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1、专题一 数列与递推江苏省盐城中学 丁振华 沈巍龑一、基础知识 定义：对于任意的，由递推关系确定的关系称为阶递归关系或称为阶递归方程，由阶递归关系及给定的前项的值(称为初始值)所确定的数列称为阶递归数列。若是线性的，则称为线性递归数列，否则称为非线性递归数列，在数学竞赛中的数列问题常常是非线性递归数列问题。求递归数列的常用方法：一公式法(1)设是等差数列，首项为，公差为，则其通项为；(2)设是等比数列，首项为，公比为，则其通项为；(3)已知数列的前项和为，则。二迭代法迭代恒等式：；迭乘恒等式： ，()迭代法能够解决以下类型一和类型二所给出的递推数列的通项问题：类型一：已知，求通项；类型二：已知，
2、求通项；三待定系数法类型三：已知，求通项；四特征根法类型四：设二阶常系数线性齐次递推式为（），其特征方程为，其根为特征根。 （1）若特征方程有两个不相等的实根，则其通项公式为（），其中A、B由初始值确定；（2）若特征方程有两个相等的实根，则其通项公式为（），其中A、B由初始值确定。证明：设特征根为，则所以=即是以为公比，首项为的等比数列。所以，所以(1)当时，则其通项公式为，其中，；(2)当时，则其通项公式为，其中因此对于斐波那契数列，对应的特征方程为，其特征根为：，所以可设其通项公式为，利用初始条件得，解得所以。这个数列就是著名的斐波那契数列的通项公式。斐波那契数列有许多生要有趣的性质，如：
3、它的通项公式是以无理数的形式给出的，但用它计算出的每一项却都是整数。斐波那契数列在数学竞赛的组合数学与数论中有较为广泛地应用。为了方便大家学习这一数列，我们给出以下性质：（请同学们自己证明）（1）斐波那契数列的前项和；（2）；（3）（）；（4）（）；（5）（）；五代换法代换法主要包括三角代换、分式代换与代换相消等，其中代换相消法可以解决以下类型五：已知，求通项。六不动点法若，则称为的不动点，利用不动点法可将非线性递归式化归为等差数列、等比数列或易于求解的递关系的递推关系，从而达到求解的目的。类型六：(1)已知，且，求通项； (2)已知，求通项；七数学归纳法八构造法二、范例选讲：（一）递推数列1
4、、（德国）数列的定义是证明：该数列中的项都是正整数。证明：由递推数列关系知：两式作差可得 即 化简可得 （*）如果记，那么由（*）可得 （*）由和可知再由（*）式，即得从而利用由归纳法可知，各项都是正整数。2、（08全国联赛）设证明：当且仅当时，存在数列满足下列条件：（1）；（2）存在；（3）证明：必要性：假设存在满足（），（），（iii）注意到（）中式子可化为 ， 其中将上式从第1项加到第项，并注意到得 由（）可设，将上式取极限得 ，因此 充分性：假设定义多项式函数如下： ，则在0,1上是递增函数，且，因此方程在0,1内有唯一的根，且，即 下取数列为，则明显地满足题设条件（），且 因，故，因
5、此，即的极限存在，满足（） 最后验证满足（），因，即，从而 综上，存在数列满足（），（），（） 3、（05年上海竞赛试题）数列的通项公式为，记，求所有的正整数，使得能被8整除解：记注意到，可得因此，Sn+2除以8的余数，完全由Sn+1、Sn除以8的余数确定，故由(*)式可以算出各项除以8的余数依次是1,3，0,5，7,0，1,3，它是一个以6为周期的数列，从而故当且仅当4、（第五届东南奥林匹克）设数列满足试求通项的表达式。解：将所给递推关系的两边同除以得：即所以，故即令则故从而，。（二）数列不等式的证明5、（芬兰）设试求整数使得。解：化简可得：由由递推关系可得数列单调递增可得即得值为6、（俄罗
6、斯）数列和的定义是：，求证：证明：由下面用归纳法证明： （*）时，显然有假设等式对成立，我们来看时的情形：由此即知（*）式对一切正整数都成立。如此一来，对每个，我们都有即此即为证。（三）综合问题7、（08女子奥林匹克）设正数列满足 及。求正实数，使得当时，有单调性当时，不具有单调性。解：由,有即于是。当是，由于，则当，即时有即而，当且仅当时，等号成立。于是，取，则当时，有当时，且故所求常数8、（09全国联赛）已知，是实数，方程有两个实根，数列满足，()求数列的通项公式（用，表示）；()若，求的前项和解：方法一：()由韦达定理知，又，所以，整理得令，则所以是公比为的等比数列数列的首项为：所以，即
7、所以当时，变为整理得，所以，数列成公差为的等差数列，其首项为所以于是数列的通项公式为5分当时， 整理得，所以，数列成公比为的等比数列，其首项为所以于是数列的通项公式为10分()若，则，此时由第()步的结果得，数列的通项公式为，所以，的前项和为以上两式相减，整理得所以15分方法二：()由韦达定理知，又，所以，特征方程的两个根为，当时，通项由，得 解得故 5分当时，通项由，得 解得，故10分()同方法一三、强化训练1、 （09全国）一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是 （可以用指数表
8、示）【答案】【解析】 易知：()该数表共有100行；()每一行构成一个等差数列，且公差依次为，()为所求 设第行的第一个数为，则 故2、 （09全国）若函数且，则 【答案】a) ，故3、（10江苏初赛）设复数列满足且。若对任意都有则的值是_解：由恒成立。即。因为或，故，所以4、已知数列满足，求数列的通项解：其特征方程为，解得，令，由，得， 5、已知数列满足，求数列的通项解：其特征方程为，化简得，解得，令 由得，可得，数列是以为首项，以为公比的等比数列，6、 已知数列满足试求数列的通项公式。解：将条件左右平方移项可得 同理可得 由此可见是方程的两根，从而有 该式的特征根方程为：，两个特征根为 故
9、可设通项 代入解得 所以7、 数列定义如下： 求的通项。解：由已知消去得令，则 其中 由特征根方程可得为奇数 同理可得为偶数。8、 设数列满足且，求证：是完全平方数。解：由已知可得且当时以此类推可得同理可知从而由于所以由二项展开式可知为偶数，故是完全平方数。9、 已知求的通项。解：设 则 以上四式相加，并利用条件得 则 所以，于是 故专题二 组合几何讲座湖南师大附中 周正安组合几何问题是高级别数学竞赛中较常见的一类新颖有趣的问题类型。简而言之，它是几何中的组合问题，这类问题的求解需要的平几知识少之又少，更多的是需要聪敏与智慧。以下，我们以实例分析来了解组合几何问题处理的一些基本方法与技巧。例1
10、，设A、B都是平面上的有限点集，中无三点共线，.A1A3A4A5B1B2B3图1求证：存在一个三角形，它的顶点全在A中或全在B中，且它的内部不含另一集合中的点。分析：记符合题中要求的三角形为“好三角形”。不妨设先对的情形讨论，设，连接这五点的凸包，针对凸包形状进行分析：（1）凸包为五边形（如图1）A1A2A4A5B2B1B3B4图2若A1A2A3、A1A3A4，A1A4A5这三个三角形至少有一个为“好三角形”，则问题已解决；若A1A2A3、A1A3A4，A1A4A5都不是“好三角形”，则这三个三角形的每个都至少含B中的一个点，依次记为B1、B2、B3，连接而成B1B2B3必是“好三角形”.（2
11、）凸包为四边形（如图2）A1A2A4A5B2B1B3B4图3A3B5若A1A2A5，A2A3A5，A3A4A5-，A4A1A5这四个三角形至少有一个为“好三角形”，则问题已解决；若A1A2A5，A2A3A5，A3A4A5-，A4A1A5均不是“好三角形”，则这四个三角形的每个都至少含B中的一个点，依次记为B1、B2、B3、B4，由于AB中无三点共线，则B1B2B3与B1B2B4至少有一个为“好三角形”.（3）凸包为三角形（如图3）若A1A2A4，A2A3A4，A3A4A5-，A3A5A1，A1A4A5这五个三角形至少有一个为“好三角形”，则问题已解决；若A1A2A4，A2A3A4，A3A4A5
12、-，A3A5A1，A1A4A5均不是“好三角形，则它们中的每个都至少含B中一个点，依次记为B1、B2、B3、B4、B5.由于AB中无三点共线，则上述中5点必有3个点位于直线A4A5的同侧，将其连接成，此必是“好三角形”.对的情形，我们总可找到一个五点集A（先取A中两点A1，A2，不妨设直线A1A2右下方再无A中点，将置两点A1与A2于A中，作射线A1A2，将A1A2按逆时钟方向旋转至经过A中五点即止，可得A），对A利用上述寻找“好三角形”的方式即可。点评：问题的关键是针对不同的情形找出“好三角形”，“找”是需要技巧和智慧的，不同的环境，“找”法不一样，值得好好体会。ABPaO例2.已知一个凸多边形，它的任意两边都不平行，对它的每一条边都取距它所在直线最远的一个顶点。证明：所有顶点对相应的边的张角和为180。分析：记Pa为凸多边形的边a所在直线与凸多
