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数列有扩充 极限难度低

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主 讲: 沈新权

浙江省数学特级教师,嘉兴市数学会副会长.

推荐名言

音乐能激发或抚慰情怀,绘画使人赏心悦目,诗歌能动人心弦,哲学使人获得智慧,科学可改善物质生活,但数学能给予以上的一切.

――菲利克斯・克莱因 (德国数学家,发现了“克莱因四元群”和“克莱因瓶”)

数列问题是历年自主招生考试重点考查的内容.它包含着丰富的数学思想和数学方法,形式多变,有一定的难度.在考查数列内容时,一方面会以等差、等比数列为载体考查基础知识,另一方面会以递推数列、数列极限的形式,结合函数、方程、不等式、三角函数、解析几何、立体几何等知识考查同学们的归纳猜想能力、论证能力以及综合分析能力.在解决数列问题时,除了要熟练掌握相关的概念公式,还要善于观察题设特征,联想有关的数学知识和方法,迅速确定解题方向.在论证问题时,还有可能用到数学归纳法.

一、等差数列与等比数列问题

例1 (2009年北京大学自主招生考试第2题) 已知由整数组成的无穷等差数列中依次有三项:13,25,41.求证:2009为其中一项.

解析: 设等差数列{an}中依次有三项am=13,an=25,ak=41,公差为d(d≠0). 要证明2009是{an}中的一项,就要证明存在正整数p使ap=2009.由等差数列的通项公式可得25-13=12=(n-m)d,41-25=16=(k-n)d. 若ap=2009,则ap=2009=13+(p-m)d,即1996=(p-m)d. 又1996=16+12×165,将(p-m)d=1996,(n-m)d=12,(k-n)d=16代入,可得(p-m)d=(k-n)d+165(n-m)d,整理得p=k+164n-164m. n>m,由m,n,k都是正整数可知p也是正整数, 2009为{an}中的一项.

例2 (2011年复旦大学自主招生考试试题) 设含有4个数的数列各项为a1,a2,a3,a4.前3个数构成一个等比数列,其和为k;后3个数构成一个等差数列,其和为9,且公差不为0.对于任意固定的k,若满足条件的数列的个数大于1,则k应满足

A. 12k>27 B. 12k

解析: 我们可以先根据“后3个数构成一个等差数列,其和为9”设出后3个数,再由“前3个数构成一个等比数列”推出第1个数,最后根据“前3个数之和为k”建立等量关系.

设后3个数为a2=3-d,a3=3,a4=3+d. 由前3个数构成一个等比数列可得a1=. 由题意可得+3-d+3=k,整理得d2-9d+27-3k=0. 满足条件的数列的个数大于1, Δ>0,解得12k>27. 选A.

点评: 例2的突破口在于如何设这4个数,难点在于如何将这4个数转化为关于d的二次方程,从而由 Δ>0求出k的取值范围.

例3 (2009年中国科技大学自主招生考试第14题) 已知A={xx=n!+n,n∈N*},B是A在N*上的补集. (1) 求证:无法从B中取出无限个数组成等差数列;(2) 能否从B中取出无限个数组成等比数列?试说明理由.

解析: (1) 用反证法证明.设能够从B中取出无限个数组成公差为d的等差数列{am},则am=a1+(m-1)d.当n>d时, n!+n=n•[(n-1)!+1], [n!+n],[(n+1)!+(n+1)],[(n+2)!+(n+2)],…除以d所得的余数分别与n,n+1,n+2,…除以d所得的余数相同,且这些余数是逐一递增的,当余数取到d-1后,又周期性重复出现. 存在n0,使得n0!+n0被d除与am被d除的余数相同,这就说明n0!+n0是等差数列{am}中的项. 而n0!+n0∈A说明n0!+n0?埸B, 假设不成立,即无法从B中取出无限个数组成等差数列.

(2) 能从B中取出无限个数组成等比数列.例如取bm=5m (m∈N*), n!+n=n[(n-1)!+1],当n>5时[(n-1)!+1]不能被5整除, 5m?埸A, 5m∈B,数列{bm}是B中取出无限个数组成的等比数列.

点评: 解决问题(1)的关键,是理解如果某个数是等差数列{am}中的一项,那么这个数被d除所得的余数与数列中任意一项am被d除所得的余数相同. 解决问题(2)则要靠构造法找出不属于集合A但属于集合B的等比数列.

二、递推数列问题

递推数列问题主要考查三种递推数列:线性递推数列、分式型递推数列、混合型递推数列.解决递推数列问题时,如果能求出通项,一般要先求出通项;如果无法求出通项,则要研究递推数列所满足的性质.

例4 (2010年“华约”自主招生考试第15题) 函数f(x)=,设x1=3,xn+1=f(xn),n∈N*. 证明: xn-2≤.

补充知识:方程f(x)=x的根叫做函数f(x)的不动点,利用不动点可求出数列的通项公式. 对于an+1=形式的递推数列{an},不动点为方程=x的解. 当方程=x有两个不同的解α,β时,将α,β分别代入an+1=,由=整理可得=k•的形式,令bn=,原问题就转化为等比数列问题. 当方程=x只有一个不动点α时,对an+1=两边同时减去α再取倒数,得=,该式可转化为=k+的形式,令bn=,原问题就转化为等差数列问题.

解析: 由题意得xn+1=,设不动点为λ,则λ=,解得λ=±2. 由xn+1-λ=-λ可得 xn+1+2=(①),xn+1-2=(②),①式除以②式可得=-3•. x1=3, 数列是首项为5、公比为-3的等比数列, =5×(-3)n-1,整理可得xn-2=.

要证xn-2≤,只需证明4×3n-1≤5×(-3)n-1-1. 至此,需讨论n的奇偶性.若n=2k(k∈N*),则5×(-3)n-1-1=5×32k-1+1≥4×32k-1;若n=2k-1(k∈N*),则只需证明4×32k-2≤5×32k-2-1,即32k-2≥1,该式显然成立. xn-2≤得证.

例5 (2009年中国科技大学自主招生考试第11题) 正数数列{xn},{yn}满足:xn+2=2xn+1+xn,yn+2=yn+1+2yn (n∈N*). 证明:存在正整数n0,对任意n>n0,xn>yn恒成立.

补充知识:我们把二次方程x2=c1x+c2称为数列递推式an=c1an-1+c2an-2 (n≥3,n∈N*)的特征方程. 设x1,x2是此特征方程的两根(即特征根),则当x1≠x2时,an=α1+α2;当x1=x2时,an=(β1+β2n). 其中待定常数α1,α2,β1,β2均由初始值a1,a2确定.

解析:例5中的两个递推数列都是线性递推数列,可以用特征根法求出通项公式,再根据数列的特点比较xn和yn的大小.

xn+2=2xn+1+xn对应的特征方程为x2-2x-1=0,其特征根为1-,1+. yn+2=yn+1+2yn对应的特征方程为y2-y-2=0,其特征根为-1,2. 设xn=λ1(1-)n+λ2(1+)n,yn=u1•(-1)n+u2•2n,则有xn-yn=[λ1(1-)n-u1(-1)n]+[λ2(1+)n-u2•2n]. x1=λ1(1-)+λ2(1+),x2=λ1(3-2)+λ2(3+2),{xn},为正数数列,可得λ2=•x1+x2>0.同理,u2=(y1+y2)>0. 1+>2>1,λ2>0,u2>0, 当n充分大时,λ2(1+)n-u2•2n也充分大.又 λ1(1-)n-u1(-1)n∈(-λ1-u1,λ1+u1),存在正整数n0满足xn-yn=[λ1(1-)n-u1(-1)n]+[λ2(1+)n-u2•2n]>0,对任意n>n0,xn>yn恒成立.

三、数列极限问题

作为高等数学的基础,数列极限问题在自主招生考试中出现的频率比较高,但难度一般都不大. 求解数列极限问题一般需掌握三个最基本的极限:(1) C=C(即常数列的极限是其本身);(2) =0 (k为常数);(3) 当q<1时,qn=0.

例6 (2005年复旦大学自主招生考试第5题) (-)= .

解析:-)===1.

点评:求数列极限的基本思路是“先变形,再根据极限的运算法则求解”. 先把问题转化成为“”或者“”的类型,再借助三个基本的极限求出极限.例6通过分子有理化,把“∞-∞”类型的极限题转化成了“”的类型.

例7 (2007年清华大学自主招生考试第2题) 设正三角形的边长为a,Tn+1 是Tn的中点三角形,An为Tn减去Tn+1后剩下的三个三角形的内切圆的面积之和,求Ak.

解析:设Tn的边长为an (其中a1=a),则有An=3π••2=. 又a1=a,an=an-1, an=,代入可得An=•n, Ak=, Ak=.