高二数学竞赛培训讲义数列的递推无答案.docx
- 文档编号:1599953
- 上传时间:2022-10-23
- 格式:DOCX
- 页数:11
- 大小:272.19KB
高二数学竞赛培训讲义数列的递推无答案.docx
《高二数学竞赛培训讲义数列的递推无答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高二数学竞赛培训讲义数列的递推无答案.docx(11页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高二数学竞赛培训讲义数列的递推无答案
第三课时数列的递推
一、知识回顾
本节主要内容两个基本递推:
an+1=an+d,an=qan;线性递推,二阶或高阶递推的特征方程与特征根;其他递推.
1.基本概念:
①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.
②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Ⅰ:
(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.
①形如的递归式,其通项公式求法为:
②形如的递归式,其通项公式求法为:
③形如的递推式,两边同除以得,令则句可转化为①来处理.
类型Ⅱ:
(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.
①若p+q=1时,有可知是等比数列,先求得,再求出.
②若p+q≠l,则存在α,β满足整理得从而α+β=p,αβ=q,可解出α、β,这样可先求出的通项表达式,再求出.
注意α、β实质是二次方程的两个根,将方程叫做递归式的特征方程.
在数列{}中,给出a1,a2,且,它的特征方程的两根为α与β.如果α≠β,则;如果α=β则,其中A与B是常数,可由初始值a1,a2求出.
类型Ⅲ.如果递归数列{an}满足an+1,其中c≠0,ad-bc≠0,以及初始值a0≠f(a1),则称此数列为分式线性递归数列.我们称方程的根为该数列的不动点.若该数列有两个相异的不动点p、q,则为等比数列;若该数列仅有惟一的不动点p,则是等差数列·
形如的数列
对于数列,是常数且)
其特征方程为,变形为…②
若②有二异根,则可令(其中是待定常数),代入的值可求值。
这样数列是首项为,公比为的等比数列,于是这样可求得
若②有二重根,则可令(其中是待定常数),代入的值可求得值。
这样数列是首项为,公差为的等差数列,于是这样可求得
⑷特征根法
特征根法是专用来求线性递推式的好方法。
先来了解特征方程的一般例子。
①
特征方程为x2=px+q,令其两根为x1,x2
则其通项公式为,A、B用待定系数法求得。
②
特征方程为x3=px2+qx+r,令其三根为x1,x2,x3
则其通项公式为,A、B、C用待定系数法求得。
注:
通过这两个例子我们应当能够得到特征方程解线性递归式的一般方法,可以试着写出对于一般线性递归式的特征方程和通项公式,鉴于3次以上的方程求解比较困难,且竞赛中也不多见,我们仅需掌握这两种就够了。
5.求递归数列通项的常用方法有:
换元法、特征根法、数学归纳法等.
二、基本训练
情景再现
1.已知数列{an}满足a1=1,an=2an-1+n-2(n≥2),求通项an.(2004年四川省高中数学联赛)
解:
由已知可得:
an+n=2(an-1+n-1)(n≥2)
令bn=an+n,则b1=a1+1=2,且bn=2bn-1(n≥2)
于是bn=2·2n-1=2n,即an+n=2n故an=2n-n(n≥2),
因为a1=1也适合上述式子,
所以an=2n-n(n≥1)
5.已知求数列{an}的通项公式.
特征方程x2=2x-2有两个相异实根x1=1+i,x2=1-i.则数列{an}的通项公式为:
代入前两项的值,得
解此方程组得:
C1=-1-i,C2=-1+i,故.
(2005年浙江)已知数列,满足,且,则=.
【解】:
由,推出。
因此有
.
即有。
从而可得
(2005四川)设为整数,集合中的数由小到大组成数列:
,则 131 。
解:
∵为整数且,∴最小取2,此时符合条件的数有
,可在中取,符合条件有的数有
同理,时,符合条件有的数有
时,符合条件有的数有
时,符合条件有的数有
时,符合条件有的数有
1,3,5
因此,是中的最小值,即
1,3,5
三、例题分析
例1、数列{an}定义如下:
a1=1,an+1=(1+4an+),求它的通项公式.
分析带根号的部分不好处理,平方会导致较繁的关系式,容易想到作代换:
令
解设,则,于是原递推式可化为
+
即(2bn+1)2=(bn+3)2,由于bn、bn+1非负,所以2bn+1=bn+3.
故bn+1-3=(bn-3).
所以bn+1-3=(bn-3)()n-2
即
所以=
说明这是1981年IMO的预选题,解题的关键是换元、转化.
例2、数列{an}满足且a100=10098,求数列{an}的通项公式.(2005年上海市高中数学联赛)
解已知等式可变形为
令,则有,当n≥2时,.
所以当n≥2时,==…=
又∵,∴.
故.
∵∴99(50a2-100+2)=10098.∴a2=4.
∴an=(n-1)(n+2)(n≥3),在已知等式中令n=1,可知a1=0,又a2=4.
∴an=(n-1)(n+2)(n≥1)都成立,
故数列{an}的通项公式为an=(n-1)(n+2)(n≥1).
例5设{xn}、{yn}为如下定义的两个数列:
x0=1,x1=1,xn+1=xn+2xn-1,y0=1,y1=7,yn+1=2yn+3yn-1,(n=1,2,3…),于是这两个数列的前n项为xn:
1,1,3,5,11,21…,yn:
1,7,17,55,161,487,….证明:
除了“1”这项外,不存在那样的项,它同时出现在两个数列之中.(第二届美国中学生数学竞赛试题)
分析本题题均属于线性递归数列问题,可用特征根的方法来解决.
解数列{xn}的通项公式形如,其中是数列的特征方程x2=x+2的两根,
即,故.由x0=1,x1=1得C1=,C2=,
所以×2n+(-1)n=[2n+1+(-1)n]
同理可得数列的{yn}通项公式为yn=2×3n-(-1)n.
用反证法证明两个数列无其它公共项.
假设xm=yn,即[2m+1+(-1)m]=2×3n-(-1)n,
则2(3n+1-2m)=(-1)m+3(-1)n①
若奇偶性相同,则①式右边为4或-4.左边=2(奇-偶)=2×奇数,故左边不是4的倍数,因此左边不等于右边.同理若m、n奇偶性不相同时左边也不等于右边.
说明在求得特征方程的根以后,要依据根的重数正确写出数列通项的一般表达式,再根据初始值求得待定系数的值.
链接菲波纳契数列(Fibonacci)数列的由来:
Fibonacci数列的提出,当时是和兔子的繁殖问题有关的,它是一个很重要的数学模型。
这个问题是:
有小兔一对,若第二个月它们成年,第三个月生下小兔一对,以后每月生产一对小兔,而所生小兔亦在第二个月成年,第三个月生产另一对小兔,以后亦每月生产小兔一对,假定每产一对小兔必为一雌一雄,且均无死亡,试问一年后共有小兔几对?
对于n=1,2,……,令Fn表示第n个月开始时兔子的总对数,Bn、An分别是未成年和成年的兔子(简称小兔和大兔)的对数,则Fn=An+Bn
根据题设,有
月份n
1
2
3
4
5
6
……
An
1
1
2
3
5
8
……
Bn
1
1
1
2
3
5
……
Fn
1
1
2
3
5
8
13
……
显然,F1=1,F2=1,而且从第三个月开始,每月的兔子总数恰好等于它前面两个月的兔子总数之和,于是按此规律我们得到一个带有初值的递推关系式:
若我们规定F0=1,则上式可变为
这就是Fibonacci数列的通常定义,也就是数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,……,这串数列的特点是:
其中任一个数都是前两数之和.
它的通项是Fn=[()n+1-()n+1],由法国数学家比内(Binet)求出的.
证:
∵菲波纳契数列是一个2阶的线性齐次递推关系,它的递推方程是x2-x-1=0,
特征根是∴通解是Fn=C1()n+C2()n
代入初值来确定C1、C2,得方程组
解这个方程组得C1=,C2=
∴原递推关系的解是Fn=[()n+1-()n+1]
例4(通用P4例7)设数列{an}的前n项和Sn与an的关系为Sn=-ban+1-,其中b是与n无关的常数,且b≠-1.
(1)求an与an-1的关系式;
(2)写出用n与b表示an的表达式.
【思路分析】利用Sn=an-an-1(n≥2)整理出数列{an}的递推关系式求an.
【解】
(1)
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=
-ban+1-,整理得
两边同乘以2n,得2nan=2n-1an-1+,可知数列{2nan}是以2a=为首项,公差为的等差数列.所以
当b≠1,b≠-1时,
由(*)式得(1+b)nan=b(1+b)n-1an-1+
从而数列{cn-cn-1}就是一个等比数列,n取2,3,…,n得
故数列{an}的通项公式为
【评述】构造辅助数列是解由递推关系式给出数列求通项的一个基本方法,本例构造了辅助数列{cn}、{cn-cn-1},使数列{cn-cn-1}为等比数列,化未知为已知,从而使问题获解.
例6数列{an}满足a0=1,,,证明:
(1)对于任意,a为整数;
(2)对于任意,为完全平方数.(2005年高中数学联赛)
证明:
(1)由题设得a1=5,且数列{an}严格单调递增,将条件变形得
两边平方法整理得①
∴②
①-②得
∵,∴,③
由③及a0=1,a1=5可得an为正整数.
(2)将①两边配方得
∴=④
因为是整数,故为整数,故④右边是整数的平方.即为为完全平方数.
所以对于任意,为完全平方数.
例3
(1)一次竞赛在n(n>1)轮中共发了m枚奖章.第一轮发了1枚及余下的m-1枚的,第2轮发了2枚及余下的,…,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?
(第9届国际数学奥林匹克)
(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?
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奖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
(1)设竞赛进行了k轮后,余下ak枚奖章.因为第k
轮发出奖章数k+(an-1-k)具有ak=ak-1-[k+(ak-1-k)]
即ak=ak-1-k且a0=m,an=0.进一步变形为
ak+6k-36=[ak-1+6(k-1)-36]
从而an+6n-36=(a0-36)=(m-36)
即an=(m-36)-(6n-36),
又因为an=0,故(m-36)=(n-6)
而n-6<6n-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涂法色,有3种涂法,继而得S2只有两种涂法,
因而a2=6.当时n≥3,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S1与同色),这样共有3×2n-1种涂法,但这3×2n-1种涂法分为两类:
一类是Sn与S1同色,认为Sn与S1合为一个扇形,此时涂法有an-1种涂法;另一类是Sn与S1不同色,此时涂法有an种涂法.
因而有an+an-1=3×2n-1(n≥3)
令pn
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 数学 竞赛 培训 讲义 数列 递推无 答案