清北学堂徐文兵

高中数学奥数竞赛

Part1

例1． 正整数数列{xn}，{yn}满足关系式 （*）xn+

2yn=2(3+22),(n∈N*) 

2n

求证：yn 1为完全平方数 分析： 难点2(3+22)     

2n

2n+1

xn+1+2yn+1=2(3+22)

（*）平方(xn+

n+1

2yn)2=2(3+22)2 

12

xn+1+2yn+1(xn+2yn)

2

=

∴2xn+1+2yn+1=(xn+∴

2yn)2=(x2n+2y2n)+22xnyn 

xn+1=2xnyn

22

2yn+1=xn+2yn

122

 xn+yn

2122

∴yn+1 1=xn+yn 1 

2 yn+1=

易知：x=24，y=17 算出：

12

x1+y12 1=242=x12 21222

 xn+yn 1=xn

2

122

    yn=xn+1， 

2

2

下面用数学归纳法证明 

12

x1+1 2122

假设n=k时，有yk=xk+1 

2122

去证明：yk+1=xk+1+1 

2121212222

事实上，yk+1 (xk+1+1)=(xk+yk) [(2xkyk)+1] 

22214224

      =xk+xkyk+yk 1 

4

n=1时，易知，y1=

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122=(xk2 yk) 1=0 2

∴证明n=k+1时，命题也成立 

12

xn+1 2

122

∴yn+1 1=xn+yn 1 

2

1212=xn+(xn+1) 1 22

∴yn=

2

2

为完全平方数。 =xn

例2． 已知x1=求证：（1）xn>

x1

,xn+1=xn+(n2（n=1，2，3…） 2n

6n

,(n≥3) 

5n+63

      （2）xn<,(n≥1) 

2

☆xn+1=xn+(

xn2x xn+1 xn=(n2 nn

x2 x1=...

x3 x2=...

 相加 xn x1=... 

... xn xn 1=...

xn为增数列 

xn+1=xn+(

xn2xx

)<xn+(n+12n) nnxn+1xn

 2

n

xn+1 xn<

111 <2 xnxn+1n

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11n 11111 <<=( )=...  ∑∑∑2

x1xni=1ii(i 1)i 1i ...

111 <

xnxn+1(n 1)2

 （2）

12111 <2x2x32

14111141

=≤≤ i= A= (1,22

13xixi+1xi+i3ii+1+i221141

) ≤(

13ii+1+i2

(i 1)(i 2)≥0 

∴

11141

≤(  xixi+13ii+1

n

1114n1

∴∑( ) ≤∑(

xi+13i=1ii+1i=1xi

而x1=

14114 ≤(1 )< x1xn+13n+13

1 2

∴xn+1<

33

, ∴xn< 

22

1 2

证明：xn+1≥xn≥...≥x1=数学归纳法。 证：由xi+1=xi+(

xi2 i

11i2

xi+1 xi= 2 =

xiixi+xi2i2+xixi+1 xi=

把i=1，2，3…，n‐1 

1

 2

i+xi

相加 

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问：xi的范围是什么？ 

x=

x1

,xn+1=xn+(n2 2n

i≥xi≥

1

,(i=1,2,3....n) 2

可以用数学归纳法证明出0<xi<i 

xi+1 xi=

n

1111

>=  

i2+xii+i2ii+1

n

1111

∑(  )>∑(

xxii+1i=2i=2ii+1

1111 >  x2xn+12n+1

6n+6

,(n≥2)5n+11

6n

xn>,(n≥3)

5n+6 xn+1>

例3． 设a0=1,an+1=

an

,(n=0,1,2,...) 2

1+an

nn 1

求证：an≤(∑i),(n=1,2,...) 

2i=1

想法：an+1=

an1111

=+a =an n2

an+1anan+1an1+an

取n=0，1，2，…..累加 

nnn

ii 1nnn 1

分析： an≤(∑i) ≥2∑ ∑( ≥2∑i 

2i=1ai 1ani=1i=1aii=1

只需证：

ii 1 ≥2i,(i=1,2...n) aiai 1

an+1=

an

 2

1+anai 1

 2

1+ai 1

ai=

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i =ai

iai 11+ai2 1

i+iai2 1

 =

ai 1

即

ii=+iai 1 aiai 1

ii 11=++iai 1 aiai 1ai 1

ii 11 =+iai 1≥2i aiai 1ai 1

取i=1,2…n. 

将它们相加，即可得证。 

☆   哪些递推关系可以求出an=?。 

等差？等比? 

很多复杂数列 等差，等比。 大批量的数列 求不出an 1) 若an+1=4an,a1已知,求an 2) 若an+1=4an+5,a1已知,求an 

(an+1+p)=4(an+p),( an+1=4an+3p) bn+1=4bn

3) 若a

2n+1

=4an+5an 1,a1,a2已知,求 an 

an+1 αan=β(an αan 1) bn+1=βbn α+β=4∴  

= αβ5

α=5或 1

α,β恰好为x2=4x+5  

β= 1或5

an+1=4an+5an 1 

an+1 5an= (an 5an 1) 

   an+1+an=5(an+an 1) 

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n 1

an+1 5an=A( 1)∴  

n 1

an+1+an=B5

ABA1B1n

an=×+( 1)n 1+5n 1=5 

6 6 1656

{

an

为等差数列 n2

ana1a1AAn

, (1)=+ =+ na((n1)2 n442n2121

概括为: an=(c1n+c2)2 

如果是一个特征根, an=(c1n+c2)α 没有特征根,  ? 4)

n

n

an+1=4an+5an 1+8n 6,a1,a2已知,求an 

an+1+p(n+1)+q=4(an+pn+q)+5(an 1+p(n 1)+q)  bn+1=4bn+5bn 1 

5)

an=

an 1+6

,a1已知，求an 

an 1+2

(an 1 2)an 1+6

  2=

an 1+2an 1+2an 1+64(an 1+3)

 +3=

an 1+2an 1+2

an 2=

an+3=

相除:

an 2a 2a 211an 1 2

, {n = 为等比,q= ,首项为:1

an+34an 1+3an+34a1+3

an 2a1 21

×( n 1 =

an+3a1+34an=

an 1+6

an 1+2

,

an+p=

(1+p)an 1+(6+2p)an 1+6

+p==

an 1+2an 1+2

(1+p)(an 1+

6+2p

)1+p

an 1+2

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令

6+2p

=p, 6+2p=p2+p 

1+p

(1 p)(an 1+

6 2p

)1 p

an 1+2

an p=

an 1+6

p=

an 1+2

p=

6 2p

 1 p

p2 p=6 2p p2+2p=p+6 p=

a+6p+6

与an=n 1类似 p+2an 1+2

小结：(1) 写特征方程p=     (2)求出根2与‐3      (3) 

p+6

 p+2

an 2=....an ( 3)=....

     (4)

an 2

为等比数列 

an+3

a=c1 ( 1)n+c2 5n 

小结：如何求an+1=4an+5an 1 

i. ii. iii. iv.

写出特征方程 求出特征根 

a=c1 ( 1)n+c2 5n 

由前两项求出c1,c2 

练习：an+1=4an 4an 1，a1,a2已知，求an 解：(1) 写特征方程x=4x 4      (2)求出根2 

2

an+1 2an=2(an 2an 1) 

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an+1 2an是等比数列。 an+1 2an=A 2n 1 an+1anA

n+1 n=  常数 

422

练习：an=

an 1 1

,a1已知，求an 

an 1+3

解：（1）. p=

p 1

 p+3

（2）.求出解 p=‐1 

an+1=

an 1 12(an 1+1)

+1=, 

an 1+3an 1+3

去倒数

a+3(a+1)+2111

 =+=n 1=n 1

an+12(an 1+1)2(an 1+1)2an 1+1

111

= an+1an 1+12

{

1

为等差数列 an+1

111

=+(n 1), an=... an+1a1+12

例7．设x，y为实数，且xy+2xy+1=0， 求f(x,y)=二元的最值 

解：xy+2xy+1=0（明显x≠0） 

2

2

2

2

2

2

211

++y(y++2)的最值 

xx2x

1

=0 2x12

    (y+1)+2=1 

x1

 设想y+1=sinα,=cosα 

x

   y+2y+

2

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 f(x,y)=          

211++y(y++2) 

xx2x

1

1 x

=2cos2α+cosα+(y+1)2+y

=2cos2α+cosα+sin2α+(sinα 1)cosα 1 

=2cos2α+cosα+sin2α+sinαcosα cosα 1 =cos2α+cosαsinα ==

1+cos2αsin2α11

+=+(sin2α+cos2α) 222212π+cos(2α ) 224

 maxf=

11

 +

2211

22

 minf=

例8．设c>‐2为给定常数,证明: 

∑

i=1

n

x+cxixi+1+x

2

i2i+1

=+2(∑xi)成立,(规定xn+1=x1) 

i=1

n

的条件是c=2或x2=x2=....=xn 难点:证:   

∑→Sum 

i=1

n

ai=c+2(xi+xi+1) b=2xi2+cxixi+1+xi2+1 

已知等式变为:

∑b=∑a

ii=1

i=1

2i

nn

i

n

n

∑

i=1

n

x+cxixi+1+x

n

n

2i+1

=c+2(∑xi)=+2∑(xi+xi+1) 

i=1

i=1

 ∑bi=∑ai 

i=1

i=1

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2

 0=∑(ai bi) 

i=1

n

 ai bi=(c+2)(xi+xi+1) 4(xi+cxixi+1+xi+1)  =(c 2)xi+(c 2)xi+1 2(c 2)xixi+1 

2

2

2222

=(c 2)(x x)2 

n

(c 2)(xi xi+1+1)2ai2 bi2

 0=∑(ai bi)=∑=∑

ai+bii=1i=1ai+bii=1

n

n

(xi xi+1)2

 0=(c 2)∑a+bi+1ii

n

(xn x1)2(x1 x2)2(x2 x3)2

即:0＝(c 2)[] ++...+

a1+b1a2+b2an+bn

∴c=2或x2=x2=....=xn 

+

例9．ai∈R,(i=1,2,...,n),约定an+1=a1 求证：

∑∑a

i=1

j=0

nn

5 ji

a

ji+1

≤6∑ai52 

i=1

n

55 jj ∑a1a2 j=0

5

5 jj +∑a2a3

j=0 +...

5

5 jj +∑ana1

j=0

5 jj

a∑1a2≤(j=05

6 (a1+a2) a1 2 6(a2+a3) ≤ +a2 ≡ +

  +... 2

+...

+6a 6n ++(aa) 1n

2

下面证明

6(a1+a2))2 2

同理   

∑a25 ja3j≤(

j=0

5

6(a2+a3))2 2

 … 

∑an5 ja1j≤(

j=0

5

(an1+a1))2 2

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把上述式子相加即得证。 下面证

∑a15 ja2j≤(

j=0

5

6(a1+a2))2 2

6

a+aa+aa+aa+a≤(a1+a2) 

2

51

41

12

21

32

1412

52

a1a2>0,求证

5

4

3

2

2

3

4

55

2

2

≤+ 2 a1a2

2

5

55

3 2

2

a1+a1a2+a1a2+a1a2+a1a2+a2≤ a1+a2

2

2

(a+aa

5

4

1

1

5

55

2

+a1a2+a1a2+a1a2+a2

4

322345

)

55

55 2≤3 a1+2a12a2+a2 3

5

21

522

a1+a2 2而a1+a2 2=a

5215

(aa

141

2

2

(aa

)(aa+aa)+6aa+aa) 2(aa+aa)+6aa

+a1a2 2

41

24

3

2

2

1

2

1

2

3

2

2

3

1

2

1

2

521

≥0

522

a

522

553311

222222 1 1 1 222

+ + ++226

a2 a1 a2 a1 a2 a1 1

2

12

1 2 令χ＝ ，y＝ xy=1

a2 a1

553311

222222

1 + 2 2 1 + 2 2 1 + 2 +6

aaaa a2 a1 2121

=

(x

5

+

y)

55

2

(x

3

3

+

y) 2(x+y)+6

3

设u=x+y≥=2

f(u)=u 7u+9u=(u 2)(""),(u≥2)

① 导数②因式分解③设u=2t,(t≥0) 

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Part2

例1． 设a0=1,an an+1=an+2,an>0,(n=0,1,2...)。证明，这样的数列只有一个。 分析：a0,a1都是已知的，由an an+1=an+2知数列是唯一确定的。 证：an+2=－an+1＋an 

an+2+an+1 an=0 

特征方程：x+x 1=0 解出特征根x1,2=

2

1± 2

an=c1(

1+5n 1 5n

+c2( 22

an>0, n→+∞,an>0 

由(

1+5n 1+5n)→0，(→0 22

|

1+|>1，由n→+∞,an>0 2

知c2=0 

若不然，（1）c2>0,当n取充分大的奇数时， an<0        （2）c2>0,当n取充分大的偶数时， an<0 都出现矛盾， ∴  an=c1(

1+n

) 2

1+50

c1=1 2

由a0=1=c1(

∴ an=1 (

1+n

)>0 2

1+an+1an+2

,(n=1,2,...)，求an 

an

例2． 已知a1=a2=a3=1，且an+3=

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解： an+3=

1+an+1an+2

,(n=1,2,...) 

an

an+1an 2=1+anan 1 

得：anan 3=1+an 1an 2 

相减  an+1an 2 anan 3=anan 1 an 1an 2 

   an 2(an 1+an+1)=an(an 3+an 1)    

an 1+an+1an 3+an 1

 =

anan 2

记  bn=

an 1+an+1

,则bn=bn+2 

an

容易算出  b1=2,b2=3  

∴   n∈N,有b2n 1=2,b2n=3 

*

a2n 1+a2n+1

=2 a2n

a2n+a2n+2=3 a2n+1

a2n+1=2a2n a2n 1

    , 

3aaa= 2n+12n 2n+2

nn

3

[(2 3)(2+)2+(3+23)(2 )2] 6

  ∴ an= n 1n 1

1[(3 )(2+)2+(3+)(2 )2] 6

2

1an

=+1，求通项公式an 

an

例3  已知a1=1,a2=7,an+2解：an+2an an+1= 1      

2

∴  an+1an 1 an= 1 

2

2

2

相减  an+2an an+1=an+1an 1 an 

22

 an+2an+an=an+1an 1+an+1 

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 an(an+2+an)=an+1(an 1+an+1) 

∴

an+2+anan+1+an 1a+a148+1

==...=3==7 

7an+1ana2an+2+an

=7 

an+1

   ∴ 

∴

an+2=7an+1 an

a1=1,a2=7

Aan+B

Can+D

an+1=

an+2=Aa'n+1+Ban 线性关系 an+2=Aan+1+Ban+..... an+1=2an+1 

 an+1+1=2(an+1)   bn+1=2bn 

   … 递推关系 

例4．已知a1=1,an+1=2an+( 1) n+1,(n=1,2,3,...)，求通项公式an 分析：  a2m+1=2a2m+2m+1 

n

a2m=2a2m 1 (2m 1)+1 

解：令an=2 1+bn,则b1=0,且  

n

2b+1 1+bn+1＝2n+1－2＋2bn＋（－1） n＋1 

n

n

即b1=0, bn+1＝2bn＋（－1） n    

bn=( 1)n cn,则c1=0 

∴( 1)

n+1

cn+1=2( 1)cn+( 1)n n 

∴cn+1= 2cn n 

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cn+1+p(n+1)+q= 2(cn+pn+q) 11,q=  391111cn+1+(n+1) = 2(cn+n ) 

3939

1111n 1

 ∴  cn+n =(c1+ 1 )( 2) 

3939111nn+1

 ∴  cn= n++(2)( 1) 

399

∴  p=

( 1)n( 1)n1n

 ∴  bn= n+ (2)  

399

 ∴  an=2 1+bn=

n

8n1n

×2+( 1)n 1 993

2

an an+11

，求an 例5． 已知满足a1=1,a2=,且an+2=2

7(an+1)+an+1+2an+1an

分析：揭示的时三项间的关系，分式形式； 联想  an+1=

Aan+B 

Can+D

(1) x=

Ax+B

Cx+D

(2) 解出两个α，β 

(3) 

ax+α=...ax β=...

     相除 

ax+αa

=q(n α ax βan β

(4) 整理 解出an=? 

an+2

2

an 1=+1 an+2=Aan+1+Ban 

an

原题： a=1,a=7,且an+2=7an+1 an，求an 改1： a=1,a=7,且an+2代换，令an+2=2bn+2+1  

2

1an

=+1 

an

an+2

2

1（2bn+1+1） 1an

=+1变为： 2bn+2+1= 

an2bn+1

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2bn+2

4b2n+1+4bn+14b2n+1+4bn+1 2bn 1= 1 2bn+2= 

2bn+12bn+1

bn+2

4b2n+1+4bn+1 2bn 1

 =

4bn+2

4b2n+1+4bn+1 2bn 1

，b1=0,b2=3,求bn =

4bn+2

改2，设数列满足bn+2  

n

cn=A（ 1）+B2n 

∴  a=

12

1n

2×2n+（ 1））3

，（n∈N*）  1

an an 1a+a

2

n

2n 1

例6. 已知a1=1,a2=5，且an+1=

+1

，求an 

解：（an+1）=（

2

an an 1

22

an+an 1+1

2

1

2

an+1

=

111

++ 2222anan 1anan 1

11+1）（+1） 22anan 1

1

2

an+1

+1=（

bn+1=bnbn 1 

lg（bn+1）=lg（bn）+lg（bn 1） 

 cn+1=cn+cn 1      … 

2

an an+1

＋1  an+2＋1=2

(an+1)+an+1+2an+1an22

）＋an+1+2an+1anan an+1＋（an+1

 = 2

(an+1)+an+1+2an+1an

(an+1)2(1+an+1)

 = 

(an+1)2+an+1+2an+1an

 an+2＋1=

2

+2an+1)(an+1)2(+an+1(an

(an+1)+an+1+2an+1an

2

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 相除  

an+2

anan+1

 =

(an+1)2+an+1+2an+1an

2

an+2+1an+12an+1+1

  =(

an+2anan+1

2

   bn+2=bn+1 bn 

这里bn=

an+1

 an

取对数变乘法为加法 

例7 令v1=2,v2=2+1=3,v3=2×3+1=7,v4=43,...,vn=v1v2...vn 1+1， 且Sn=

111++...+ v1v2vn

证明：对于任意正整数n，Sn<1，且对于任意n个(包含着v1,v2,…,vn‐1)的正整数的倒数和In，

如果In<1，则In≤Sn<1，因此Sn是{In|In<1}中最接近1的数。 分析：算Sn的前几项  

S1=

1111

 ==1 =1

v122v2 1

1111511

 +=+==1 =1

v1v22366v3 11111++=....=1  v1v2v3v4 1

S2=

S3=

 … 

猜想 Sn=1

1vn+1 1

<1 

用数学归纳法证明 假设n=k时成立, Sk=1

1vK+1 11

则n=k+1时, Sk+1=Sk+

vk+1

=1

1vk+1 1

+

1vk+1

                =1

vk+1 (vk+1 1)1

=1 ,(vk+1=v1v2...vk+1) 

(vk+1 1)vk+1v1v2..vkvk+1

高中数学奥数竞赛

清北学堂内部讲义—主讲人：徐文兵

                  =1 n=2时，1  

        I2=

1vk+2 1

,(vk+2 1=v1v2..vk+1) 

1111+=+ v1w2w

由I2<1 w≥3    

 ∴  I2=

1111

+≤+=S2 2w23

 ∴  I2≤S2<1 

 ∴  S2是所有{In|In<1}中最接近1的数。 

任意满足条件Ik+1，即Ik+1<1 且 Ik+1=

1111++...++ v1v2vkw

 Ik+1=SK+

1

 w1vk+1

 Sk+1=Sk+

(1) 当正整数 w≥vk+1

1111≤ Sk+≤Sk+, Ik+1≤Sk+1 wvk+1wvk+1

(2) 当正整数 w<vk+1 w≤vk 1 1, 此时，  

Ik+1=SK+

111≥Sk+=1，刚证出：Sk=1  wvk+1 1vk+1 1

这与Ik+1<1矛盾， 

  综上所述,命题成立 

例8. 在公差为d(d>0)的正数等差数列a1，a2，…，a3n(n≥2)中任意取n+2个数，证明：其中必存在两个数ai，aj(i≠j)，满足不等式1<

|ai aj|nd

<2。 

分析：1<

|ai aj|nd

<2  nd<|ai aj|<2nd 

高中数学奥数竞赛

清北学堂内部讲义—主讲人：徐文兵

难点：ai，aj均不确定， 

不妨设a1，a2，…，a3n中取出的n+2个数中最大的为al=a3n 

解：在取出的n+2个数中，设al为最大的，则， al≤a3n,把每个数都加上a3n‐ al,这样处理后不改变任何两个数的差的绝对值，从而总可以认为取出的n+2个数中包括a3n。 

(1) 若取出的n+2个数中，除a3n外还有an+1，an+2，…，a2n‐1，这n‐1个数中的一个aj 则，|a3n aj|≥|a3n a2n 1|=(n+1)d>nd 

|a3n aj|≤|a3n an 1|=(2n 1)d<2nd 

此时1<

|ai aj|nd

<2 

an+1 a

→ n+2  ... a2n 1

取出的n+1个数:a3n

(2) 若取出的n+2个数中，不含an+1，an+2，…，a2n‐1，中的任意一个,这表明取出的n+2个数，

一个为a3n，其余的n+1个数来自n个抽屉 

这样除3n外，还要取的n个数必须从以上的几个抽屉中取出，由抽屉原理，必须有同一个抽屉的两个元素被取出。 

这两个数ai,aj nd<|ai aj|＝（2n－1）d<2nd 

 ∴  1<

|ai aj|nd

<2 

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