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、知识精讲一 等差数列： 1.通项公式
2、：； 2.前项和公式：.二 等比数列： 1.通项公式：； 2.前项和公式：或 .三 数列的通项公式与前项的和的关系：(为数列的前项的和为).四 常见数列的前项和公式： 【知识拓展】一对于数列，若存在正整数及一个将与前面项联系起来的方程，则称数列是阶递推数列，此方程为递推方程。由（*）得出，称为数列的递推关系。一般说来，确定一个阶递推数列需要知道阶初始值： 。二 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：方法：利用叠加法，。3.累积法：方法：利
3、用迭代法，。4.待定系数法：（为常数且，）方法：用待定系数法，构造一个公比为的等比数列，令，从而是一个公比为的等比数列。5.（为非零常数且）方法：上式两边同时除以，令，有，转化为第一种类型，用叠加法解决。6.特征根法：（）（为常数）方法：可用下面的定理求解。令为相应的二次方程的两根（此方程又称为特征方程）；（1） 当时，其通项公式为：；（2） 时，其通项公式为：，其中分别由初始条件所得的方程组和唯一确定。更一般地，对于常系数线性递推数列，其特征方程的根（互不相同）有个，分别为，且是重根，则，其中是关于的次多项式，其系数由初始值决定。7. 不动点法：形如（，且），的递推数列的通项问题常用不动点法
4、解决.类型I：（，且），令.（1） 若有两个不相等的实数根，则（其中），即数列成等比数列，公比为，则可求.（2） 若有两个相等的实数根，则（其中），即数列成等差数列，公差为，则可求.（拓展）类型II：，令.（1） 若有两个不相等的实数根，即、，从而有、，所以. 同理可得.所以，两式相除，得，令，则，两边取对数，不难得到的通项公式，从而可得.（2） 若有两个相等的实数根，则可得，.由，令，化简可得，因此是等比数列.三周期数列：对于数列，如果存在一个常数（），使得对任意的正整数，恒有成立，则称数列是从第项起的周期为的周期数列。若，则称数列为纯周期数列，若，则称数列为混周期数列，的最小值称为最小正周
5、期，简称周期。周期数列主要有以下性质：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；如果是数列的最小正周期，是数列的任一周期，则必有，即，；已知数列满足（，为常数），分别为的前项的和与积，若，则，；设数列是整数数列，是某个取定大于1的自然数，若是除以后的余数，即，且，则称数列是关于的模数列，记作。若模数列是周期的，则称是关于模的周期数列。任意阶齐次线性递归数列都是模的周期数列。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，得到一个新数列，把数列称为原数列的一阶差数列；如果，则称数列是数列的一阶差数
6、列，是的二阶差数列；依此类推，可以得到数列的阶差数列，其中。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。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；数列是阶等差数列的充要条件是：数列的通项是关于的次多项式；如果数列是阶等差数列，则其前项之和是关于的次多项式。三、 典例精讲四、例1（2011复旦）设，那么（ ）（A） 数列是单调增的 （B）数列是单调减的（C）数列或是单调增的，或是单调减的 （D）数列既非单调增的，也非单调减的。答案：D分析与解答：。显然，若，
7、则单调递增；若，则，为常数列；若，则单调递减。例2（2010复旦）设，则数列的极限为（ ）（A） （B） （C） （D）分析与解答： 递推数列对应的特征方程为，故。再由，有，解得所以，从而的极限为。故选A。例3（2008武大）在数列中，。（1） 求证：数列是等比数列；（2） 求数列的前项和。分析与解答：（1）由，这说明数列是一个公比为4的等比数列。（2） 由（1）知 故注：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。例4已知数列满足，求数列的通项公式。分析与解答：解法一（待定系数迭加法）由，得，且。则数列是以为首项，为公比的等比数列，于是。
8、把代入，得，。把以上各式相加，得。解法二（特征根法）：数列：， 的特征方程是：。,。又由，于是故例5（2003上海交大）数列满足：，求和。分析与解答： 由，知。令，故，或。 时，数列是一个常数列， 。 时，数列是一个公比为的等比数列。 由、可得 ，从而，故。注：对形如(为常数，）的数列求通项问题，可采用如下方法：引入参数，得到一个关于的方程。设两根为。若，可得到两个等比数列，联立消去或即可；若，仍可得到形如（关于的一个函数），它就是知识拓展中提到的类型4。这种方法本质上是特征根法。例6已知数列满足性质：对于且求的通项公式.分析与解答：依定理作特征方程变形得其根为故特征方程有两个相异的根，使用定
9、理2的第（2）部分，则有即练习1：已知数列满足：对于都有（1）若求（2）若求（3）若求（4）当取哪些值时，无穷数列不存在？分析与解答：作特征方程变形得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(2) 令，得.故数列从第5项开始都不存在，当4，时，.(3)令则对于(4)、显然当时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，时，数列是存在的，当时，则有令则得且2.当（其中且N2）时，数列从第项开始便不存在.于是知：当在集合或且2上取值时，无穷数列都不存在.例7（2011“卓越联盟”）设数列满足。（1） 设，证明：若，则是等比数列；（2） 若，求的值。分析
10、与解答：（1）由得。令，则。所以是公比为的等比数列，首项为。（2） 若，则是常数列，显然不适合题意；当时，由（1）知，即。所以。以上各式相加：，即，所以。由于，所以，解得：。例8（2010五校联考）设函数，且存在函数（），满足。（1） 证明：存在函数，满足；（2） 设证明：。分析与解答：（1），所以。即。上式对一切恒成立必有 所以。又，。由，所以故存在函数；（2） 由，考虑数列的不动点，设为，则，。 有，所以为公比的等比数列，且首项为。所以，。所以。 （* ）若，则；若，则，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。五、 真题训练1（2006复旦）是正
11、数列，其前项和为，满足：对一切，和2的等差中项等于和2的等比中项，则（ ）。（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，与2的等差中项等于与2的等比中项，则（ ）（A）0 （B）1 （C） （D）3（2009复旦）设数列、满足，如果，且是公比为2的等比数列，又设，则（ ）（A）0 （B） （C）1 （D）24（2007复旦）已知数列满足（），且，其前项之和为，则满足不等式的最小整数是（ ）。（A）6 （B）7 （C）8 （D）95 （2001上海交大）数列中，则 。6 （2004上海交大）已知数列满足且，则 。7（2004上海交大
12、）已知为公差为6的等差数列，。（1） 用表示数列的通项公式；（2） 若，求的最小值及取最小值时的值。8（2000上海交大）在中，。（1） 求证：；（2） 求。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。Oyx 10.（2004复旦）已知数列满足，且，又。求：（1） ；（2）。真题训练答案1.【答案】B【分析与解答】： 。 ，故（因为）。 又，故。 ，即。2.【答案】C【分析与解答】：由题1知，故，即。3.【答案】D【分析与解答】：，累加可得。所以。4.【答案】B【分析与解答】：由，知，令，即，从而，故是公比为的等比数列。 ，从而。 ，解得，故选B。注：对形如（为常数，且）
13、的数列求通项的方法是用待定系数法引入参数：，从而构成等比数列。5.【答案】5【分析与解答】：归纳易知原数列周期为6且，故。6.【答案】【分析与解答】：解法一：，归纳易知。解法二：特征方程，特征根为。，由故。7. 【分析与解答】：（1）故，（2） ，考虑临界。若，则最小；若，则最小；若，则最小。8. 【分析与解答】：（1），故（因为）。（2） 由（1）得。当时，知，即。9.【分析与解答】：解法一：，故。，故。假设对时成立，则当时，故。由数学归纳法可知对成立。解法二：记第个正三角形的边长为，易见它的顶点坐标为，它在的图像上，于是有，即，即。两式相减，且，所以是一个以为公差的等差数列，故。10.【分析与解答】：由，代入中，得。由，得，故，易得。故，。
