高三数学自主招生讲座第三讲__数列.ppt

令dn=(－2)n(bn－bn－1)，则 所以d２=2，且 说明：这是2000年全国 数学冬令营的第二题， 运算量大，需要进行多 次换元，将问题逐步转化 ．解题过程要求运算准确、 细心． 例18、设a1=1，a2=3，对一切自然数n有an＋2=(n＋3) an＋1－(n＋2) an，求所有被 11整除的an的值． 解答：设bn＋1= an＋1－an(n≥1)，则由条件有bn＋1=(n＋1)( an－an－1)= (n＋1) bn(n≥2)，故bn=nbn－1=n (n－1) bn－2=…= n (n－1)…3b2=n! (n≥2)．所以an=(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋( a2－a1)＋a1=bn＋bn－1＋…＋b2＋1 = 由此可算出： 当n≥11时，注意到 可被11整除，因而 也可被11整除． 故当n=4，n=8或n≥10时，an均可被11整除． 说明：这是1990年巴尔干地区的数学奥林匹克试题，本题中换元起了重要的作用． 例19、数列{an}按如下法则定义： 证明：对任n1 均为自然数．  分析：因为结论中涉及到根号及 项，因而令 ，并对已给递推关系两边平方就容易找到解题思路． 解答：令 于是 因为 由①式及b2，b3∈N知，当n1时，b n ∈N． 说明：这是1991年全苏数学冬令营的 一道试题，通过换元，将关于an的问 题转化为关于bn的问题，可使问题得 到顺利解决． 例20、设数列{an}满足 ，求an． 分析：引入待定系数λ，设法将所给问题转化为我们所熟悉的问题．先求得 数列{an}的不动点λ1、λ2，则数列 为一个等比数列． 解答： 令 ，得λ2－λ－6=0，解之得：λ1=3，λ2=－2， 说明：用待定系数法求一些数列的通 项是非常有效的． 例21、（1）设a1=a2=1，an＋2=2an＋1－an＋2n，n∈N＋，求数列{an}的通项公式．（2）设a1=1， （3）若数列a1，a2，…，an，…满足an =－nan－1＋n!，且a1=1，求an．（4）已知 求an． ，求an． 分析：在（1）中注意将2n拆成2n＋1－2n，可将递推关系转化为特殊情形； （2）、（4）均可用不动点方法解决，（3）可通过给递推关系两边同除以n!得到化简式． 解答：（1）把递推方程变形为an＋2－an＋1－2n＋1= an＋1－an－2n． 可见{ an＋1－an－2n}是常数列，于是 an＋1－an－2n= a2－a1－2=－2， 即an＋1= an＋2n－2． (2)解数列的不动点方程 得x1=－1，x2=2，则有 因此 是以 为公比的等比数列，故 （3）这是关于an的线性递推关系，但不是常系数，将方程两边都除以n!得 （4）解数列的不动点方程 说明：对于一些非常规的递推数列有时也可类比常规的递推数列的求解方法来加以解决． 例22、（1）一次竞赛在n(n1)轮中共发了m枚奖章．第一轮发了1枚及余下的 m－1枚的 （2）把一个圆分成n个不同的扇形（n≥2），依次记为S1，S2，…Sn，每个扇形 都可以用红、蓝、白三种颜色中任一种涂色，要求相邻的扇形颜色互不相同， 问有多少种涂法？ ，…，直至第n轮正好发了n枚而没有余下奖章．这个竞赛共包括几轮？ 一共发了多少枚奖章？ 分析：第（1）题，每一轮发的奖章数具有一定规律，因而可以建立每一轮发的状章数 的关系或每一轮余下的奖章数的关系．第（2）题，设法建立涂法总数的递推关系和求 得初始值，进而求得涂法总数． 解答：（1）设竞赛进行了k轮后，余下ak枚奖章．因为第k轮发出的奖章数 ，具有 且a0=m，an=0．进一步变形为 又因为an=0，故 ，而n－66n－1，且7n与6n－1互质，m、n ∈N＋，故n=6，m=36．因此，这个竞赛 共包括6轮，一共发了36枚奖章． （2）设涂法总数为an(n≥2)，当n=2时，先对S1涂色，有3种涂法，继而得S2只有 两种涂法，因而a2=6．当n≥3时，S1有3种涂法，S2有2种涂法，S3有2种涂法，…， Sn－1有2种涂法，Sn仍有2种涂法（不论是否与S1同色），这样共有3×2n－1种涂法， 但这3×2n－1种涂法可分为两类：一类是Sn与S1同色，认为Sn与S1合为一个扇形， 此时涂法数有an－1种；另一类是Sn与S1不同色，此时涂法数有an种． 因而有an＋an－1=3×2n－1(n≥3)． 令 ，则2pn＋pn－1=3，于是有 从而有 an=2npn=2n＋(－1)n·2，(n≥3)但n=2时，也适合上式， 故an=2n＋(－1)n·2(n≥2)． 故共有an=2n＋(－1)n·2(n≥2)种涂法． 说明：第（1）题是第9届（1967年）国际数学奥林匹克的一道试题，第（2）题的类似 问题在全国高中