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1、数 列徐贻林一、求通项及特殊项问题 1将等差数列:中所有能被 3 或 5 整除的数删去后,剩下的数自na*41 ()nannN小到大排成一个数列,求的值.nb2009b解:由于,故若是 3 或 5 的倍数,当且仅当是 3 或 5 的倍数.6015nnaana15na现将数轴正向分成一系列长为 60 的区间段:(0,+)(0,60)(60,120)(120,180) , 注意第一个区间段中含有的项 15 个,即na3,7,11,15,19,23,27,31,35,39,43,47,51,55,59.其中属于的项 8 个,为:,nb71b112b ,193b ,234b315b436b477b59
2、8b于是每个区间段中恰有 15 个的项,8 个的项,nanb且有,kN,1r8.kbbrrk608 由于 20098251+1,而,所以.17b 1504343250602506062006bb2数列中，。求。 na11annnaaa241411611na分析 本题的难点是已知递推关系式中的较难处理，可构建新数列，na241 nb令，这样就巧妙地去掉了根式，便于化简变形。nnab241解：构建新数列，使 nb0241nnab则 ， ，即51bnnab24122412n nba nnnbbb 24141161 24122 1化简得 22 132nnbb，即 321nnbb32131nnbb数列
3、是以 2 为首项，为公比的等比数列。3nb21即 nnnb 21 22123322n nb121122231232 241nnn n nba已知数列满足，其中是给定的napa 112 pa20212naaannnp实数，是正整数，试求的值，使得的值最小nnna【解】令，由题设，nnnaab1L, 2 , 1n20212naaannn有，且 于是，201nbbnn11b)20()(11111niniiiibb即) 1(2)1(21 1nnnbbnL 12)40)(1(nnbn又，则pa 112 pa21123172012aapaaa当的值最小时，应有，且na3n1nnaa1nnaa即， 01nn
4、naab011nnnaab由（）式，得 由于，且，解得， 2)41)(2(2)40)(1( nnnn3n*Nn 4040 nn当时，的值最小 40n40a为这些排列的数目，的任意一排列，设，表示整数)(.21,.,21nfnaaan使得：（1）a1=1（2）|ai-ai+1|2（i=1,2,n-1）.确定 f (2009)是否能被 3 整除解：易得发f（1）=f(2)=1,f(3)=2当 n4 时，有 a1=1,a2=2 或 3（）当 a2=2 作如下处理：删除 a1，另 b1=a2-1,b2=a3-1,bn-1=an-1.得符合条件的排列 b1,b2,bn其数目为 f(n-1) （）当 a2
5、=3 时，对于 a3分两种情况：设 a3=2，则有 a4=4。同（）处理得符合条件的排列数列为23a44af(n-3) 设 a32 则 2 一定在 4 后面，由此得出，所有奇数顺序排列的后面是所有偶数倒序排列，即 13578642，只有一个因此，1)3() 1()(nfnfnf对于 n1，设 r(n)是 f(n)除以 3 所得的余数，则有1)2()4( 1)4()6(1)5()7()8().3(mod1)3() 1()(, 2)3(, 1)2() 1 (nrnrnrnrnrnrnrnrnrnrrrr于是，)2()4(2 1)3()5()2()4(2)6(nrnrnrnrnrnrnr所以)3)(
6、mod()2()4(21 1)()2( 1)2()4( nrnrnrnrnrnrnr r(2009)=r(4+2498)=r(4),而),3(mod11121) 1 ()3()4(rrr故 f(1996)不能被 3 整除。 递增数列 2，3，5，6，7，10，11，由既不是平方数又不是立方数的正整数L 组成，求这个数列的第 500 项。已知数列满足，求 na122 111,(1,2,3,)nn naaaa na 且2009.a已知数列满足且求数列 na1(2)(1)2(1),1,2,3,nnnanann10010098,a的通项公式。 na设数列满足，对一切，有，求 na11a32aNnnnn
7、anana2312所有被 11 整除的的一切 n 值。na分析 变形递推关系式为，就容易想到怎样构建新数nnnnaanaa1122列了。解：由已知nnnnaanaa1122构建新数列 ,2nbnnnnaab111n则， 22b nnnnbnaanb11112n!311221nbnnbnnnbbnnnLL2n nknkknknnnkbaaaa12211!1从而，当时，由于被 113114a4203118a3670831110a11n 101!kk整除，因而也被 11 整除。 nkknkka11101!所以，所求 n 值为，8，及的一切自然数。4n10n二、证明项的特征问题数列满足：na.,236
8、457, 1210Nnaaaann n证明：（1）对任意为正整数；(2)对任意为完全平方数。naNn,1,1nnaaNn证明：（1）由题设得且严格单调递增.将条件式变形得, 51ana两边平方整理得 ,3645722 1nnnaaa0972 12 1nnnnaaaa0972 112nnnnaaaa-得1111111()(7)0,70nnnnnnnnnnaaaaaaaaaaQ.711bnnaaa由式及可知，对任意为正整数. 5, 110aanaNn,（2）将两边配方，得.)3(1),1(9)(21 112 1nn nnnnnnaaaaaaaa 由119()nnnnnaaaaa1() mod3nn
9、aa0（mod3）为正整数1nnaa10( 1)naa1 3nnaa式成立.是完全平方数.11nnaa已知 a,b 均为正整数,且 ab,sin=(其中 0b0,02)因此，将 sin及 n 换成 n-1,n-2 后,将三个式子代入上式,整n22n )ba (An理，得)2n(A)ba (A)ba (2A2n222 1n22 n由 a,b,用数学归纳法证明均是整数.*N2abAn(1) 由题设,计算得 A1=2ab,A2=2ab2（a2-b2）.于是当 n=1，2 时，结论成立；(2) 假设当 n2）时，结论成立，则 Ak-2，Ak-1皆为 2ab 的整数倍。于是，由递推式知 Ak亦是 2ab
10、 的整数倍。故当 n=k 时，结论亦成立.所以对一切正整数 n，均是整数。2abAn设数列满足， na11annnaaa1 211)(Nn求证： 。N an 2221,nNn分析 直接令，转化为证明 222nnabNbn) 1,(nNn证明：构建新数列，令 nb0 222 nnab则 ，2422nnba242 12 1 nnba代入 整理得22 11 21 nnnaaa222 124nnnbbb从而 2 12 1224nnnbbb)3( n于是 22 12 12 122 1122424nnnnnnbbbbbb)3( n122 11nnnbbb)3( n由已知，由上式可知，依次类推， 42b24
11、3bNb 4Nb 5Nbn，即。) 1( nN an 222设 r 为正整数，定义数列如下： ， na11a2) 1(221nnnaar n n求证：。)(NnNan分析 把条件变形为比较与 前的系数及与 r nnnnaan2 11221nana1na的足码，考虑到另一项为，等式两边同乘以，容易想到构新数列，narn2121n nb使。nnannb1证明：由已知得r nnnnaan2 112212 112121 r nnnannann构建新数列， nbnnannb1则，21b12 112 r nnnbb1111nkkknbbbb1212123212rrrnLNbnQ11121212)(2nkr
12、rr nknknb 1122 122122 1221 1212122nkrr rr rr rrrknCknCknCnnLnbn又 nkrrnknkrr nknkknkb112121112121)1( nkrr rr rr rrknCknCknCn122 122122 1221 12121111L| 1nnb| ，从而 。1nnnbNan设数列和满足，且 na nb10a00b 47836711nnnnnn babbaaL, 2 , 1 , 0n求证：是完全平方数。na分析 先用代入法消去和，得，如果等式中没有常nb1nb061412nnnaaa数项 6，就可以利用特征根方法求通项，因此可令，易求得。aaCnn21a证明：由式得， 代入得nb1nb061412nnnaaa化为021 21142112 nnnaaa构建新数列，且， nc21nnac210c27 21367210011baac01412nnnccc由特征方程 得两根01142，34713472所以 nn nmmc2211当，1 时，有0n 21347347212121mmmm解得：4121 mm则 nnnc3474134741nn2232413241则 2 323241 21 nnnnca因为 为正偶数，所以，是
