《高中数学竞赛》数列

1 竞赛辅导 数列 等差数列与等比数列 数列是高中数学中的一个重要课题 也是数学竞赛中经常出现的 问题 数列最基本的是等差数列与等比数列 所谓数列 就是按一定次序排列的一列数 如果数列 a n 的第 n 项 an 与项数 下标 n 之间的函数关系可以用一个公式 an f n 来表示 这 个公式就叫做这个数列的通项公式 从函数角度看 数列可以看作是一个定义域为正整数集 N 或它的 有限子集 1 2 n 的函数当自变量从小到大依次取值时对应的一列 函数值 而数列的通项公式也就是相应函数的解析式 为了解数列竞赛题 首先要深刻理解并熟练掌握两类基本数列的 定义 性质有关公式 把握它们之间的 同构 关系 一 等差数列 如果一个数列从第二项起 每一项与它的前一项的差等于同一个常 数 这个数列就叫做等差数列 这个常数叫做等差数列的公差 公差常 用字母 d 表示 等差数列 a n 的通项公式为 1 1dnan 前 n 项和公式为 2 2 11aSnn 从 1 式可以看出 是 的一次数函 或常数函数 n 0 d0 d 排在一条直线上 由 2 式知 是 的二次函数 或一次函na nS 数 且常数项为 0 在等差数列 中 等差中项 0 1 d na 且任意两项 的关系为 21 nn nma m 它可以看作等差数列广义的通项公式 2 从等差数列的定义 通项公式 前 项和公式还可推出 n nkaaaknn 3 21 23121 若 qpnmqpmNqp 则 有且 等 等或 等 差 数 列 1 23211 knkkknmSSaa 二 等比数列 如果一个数列从第 2 项起 每一项与它的前一项的比等于同一个 常数 这个数列就叫做等比数列 这个常数叫做等比数列的公比 公比 通常用字母 表示 等比数列 an 的通项公式是 q 1 nnqa 前 项和公式是 n 1 q nS 1 1 1 qaqann 在等比数列中 等比中项 21 nna 且任意两项 的关系为nma mq 如果等比数列的公比 满足 0 1 这个数列就叫做无穷递缩等q 比数列 它的各项的和 又叫所有项的和 的公式为 qaS 1 从等比数列的定义 通项公式 前 项和公式可以推出 n 3 121212321 123121 3 nnnnn mqpknnnn aaaNqpma 则 有记 则 有若 另外 一个各项均为正数的等比数列各项取同底数数后构成一个等 差数列 反之 以任一个正数 C 为底 用一个等差数列的各项做指数构 造幂 则 是等比数列 在这个意义下 我们说 一个正项等naCna 比数列与等差数列是 同构 的 重要的不仅是两类基本数列的定义 性 质 公式 而且蕴含于求和过程当中的数学思想方法和数学智慧 也是 极其珍贵的 诸如 倒排相加 等差数列 错位相减 等比数列 数列中主要有两大类问题 一是求数列的通项公式 二是求数列的 前 n 项和 三 范例 例 1 设 ap aq am an 是等比数列 an 中的第 p q m n 项 若 p q m n 求证 nqp 证明 设等比数列 的首项为 公比为 q 则a1a nmqp nmnmqpnn mqqppaaqa 212111故所 以 说明 这个例题是等比数列的一个重要性质 它在解题中常常 会用到 它说明等比数列中距离两端 首末两项 距离等远的两项的乘积 等于首末两项的乘积 即 a 1 k an k a1 an 4 对于等差数列 同样有 在等差数列 中 距离两端等这的na 两项之和等于首末两项之和 即 a 1 k an k a1 an 例 2 在等差数列 中 a 4 a6 a8 a10 a12 120 则 2a9 a10 n A 20 B 22 C 24 D28 解 由 a4 a12 2a8 a 6 a10 2a8 及已知或得 5a8 120 a 8 24 而 2a9 a10 2 a1 8d a1 9d a1 7d a8 24 故选 C 例 3 已知等差数列 a n 满足 a1 a2 a3 a101 0 则有 A a 1 a101 0 B a2 a100 0 C a3 a99 0 D a51 51 2000 年北京春季高考理工类第 13 题 解 显然 a 1 a2 a3 a101 Caaaa S选 从 而故 0 001 193210 例 4 设 Sn 为等差数列 的前 项之各 n S9 18 Sn 336 则 为 9 304 a A 16 B 21 C 9 D8 5 BnnaSan选故 而所 以 故由 于解 213612 0 89 14555 例 5 设等差数列 满足 且 0 为其前 项之和 n1385a1nS 则 中最大的是 1995 年全国高中联赛第 1 题 NSn A S 10 B S11 C S20 D S21 02 0 24 39 1 1 573 1138 nn aa nda时当则令 故解 所以 S 19 S20 最大 选 C 注 也可用二次函数求最值 例 6 设等差数列的首项及公差均为非负整数 项数不少于 3 且各项 的和为 972 则这样的数列共有 A 2 个 B 3 个 C 4 个 D 5 个 1997 年全国高中数学联赛第 3 题 解 设等差数列首项为 公差为 则依题意有 ad 972 1 2 ndan 因为 是不小于 3 的自然数 97 为素数 故数 的值必为n 6 2 972 的约数 因数 它只能是 97 2 97 97 2 2 97 2 四者之一 若 则 由 式知 2 972 故只可能有0 d1 1 ndn 97 式化为 这时 有两组解 n9748 da 或 97a n1297 a 若 则 式化为 这时 也有两组解 0 d2 n 或 97a n197ad 故符今题设条件的等差数列共 4 个 分别为 49 50 51 145 共 97 项 1 3 5 193 共 97 项 97 97 97 97 共 97 项 1 1 1 1 共 972 9409 项 故选 C 例 7 将正奇数集合 1 3 5 由小到大按第 n 组有 2n 1 个奇数 进行分组 1 3 5 7 9 11 13 15 17 第一组 第二组 第三组 则 1991 位于第 组中 1991 年全国高中数学联赛第 3 题 7 解 依题意 前 n 组中共有奇数 1 3 5 2n 1 n 2 个 而 1991 2 996 1 它是第 996 个正奇数 因为 31 2 961 996 1024 32 2 所以 1991 应在第 31 1 32 组中 故填 32 例 8 一个正数 若其小数部分 整数部分和其自身成等比数列 则 该数为 1989 年全国高中联赛试题第 4 题 解 设该数为 x 则其整数部分为 x 小数部分为 x x 由已知得 x x x x 2 其中 x 0 0 x x 1 解得 251251 0 251 xxxx故 应 填 例 9 等比数列 的首项 公比 用 n 表示它的前 na1536 21 q 项之积 则 n n N 最大的是 A 9 B 11 C 12 D 13 1996 年全国高中数学联赛试题 解 等比数列 的通项公式为 na 8 前 n 项和191 2 5362 1536 nnna0 21 3 591 1 92 1 因 为nnnnn 最 大故 123978131 942160812453689 3 选 C 例 10 设 且两数列 和 均为等差数列 yx yax 321 43 21byx 则 1988 年全国高中联赛试题 1234ab 解 依题意 有 所以 412axy 38 1 3 12423212 abxya所 以又 例 11 设 是实数 成等比数列 且 成等差数列 zyx zyx5 4zyx1 则 的值是 1992 年全国高中数学联赛试题 解 因为 成等比数列 所以有zyx5 43 9 1 1 56 4 5322所 以 有成 等 差 数 列又 即zyxxzy 2 zxyzx 即 xzxzy xz34 15 2640 15 416 222 得代 入将 z 例 12 已知集合 M 及 N 并且 M N 那么 lg xyyx 0 的 值 等 于 1 1 1 2032xy 解 由 M N 知 M 中应有一元素为 0 任由 lg 有意义知 xy0 xy 从而 且 故只有 lg 0 xy 1 M x 1 0 0 xy 若 y 1 则 x 1 M N 0 1 1 与集合中元素互异性相连 故 y 1 从而 x 1 x 1 由 x 1 y 1 含 由 x 1 y 1 M N 0 1 1 10 此时 21 21 21 12 kkk yxyxyxy 从而 2012 注 数列 x x2 x 3 x 2001 以及201 y 20132 1 1yy 在 x y 1 的条件下都是周期为 2 的循环数列 S 2n 1 2 S 2n 0 故 2001 并不可怕 例 13 已知数列 满足 3an 1 an 4 n 1 且 a1 9 其前 n 项之和为n Sn 则满足不等式 Sn n 6 的最小整数 n 是 1994 年全25 国高中数学联赛试题 A 5 B 6 C 7 D 8 解 由 3an 1 an 4 n 1 3an 1 3 1 an 81 3 11 an 故数列 a n 1 是以 8 为首项 以 为公比的等比数列 所以 31 3 8 nna 11 nnnS 31 6 31 8 nn 6 765132403 125 3 6 1 5 nSn nn 当 n 7 时满足要求 故选 C 注 数列 a n 既不是等差数列 也不是等比数列 而是由两个项 数相等的等差数列 1 1 1 和等比数列 的1 3 8 93 n 对应项的和构成的数列 故其前 n 项和 Sn 可转化为相应的两个已知数 列的和 这里 观察通项结构 利用化归思想把未知转化为已知 例 14 设数列 a n 的前 n 项和 Sn 2an 1 n 1 2 数列 bn 满足 b1 3 bk 1 ak bk k 1 2 求数列 的前 n 项和 b 1996 年全国高中数学联赛第二试第一题 解 由 Sn 2an 1 令 n 1 得 S1 a1 2a1 1 111 2 3 2 nnn aSaS得又 n 12 2 1 nna 所以 数列 a n 是以 a1 1 为首项 以 q 2 为公比的等比数列 故 an 2n 1 4 12 2 5 2311 1 bbbakkkk 由 以上诸式相加 得 因为表中均为正数 故 q 0 从而 2 21a 因此 对于任意 1 k n 有 nkkkkk aaSqdq 3211112 记 6 5 6 21 212532得则 有 nnnS 13 nnnn nnnaaS 221 21 21 21 212131323 即所 以 评注 本题中求和 实为等差 1312nS 数列 an n 与等比数列 的对应项乘积构成的新数列的前 n 项的和 nb2 将 5 式两边同乘以公比 再错项相减 化归为等比数列求各 这种方 法本是求等比数列前 n 项和的基本方法 它在解决此类问题中非常有用 应予掌握 课本 P137 复习参考题三 B 组题第 6 题为 求和 S 1 2x 3x2 nxn 1 2003 年北京高考理工类第 16 题 已知数列 a n 是等差数列 且 a1 2 a1 a2 a3 12 I 求数列 a n 的通项公式 II 令 bn an xn 求数列 bn 的前 n 项和公式 都贯穿了 错项相减 方 R 法的应用 高阶等差数列 一 基本知识 1 定义 对于一个给定的数列 an 把它的连结两项 an 1与 an的差 an 1 an记为 bn 得到一个新数列 bn 把数列 bn你为原数列 an 的一阶差数列 如果 cn bn 1 bn 则数列 cn 是 an 的二阶差数列依此类推 可得出数列 an 的 p 阶差 数列 其中 p N 2 如果某数列的 p 阶差数列是一非零常数列 则称此数列为 p 阶等差数列 3 高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称 14 4 高阶等差数列的性质 1 如果数列 an 是 p 阶等差数列 则它的一阶差数列是 p 1 阶等差数列 2 数列 an 是 p 阶等差数列的充要条件是 数列 an 的通项是关于 n 的 p 次多项 式 3 如果数列 an 是 p 阶等差数列 则其前 n 项和 Sn是关于 n 的 p 1 次多项式 5 高阶等差数列中最重要也最常见的问题是求通项和前 n 项和 更深层次的问题 是差分方程的求解 解决问题的基本方法有 1 逐差法 其出发点是 1knknaa 2 待定系数法 在已知阶数的等差数列中 其通项 an与前 n 项和 Sn是确定次数 的多项式 关于 n 的 先设出多项式的系数 再代入已知条件解方程组即得 3 裂项相消法 其出发点是 an能写成 an f n 1 f n 4 化归法 把高阶等差数列的问题转化为易求的同阶等差数列或低阶等差数列的 问题 达到简化的目的 二 例题精讲 例 1 数列 an 的二阶差数列的各项均为 16 且 a63 a89 10 求 a51 解 法一 显然 an 的二阶差数列 bn 是公差为 16 的等差数列 设其首 项为 a 则 bn a n 1 16 于是 2 18 1 26 1 11 nan nabnkknk 这是一个关于 n 的二次多项式 其中 n2的系数为 8 由于 a63 a89 10 所以 an 8 n 63 n 89 10 从而 a51 8 51 63 51 89 10 3658 解 法二 由题意 数列 an 是二阶等差数列 故其通项是 n 的二次多项 式 又 a63 a89 10 故可设 an A n 63 n 89 10 15 由于 an 是二阶差数列的各项均为 16 所以 a3 a2 a2 a1 16 即 a3 2a2 a1 16 所以 A 3 63 3 89 10 2 A 2 63 2 89 10 A 1 63 1 89 10 16 解得 A 8 an 8 n 63 n 89 10 从而 a51 8 51 63 51 89 10 3658 例 2 一个三阶等差数列 an 的前 4 项依次为 30 72 140 240 求其通项公式 解 由性质 2 an是 n 的三次多项式 可设 an An3 Bn2 Cn D 由 a1 30 a2 72 a3 140 a4 240 得 解得 所以 an n3 7n2 14n 8 例 3 已知整数列 an 适合条件 1 an 2 3an 1 3an an 1 n 2 3 4 2 2a2 a1 a3 2 3 a5 a4 9 a1 1 16 求数列 an 的前 n 项和 Sn 解 设 bn an 1 an Cn bn 1 bn Cn bn 1 bn an 2 an 1 an 1 an an 2 2an 1 an 3an 1 3an an 1 2an 1 an an 1 2an an 1 Cn 1 n 2 3 4 所以 C n 是常数列 由条件 2 得 C1 2 则 an 是二阶等差数列 因此 2 2 111 bnbakn 由条件 3 知 b4 9 从而 b1 3 于是 an n2 例 4 求证 二阶等差数列的通项公式为 证明 设 an 的一阶差数列为 bn 二阶差数列为 cn 由于 an 是二阶等差 数列 故 cn 为常数列 又 c1 b2 b1 a3 2a2 a1 所以 17 例 5 求数列 1 3 5 7 9 11 13 15 17 的通项 解 问题等价于 将正奇数 1 3 5 按照 第 n 个组含有 2n 1 个数 的规 则分组 1 3 5 7 9 11 13 15 17 然后求第 n 组中各数之和 an 依分组规则 第 n 组中的数恰好构成以 2 为公差的项数为 2n 1 的等差数列 因而确定了第 n 组中正中央这一项 然后乘以 2 n 1 即得 an 将每一组的正中央一项依次写出得数列 1 5 13 25 这个数列恰为一个 二阶等差数列 不难求其通项为 2n2 2n 1 故第 n 组正中央的那一项为 2n2 2n 1 从而 an 2n 2n 1 2n 1 例 6 数列 an 的二阶差数列是等比数列 且 a1 5 a2 6 a3 9 a4 16 求 an 的 通项公式 解 易算出 an 的二阶差数列 cn 是以 2 为首项 2 为公比的等比数列 则 cn 2n an 的一阶差数列设为 bn 则 b1 1 且 从而 例 7 设有边长为 1 米的正方形纸一张 若将这张纸剪成一边长为别为 1 厘米 3 厘米 2 n 1 厘米的正方形 愉好是 n 个而不剩余纸 这可能吗 18 解 原问题即是是否存在正整数 n 使得 12 32 2n 1 2 1002 由于 12 32 2n 1 2 12 22 2n 2 22 42 2n 2 随着 n 的增大而增大 当 n 19 时 4 3 91291000012n 14 32 故不存在 例 8 对于任一实数序列 A a1 a2 a3 定义 DA 为序列 a2 a1 a3 a2 它的 第 n 项为 an 1 an 假设序列 D DA 的所有项均为 1 且 a19 a92 0 求 a1 解 设序列 DA 的首项为 d 则序列 DA 为 d d 1 d 2 它的第 n 项是 因此序列 A 的第 n 项 1 d 显然 an是关于 n 的二次多项式 首项等比数列为 2 1 由于 a19 a92 0 必有 所以 a1 819 例 9 设 a b 是正整数 是首项是 a 公差为 b 的等差数列 是na nb 首项是 b 公比为 a 的等比数列 且满足 321a 1 求 a 的值 2 对于某项 存在 使 1 求 b 的值及 m n 的关系式 mnbman 3 在 中 对满足 2 的项 求它的前 k 项的和n 分析 1 由题意 a n 1 b an1 a 由 知 a b a b ab a 2b321ba 19 显然正整数 a 1 否则由 a b ab 得 1 b b 从而 10 矛 盾 所以 a 2 b 3 再由 ab a 2b 得 由于 是 b 3 上的增函数 从而12 b12 3 1b 所以 a0 S13 0 1 求出 d 的范围 2 推出 S1 S 2 S 3 S 12 中哪个值最大 并说明理由 解 1 da078613 解之 261 0374d374 d 28 0 1 2 1 kkkn aSa则最 大为 递 减 数 列 设 知由 0 1 kd 2 13 d23最 大 即得 由 66 75 413 2Skd 另解 013 132 271362 aa 076 a最 大S 一般地 一个递减 增 等差数列 则 Sk 最大 或最小 0 011 kkkka且或且若 3 已知非常数的等差数列 a n 的前 n 项和 求数列 2lg53llg22 RmNmmSn a 5n 3 的前 n 项和 为 非 常 数 的 等 差 数 列解 nnan 22lg l513 lgl 1 5 29 5312lg 7 l l 49 2lg5 8 2lg513 l64 2lg5 8 102lg 0l 5 Sannnmm 从 而 且 5723lg l86 ad2lg45 由等差数列的性质 数列 a 5n 3 是首项为 a8 公差为 5d 的等差 数列其前 n 项和 dnaTn5 1 8 43lg 2lg2104531 Nn 4 各项为正的数列 a n 的前 n 项和为 Sn an 与 2 的等差中项等于 Sn 与 2 的等比中项 求 an 0 4 2 818121 nn nnaaaS即 即 解 由 已 知 得 30 24 1 201111 naannn 又 的 等 差 数 列为 公 差 为即 5 等比数列 a n 的前 n 项和为 Sn 若 S10 10 S40 150 求 S30 则 的 公 比解 易 知 q 2 150 4140 10 qaS 70 81 1 2 63 30301100 qaSa 得从 而 由 即 得 70 1 2 63 240 5 313031 1304232 pbbSpSbpb SSbn且 为 等 比 数 列 设 公 比 为则 另 解 记 6 已知正数列 a n 满足 nnn aa求且 3 1 3121 abbnnnn则 解 令 b n 为公比为 3 首项为 3 的等比数列 nnna2 7 已知正数数列 a0 a1 a2 an 满足 且 a0 a1 1 求 an 12 nn 31 的 等 比 数 列为 公 比 为即 则 令 得以解 在 递 推 式 两 边 同 除21 1 21 301 21 nn nnn nnnb ba aa 1 2 1122 212111 1010 naaannnnn nn 所以 an 0 12 k 6 7 都是由递推关系构造数列求解 对于较复杂的数列问题 这是一种 常见技巧 8 已知实数列 x n 中 x n 1 xn 1 xn2 xn N 实数列 y n 中 项 和 与 积 的 前是和 yPSy 1 nN有证 明 对 一 切 nn nnnnnnn nyySxxxypxxx 21 112 113121 121 0 又 得 证 明 由 32 1321 1 nxxx 1 nnxPS 9 等差数列 a n 的公差为 d 若数列中任 不同 两项之和仍为这个 数列中的一项 求证 必存在整数 mda 1 使时 显 然 成 立当 下 证使 得存 在 整 数则 使若 存 在证 明 任 意 取 两 项0 1 2 11 ddatskmtskttakts pap 2 1 对 不 同 的 两 项恒 成 立 则 取若时当 而 本 题 是 充 要 条 件反 之 命 题 也 成 立 因 使故 存 在 整 数矛 盾与得 即 使 得存 在 mddq qmaqp 11 0 10 已知数列 a n 满足 an 1 pan d nadpe为 常 数 求其 中 1 a1 e 1 1 0 1 1 1 1 pdeabbpdap pdebapbpddaxxpdnnnn nnnn时 的 等 比 数 列公 比 为是 首 项 为 则 令 解 得 设 构 造 辅 助 等 比 数 列 由解 法 33 1 21 112111 1 pdeapaqeb pbdepbaadpnn nnn nnn n代 入 上 式 反 解 得 将 则 令 得 由解 法 dpaapnnn 221 3 由 已 知 得 解 法 1 32132 pdedap nn 11 数列 an 满足 求 an 0 nqa a1 e 1 2 2 1 13 2 132132 nqpqpapnnqpnnnn 解 法 2321 1 ann nn同 理 由解 法 1 2 1 212 qpnpqapap nnn 累 加 得 12 由正整数组成的数列 a n 满足 a1 1 am n am an mn 求 an 34 nank nakmn k 1231 1 得依 次 令 有解 在 递 推 式 中 令 1 232 31 n 相 加 得 13 已知数列 x n 满足 x1 x2 1 求 xn xn 2 6xn 1 8xn 数 法 求 出 助 特 征 方 程 用 待 定 系求 阶 递 归 数 列 通 项 可 借 递 归 数 列 关 系 式 的 数 列 称 为 阶 的 递 推为 常 数评 注 具 有 形 如得 即 则 令又 由 递 推 式 变 形 得 即 得 则 设 变 形 得 由解 法 0 23 2 1 43 2 4 4 1 42 1 861131112 1121122 qpqxxxxbbx xxaaxnnnnnn nnn nnnn 得 代 入故 可 设得 特 征 根 一 般 为 由 递 推 式 得 特 征 方 程解 法 14 2 86211 22 xBAx pxnn 1 2A 4B 解得 A 3 1 4A 16B B 8 35 3234 81 243 nnnnx 14 设数列 a n 满足 求 an 1 0411 aann 24241 nanan解 由 递 推 式 得 11440 nnan 15 已知 f x 方程 f x x 有唯一解 2 2 xf且 f xn 1 xn 求 xn N 3210 1 1322 12 21 0101 2 0 00011 nxdbxxfxfx axxannn nnn则令又 即得由 得有 唯 一 解 解 有 唯 一 解解 由 评注 递推式为线性分式时 有时可以考虑取倒数的方法构造新数列 达到求解目的 36 16 已知数列 a n 满足 求 an 2 11 an a1 1 a2 2 2 3 1 2 321 3423112312 1 2 1231 nnbanbbnnbnanbbnana nn nn 又 则令解 由 an 1 17 已知数列 a n 中 a 1 1 求 an 241 6nna 得由即 代 入 原 来 的 递 推 关 系 有 即解 令 0 3 2 241164 52 21 nnnnn nnnnbb bbb 37 12213 43 nnnnba易 求 得 一 阶 递 推 数 列 18 已知正项数列 中 n 22naa 1221 nb 求证 mikbk 证明 不失一般可设 321 i nbak 21 22122121211 0 2 ba bbababna nnkk kkkkk 从 而则 min k即 19 个正数排成 n 行 n 列 4 2 nnnnaa 32121132 其中每一行的数成等差数列 每一列的数成等比数列 且所有的公比 相等 已知 163 8 4422 求 naa 31 38 则 的 公 比 为数 列的 公 差 为解 设 数 列 21 1 qniadakk 111 kkk qdqa1638 2 3314324 dqankSand2112 用 错 位 相 减 法 求 得 从 而个 正 数又 20 21 20 1 nnn aaa 求 证 设 由 条 件 可 得 可 设 都 有解 显 然 对 一 切 2 0 t nnnN tan 2 0 2tant 1 421 4 tan 21 2tansico1tsecta200 11xxaannnnnnn 时 所 以所 以 的 等 比 数 列 而 公 比 为是 首 项 为 而所 以 21 110 xx中 数 列 积 仍 是 数 列 中 的 一 项 求 证 任 意 相 邻 两 项 之 2 nnx证 明 由 已 知 39 中 的 项 是 数 列 积中 任 意 两 项 相 邻 的所 以 数 列由 叠 加 法 得 所 以所 以 所 以因 为所 以 是 一 个 等 差 数 列所 以 令 nkknnnnnxx kkxxnxbx122 2221212010 12211 1 33 2 22 已知数列 且 2 1110 nnn xxy且中 和 3 7 110 nyy外 无 其 它 相 同 的 项 中 除和求 证 x 成 立综 上 所 述 原 命 题 的 结 论 为 奇 数 同 可 证 也 不 成 立为 偶 数 项 为 偶 数 也 不 成 立 项 为 奇 数 第左 边 第 则 有 设 为 偶 数 时 则 有为 奇 时 也 不 成 立 为 奇 数 时 有右 边 为 奇 数 矛 盾 左 边 为 偶 数 为 偶 数 时 则 若 有 时 且 特 征 根 法 可 得证 明 由 二 阶 递 推 式 的nmunkmnyxyxnyn nmnmmnnn4210 13 23 312 2 32 1 1 132 1 40 23 给定正整数 和正数 M 对于满足条件 的所有等差数n Man 21 列 321 a的 最 大 值 试 证 1221 nnaS 则 解 设 公 差 为 d221121 34 0 04 ndandaMSann 因故 MnnSndaMS 1 2015 431 10 2 时 且 当因 此 Sadn 40 04 3221故由 于 此 时 nS1 的 最 大 值 为故 24 已知一个数列的各项是 1 或 2 首项为 1 且在第 k 个 1 和第 k 1 个 1 之间有 即 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2个 k 1 求数列前 1998 项之和 S1998 2 是否存在正整数 n 使得数列前 n 项和 Sn 20001 若 n 存在 求出 n 的值 若 n 不存在 证明你的结论 41 3985120 101211 Sk kkk个 括 号 中 即 在 第 故 个 数 个 括 号 有第 个 数个 括 号 共到 第 从解 2nkn群 则 项 在 第 设 第 nk故 不 存 在 此 种 是 本 数 矛 盾 个 括 号 这 与在 第又 知是 整 数 由 又 1032 029 1