列{anbnn15（2010年江蘇省五校聯(lián)考）已知數(shù)列{a}滿足：a

＝

4－an，(an≤3，nNa＝202，求數(shù)列{an}30S30求證：對任意的實數(shù)a，總存在正整數(shù)m，使得當(dāng)n＞m（nN*）時，an+4＝an成立【解】(1)∵a＝202＝3×9＋(202－27)，當(dāng)an＞3∴a1，a2，a3，…，a10202、公差為―3∵a10＝202－27(1，3)an≤3∴S30＝(＝10·202－135＋4×10＝200an＞3(Ⅰ)a＞3時，不妨設(shè)ak+5＝p(0，1)，…，∴存在正整數(shù)m＝k，當(dāng)n＞m(nN*)時，an+4＝an成立．1＜p＜3時，則∴存在正整數(shù)m＝k，當(dāng)n＞m(nN*)時，an+2＝an成立，則an+4＝an成立a＝3時，a2＝1，由(2)Ⅰ)0＜a＜3時，由(2)Ⅰ)a＝0時，由(2)Ⅰ)a＜0a2＝4－a＞3，由(2)綜上得：對任意的實數(shù)a，總存在正整數(shù)m，使得當(dāng)n＞m(n∈N*)時，an+4＝an成立16（2005年交通大學(xué)）對于數(shù)列{an}:1，3，3，3，5，5，5，5，5，……，即正奇數(shù)krs,tnanr[nst恒成立（[xx的最大整數(shù)【解】a11a12[11]1a23a22[21]1a32[31]1a42[41]1，……，由此可以猜想an2[n11(nN*)，即存在整數(shù)rs,tr2,s1,t項的值均為2m1m21nm1)2an2mm21nm1)22[m21112[n21]12[(m1)21]12m12[n21]12m1，所以2[n21]12m1a2mnr2,s1,t1nan2[n1]1(nN*17（2009華南理工大學(xué)）a2a10b2b10aba1,a an1anan10(n2)bnan1aan證明數(shù)列{bn}求數(shù)列{an}5（III（改編）設(shè)c1c21，cn2cn1cn.求數(shù)列{cn}的通項5【證明】x2x10x

aba15,b15 an1anan10(n2)an1an1an，從 ba a)b(a a)bb b(b nn2bnb所以數(shù)列{b是以bn由數(shù)列{anan1anan10(n2x2x10，可設(shè)數(shù)列{an可得 為aAanBbn，由a1,a aAbB 可得 從而數(shù)列{a}的通 為abn(15

a2Ab2B 數(shù)列{c}： c，其特征方程為x2x1，即x2x10，解得x15 可設(shè)數(shù)列{c}的通 為c 15)n 15)nA(b)nB(a)n(1)n[AbnBann 221，得由cc 1,n 221，得 Ab2Ba2 a bc1)n[1bn1an1)n5[anbn a b （II（III 18（2010年五校聯(lián)考樣題）設(shè)p,q是一元二次方程x22ax10(a0)的兩根，其中p0.令y1pq，令 y22，n1,n證明:lim(1 )n yy1 a2a2【證明】pa qa a2a2paa2ypqp1，y(p1)22p21

p21y1p

1 ) )p1 1p 11 p(1p2)(1p

p1 1 (1yy p(1p2)(1p4)(1p2 p(1p2)(1p4)(1p2 11 1從而 [1 n](1 n1 y

yy

(1p2)(1p4)(1p2 1 1

1 由于0p1，所以limp20，可知lim(1 ) n y

yy1 1 19（2010 ）存不存在0x，使得sinx，cosx，tanx，cotx為等差數(shù)列2【證明】顯然不存在.下面用反證法證假設(shè)存在0x，使得sinxcosxtanxcotx2則有cosxsinxcotxtanxcosxsinx(cosxsinx)(cosxsinsin cos sinxcosxsinxcosx4

cotxtanx1，顯然不能構(gòu)成等差數(shù)列;x，則可得sinxcosxsinxcosx1sin 即2sin(x1sin 2因為0x，從而x2

3，故

從而2sin(x)1sin2x 20（2003復(fù)旦大學(xué)）12,16,球O1內(nèi)切于圓錐，球O2內(nèi)切于圓錐側(cè)面，并與球O1外切，，依次類推.所有這些球的體積為V1,V2V3,Vnlim(V1V2V3Vn【證明（I）由于(202024)r12416r1d為球心O到頂點之間的距離，則

dn

1

1

5r(rr3 *

8rn

6()(nN4（II）VVVV4(r3r3r3r3 (463[11)(1)2(1( 1(1463 64 1limVVVV2048n 探索解題新思【探究題1】設(shè){an}是滿足1a0a1a2 ①的實數(shù)序列，而{bn}是由下式定 ak 的實數(shù)列bn(1

，n1,2, k 滿足bnc【解】由題設(shè)易知0(1ak1

1，求n項和，顯然

0，但無法保證

2因此可將bn作恒等變形nbnk

ak

ak1

nk

ak1

1

1 ak

( 1

)2

)

)k 為證問題（2），關(guān)鍵是選取{a}，以便計算，可將

1 為等比數(shù)列.因而對0a1，取1

a2n則b(1a2aka(1a)(1an，此時limba(1aa(1a) nkc2就有無窮多個下標(biāo)n，使bnc.因此，當(dāng)0c2時， ac2a(1a)c，故證得滿足題設(shè)條件的系列{an}存在【拓展題】我們知道，房屋建筑成本總費用由下列兩個部分組這里對最佳方案的最初的理解自然是：花錢要最省，大樓的建筑面積要最大.但是，這兩個目標(biāo)是相互制約的個對立面.所以我們要想得更深入一些，這樣我們就對最佳有了下面我們就可以根