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1、江苏省天一中学高中数学竞赛讲义12递推数列1、概念：、递归式：一个数列中的第项与它前面若干项，（）的关系式称为递归式。 、递归数列：由递归式和初始值确定的数列成为递归数列。2、常用方法：累加法，迭代法，代换法，代入法等。3、思想策略：构造新数列的思想。4、常见类型： 类型：（一阶递归）其特例为：（1） （2） （3）解题方法：利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列。类型：（二阶递归）解题方法：利用特征方程，求其根、，构造，代入初始值求得。类型：其中函数为基本初等函数复合而成。解题方法：一般情况下，通过构造新数列可转化为前两种类型。例题讲解1已知数列满足以下递归关系，求通项。 2已知数列满
2、足，求通项。3已知数列满足，求通项。4已知数列满足，求通项。5由自然数组成的数列，满足，求。6已知数列满足，（），求。7已知，且，方程有唯一解，设（），求。8已知数列中，求。9设正数列满足，证明（，）课后练习1已知数列满足以下递归关系，求。（1），（）（2），（）（3），（）（4），（） （5），（为前项和）（6），（） （7）2已知数列和中，且，求和。3已知，（，1，2，3，4，），证明（）。4已知数列满足：，证明是不能被3整除的整数。13数学归纳法数学归纳法是用于证明与正整数有关的数学命题的正确性的一种严格的推理方法在数学竞赛中占有很重要的地位1数学归纳法的基本形式（1）第一数学归纳法设是
3、一个与正整数有关的命题，如果当（）时，成立；假设成立，由此推得时，也成立，那么，根据对一切正整数时，成立（2）第二数学归纳法设是一个与正整数有关的命题，如果当（）时，成立；假设成立，由此推得时，也成立，那么，根据对一切正整数时，成立2数学归纳法的其他形式（1）跳跃数学归纳法当时，成立，假设时成立，由此推得时，也成立，那么，根据对一切正整数时，成立（2）反向数学归纳法设是一个与正整数有关的命题，如果对无限多个正整数成立；假设时，命题成立，则当时命题也成立，那么根据对一切正整数时，成立3应用数学归纳法的技巧（1）起点前移：有些命题对一切大于等于1的正整数正整数都成立，但命题本身对也成立，而且验证起
4、来比验证时容易，因此用验证成立代替验证，同理，其他起点也可以前移，只要前移的起点成立且容易验证就可以因而为了便于起步，有意前移起点（2）起点增多：有些命题在由向跨进时，需要经其他特殊情形作为基础，此时往往需要补充验证某些特殊情形，因此需要适当增多起点（3）加大跨度：有些命题为了减少归纳中的困难，适当可以改变跨度，但注意起点也应相应增多（4）选择合适的假设方式：归纳假设为一定要拘泥于“假设时命题成立”不可，需要根据题意采取第一、第二、跳跃、反向数学归纳法中的某一形式，灵活选择使用（5）变换命题：有些命题在用数学归纳证明时，需要引进一个辅助命题帮助证明，或者需要改变命题即将命题一般化或加强命题才能
5、满足归纳的需要，才能顺利进行证明5归纳、猜想和证明在数学中经常通过特例或根据一部分对象得出的结论可能是正确的，也可能是错误的，这种不严格的推理方法称为不完全归纳法不完全归纳法得出的结论，只能是一种猜想，其正确与否，必须进一步检验或证明，经常采用数学归纳法证明不完全归纳法是发现规律、解决问题极好的方法例题讲解1用数学归纳法证明：（）2已知对任意，且，求证：3如果正整数不是6的倍数，则不是7的倍数4设都是正数，证明5已知函数的定义域为，对于区间内的任意两数均有求证：对于任意，均有6试证：对一切大于等于1的自然数都有7试证：对一切自然数（）都有8证明：任一正方形可以剖分成任意个数多于5个的正方形9设
6、，求证：对一切均有10已知，求证：对一切，都是整数11设，是否存在关于正整数的函数使等式对于的一切自然数都成立？并证明你的结论12设整数数列满足，且证明：任意正整数，是一个整数的平方课后练习1证明时，能被31整除2设不小于6的自然数，证明：可以将一个正三角形分成个较小的正三角形3用数学归纳法证明：4设为自然数，求证：5对于自然数（），求证：6已知，求证：对于一切，是整数7设有个球分成了许多堆，我们可以任意选甲、乙两堆来按照以下规则挪动：若甲戴盆望天的球数不小于乙堆的球数，则从甲堆拿个球放堆乙堆，这样算是挪动一次证明：可以经过有限次挪动把所有的球合并成一堆8已知数列满足：，（），试证：14不等式
7、的证明不等式在数学中占有重要地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛和高考的热门题型.证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归，而变形的依据是不等式的性质，不等式的性分类罗列如下：不等式的性质：这是不等式的定义，也是比较法的依据.对一个不等式进行变形的性质：（1）（对称性）（2）（加法保序性）（3）（4）对两个以上不等式进行运算的性质.（1）（传递性）.这是放缩法的依据.（2）（3）（4）含绝对值不等式的性质：（1）（2）（3）（三角不等式）.（4）证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等.当然在证题过程中，常可“由
8、因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称为分析法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法.例题讲解1求证：2，求证： 3：4设，且各不相同，求证：.5利用基本不等式证明6已知求证：7利用排序不等式证明8证明：对于任意正整数R，有9n为正整数，证明：课后练习1.选择题(1)方程x2-y2=105的正整数解有( ).（A）一组 （B）二组 （C）三组 （D）四组(2)在0,1,2,，50这51个整数中，能同时
9、被2，3，4整除的有（ ）.（A）3个 （B）4个 （C）5个 （D）6个2填空题（1）的个位数分别为_及_.(2)满足不等式104A105的整数A的个数是x104+1，则x的值_.(3)已知整数y被7除余数为5,那么y3被7除时余数为_.(4)求出任何一组满足方程x2-51y2=1的自然数解x和y_.3.求三个正整数x、y、z满足.4在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？5求的整数解.6求证可被37整除.7求满足条件的整数x，y的所有可能的值.8已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，
10、m，n均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数.9.如果p、q、都是整数，并且p1，q1，试求p+q的值.课后练习答案1.D.C.2.(1)9及1. (2)9. (3)4.(4)原方程可变形为x2=(7y+1)2+2y(y-7),令y=7可得x=50.3.不妨设xyz,则,故x3.又有故x2.若x=2,则,故y6.又有,故y4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3y4,y=3或4,z都不能是整数.4.可仿例2解.5. 分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法.略解：；三式相加再除以2即得
11、证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.如，可在不等式两边同时加上再如证时，可连续使用基本不等式.（2）基本不等式有各种变式 如等.但其本质特征不等式两边的次数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.88888(mod37),8888222282(mod37).77777(mod37),7777333373(mod37),88882222+77773333(82+73)(mod37),而82+73=407,37|407,37|N.7.简解:原方程变形为3x2-(3y+7)x+3y2-7y=0由关于x的二次方程有解的条件0及y为整数可得
12、0y5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).8.l2+m2=n2,l2=(n+m)(n-m).l为质数,且n+mn-m0,n+m=l2,n-m=1.于是l2=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l2-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l2+2l+1=(l+1)2.即2(l+m+1)是完全平方数.9.易知pq,不妨设pq.令=n,则mn由此可得不定方程(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.例题答案：1. 证明： 评述：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明时，可将配方为，亦可利用，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.2.分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法.不等式关于对称，不妨，且，都大于等于1.评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定个字母的大小顺序，可方便解题. （2）本题可作如下推广：若 （3）本题还可用其他方法得证。因，同理，另，4式相乘即得证. （4）设例3等价于类似例4可证事实上，一般地有排序不等式（排序原理）：设有两个有序数组，则（顺序和）（乱序和）（逆序和）其中的任一排列.当且仅当或时
