高考数学数列专项复习

　　基础知识

　　1．数列的概念

　　定义1. 按照某一法则，给定了第1个数，第2个数，………，对于正整数有一个确定的数，于是得到一列有次序的数我们称它为数列，用符号表示。数列中的每项称为数列的项，第项称为数列的一般项，又称为数列的通项。

　　定义2.当一个数列的项数为有限个时，称这个数列为有限数列；当一个数列的项数为无限时，则称这个数列为无限数列。

　　定义3.对于一个数列，如果从第2项起，每一项都不小于它的前一项，即，这样的数列称为递增数列；如果从第2项起，每一项都不大于它的前一项，即，这样的数列称为递减数列。

　　定义4.如果数列的每一项的绝对值都小于某一个正数，即，其中是某一个正数，则称这样的数列为有界数列，否则就称为是无界数列。

　　定义5.如果在数列中，项数与具有如下的函数关系：，则称这个关系为数列的通项公式。

　　2．等差数列

　　定义6.一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做公差，常用字母表示。

　　等差数列具有以下几种性质：

　　（1）等差数列的通项公式：或；

　　（2）等差数列的前项和公式：或；

　　（3）公差非零的等差数列的通项公式为的一次函数；

　　（4）公差非零的等差数列的前项和公式是关于不含有常数项的二次函数；

　　（5）设是等差数列，则（是常数）是公差为的等差数列；

　　（6）设，是等差数列，则（是常数）也是等差数列；

　　（7）设，是等差数列，且，则也是等差数列（即等差数列中等距离分离出的子数列仍为等差数列）；

　　（8）若，则；特别地，当时，；

　　（9）设，，，则有；

　　（10）对于项数为的等差数列，记分别表示前项中的奇数项的和与偶数项的和，则，；

　　（11）对于项数为的等差数列，有，；

　　（12）是等差数列的前项和，则；

　　（13）其他衍生等差数列：若已知等差数列，公差为，前项和为，则

　　      ①．为等差数列，公差为；

　　　　②．（即）为等差数列，公差；

　　　　③．（即）为等差数列，公差为. 

　　3．等比数列

　　定义7.一般地，如果有一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于现中一个常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做公比；公比通常用字母表示（），即。

　　等比数列具有以下性质：

　　（1）等比数列的通项公式：或；

　　（2）等比数列的前项和公式：；

　　（3）等比中项：；

　　（4）无穷递缩等比数列各项公式：对于等比数列的前项和，当无限增大时的极限，叫做这个无穷递缩数列的各项的和，记为，即；

　　（5）设是等比数列，则（是常数），仍成等比数列；

　　（6）设，是等比数列，则也是等比数列；

　　（7）设是等比数列，是等差数列，且则也是等比数列（即等比数列中等距离分离出的子数列仍为等比数列）；

　　（8）设是正项等比数列，则是等差数列；

　　（9）若，则；特别地，当时，；

　　（10）设，，，则有；

　　（11）其他衍生等比数列：若已知等比数列，公比为，前项和为，则

　　①．为等比数列，公比为；

　　②．（即）为等比数列，公比为；

　　典例分析

　　例1．设等差数列的首项与公差均为非负整数，项数不小于3，且各项之和为972，则这样的数列有_____________个。

　　解：设等差数列的首项为，公差为。由已知有，即。又因为，所以只可能取，又因为且均为整数，故；

　　若，由于为正数，则，即，故，这时有或；

　　若，则，这时有或。

　　例2．设，A是S的三元子集，满足：A中元素可以组成等差数列，那么这样的三元子集有___________个。

　　解：若成等差数列，则，从而首未两项奇偶相同，且首未两项一旦确定，那么等差数列也就随之确定了。但是值得注意的是，虽然成等差数列时，也成等差数列，但它们所对应的是同一个集合A={}。

　　将S按数的奇偶性分成与两个子集。

　　从中取出两个数作为等差数列的首未两项，共有种不同的取法；

　　从中取出两个数作为等差数列的首未两项，共有种不同的取法；

　　所以共有+种不同的取法。

　　例3．设，A为至少含有两项且公差为正的等差数列，其项都在S中，且添加S的其它元素于A后均不能构成与A有相同公差的等差数列，求这种A的个数（这里只有两项的数列也看作是等差数列）（1991年全国高中数赛二试第一题）

　　分析：可先对特殊的n（如n=1,2,3）通过列举法求出A的个数，然后总结规律，找出的递推关系，从而解决问题；也可以就A的公差时，讨论A的个数。

　　解法一：设元素集中满足条件的A有个，则，，……如此下去，可以发现。

　　事实上，比的A增加的公差为的1个，公差为的1个，……，公差为为偶数)或为奇数）的增加1个，共增加个。

　　由的递推公式可得个。

　　解法二：设A的公差为，则，分为两种情况讨论：

　　（1）当为偶数时，则当时，公差为的A有个，当时，公差为d的A有个，故当n为偶数时，这种A共有

　　个；

　　（2）当为奇数时，则当时，公差为的A有个，当时，公差为d的A有个，故当n为奇数时，这种A共有

　　个；

　　综合（1）（2）得，所求的A共有个。

　　例4．将数列依次按每一项，两项，三项，四项循环分成（3），（5，7），（9，11，13），（15，17，19，21），（23），（25，27）,（29，31，33），（35，37，39，41），（43）……，则第100个括号内的各数之和是__________________。

　　解：每循环一次记为一组，则第100个括号是第25组的第4个括号。而每组中第四个括号内的各数之和构成以72为首项，以80为公差的等差数列，故为所求。

　　例5．设数列是等差数列，是等比数列，且，，（），又，试求数列的首项与公差。（2000年全国高中数赛一试第13题）

　　分析；题中两个基本量中的首项和公差是所需求的。利用，，成等比数列和给定的极限可列出两个方程，但需注意极限存在的条件。

　　解：设所求的首项为，公差为。因为，故；又因为成等比数列，故，即，即，化简得：，解得，而，故；

　　若，则；若，则；

　　但是存在，可知，于是不合题意，从而只有。于是由

　　解得，所以，

　　故数列的首项与公差分别为和。

　　例6．若复数列的通项公式为

　　（1）将数列的各项与复平面上的点对应，问从第几项起，以后所有的各项对应的点都落在圆的内部；

　　（2）将数列中的实数项按原来的顺序排成一个新数列，求数列的通项及所有项的和。

　　解：（1）设数列的各项在复平面上对应的点的坐标为，则，。

要使点落在圆的内部，

只需，得

即，故从第6项起，以后每一项都落在圆的内部。

　　（2）要使数列中的项为实数，则，得，

　　因此数列的通项公式为，

　　所以，且

　　故数列是首项为1，公比为的无穷递缩数列，从而数列的所有项的和为：。

　　例7．已知整数，是1，2，3，……，n的一个排列，求证：不可能构成一个等差数列，也不可能构成一个等比数列。（2006年山东省第二届夏令营试题）

　　证明：若构成一个等差数列，设其公差为，则，，所以。

　　而，因为，所以

　　所以。

　　于是当时，则，于是

　　所以，矛盾！

　　当时，则， 又因为所以，从而。

　　所以，所以，从而，矛盾！

　　从而不可能构成一个等差数列。

　　下证不可能构成一个等比数列。

　　若构成了一个等比数列，考虑最后三项。

　　有，所以。

　　而（，，所以；

　　当时，显然 ；

　　当时，显然  ；

当时，有，知，所以即，所以或4；

　　   当时，只能为1，6，6或2，6，3，但这两个都不是等比数列；

　　   当时，，所以故；又因为，所以矛盾！

　　所以也不可能构成一个等比数列。

　　例8．正整数序列按以下方式构成：为某个正数，如果能被5整除，则；如果不能被5整除，则。证明：数列{}自某一项起，以后各项都不是5的倍数。（2006年山东省第二届夏令营试题）

　　证明：首先证明中一定在存在相邻的两项，它们都不是5的倍数。

　　（反证）若不然，数列中任意的两项都是5的倍数。

　　若，则；

　　若5  ，则，从而；

　　所以矛盾！（因为某个正数，不可能大于无穷多个正整数）

　　从而中一定在相在相邻的两项，它们都不是5的倍数。

　　设都不是5的倍数，则，其中，

　　有

　　因为，所以，所以只能取，即只能取，这说明不是5的倍数。

　　即从起以后每一项都不是5的倍数。

　　例9．将与105互质的所有正整数从小到大排成数列，求这个数列的第三1000项。

　　解：设，，，

　　则；

       ；

       ；

      ；

      ；

       ；

       ，所以。

　　在1到105之间与105互质的数有

　　[

　　]+[++]

　　－=105－（35+21+15）+（7+3+5）－1=48

　　设将与105互质的数从小到大排列起来为数列，则

　　，，，

　　这是一个以48为周期的周数列，因为

　　所以；

　　而由于，，，，，，，

　　，；

　　所以=。

　　例10．数列的定义如下：，且当时，有  

　　现已知，求正整数.（2006年山东省第二届夏令营试题）

　　解：由题设条件知，并由得当n为偶数时，，当n为奇数时，；

　　由于，知n为偶数；

　　所以知为奇数；所以知为偶数；

　　知为奇数；知为偶数；

　　知为奇数；知为偶数；

　　知为偶数；知为奇数；

　　知为偶数；知为奇数；

　　知为偶数；

　　所以，所以。

几个重要的特殊数列 

　　基础知识

　　1．斐波那契数列

　　莱昂纳多斐波那契（1175－1250）出生于意大利比萨市，是一名闻名于欧洲的数学家，其主要的著作有《算盘书》、《实用几何》和《四艺经》等。在1202年斐波那契提出了一个非常著名的数列，即：

　　假设一对兔子每隔一个月生一对一雌一雄的小兔子，每对小兔子在两个月以后也开始生一对一雌一雄的小兔子，每月一次，如此下去。年初时兔房里放一对大兔子，问一年以后，兔房内共有多少对兔子？

　　这就是非常著名的斐波那契数列问题。其实这个问题的解决并不是很困难，可以用表示第个月初时免房里的免子的对数，则有，第个月初时，免房内的免子可以分为两部分：一部分是第个月初就已经在免房内的免子，共有对；另一部分是第个月初时新出生的小免子，共有对，于是有。

　　现在就有了这个问题：这个数列的通项公式如何去求？为了解决这个问题，我们先来看一种求递归数列通项公式的求法——特征根法。

　　特征根法：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。（这个问题的证明我们将在后面的讲解中给出）

　　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：

　　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）（）；

　　2．分群数列

　　将给定的一个数列{}：按照一定的规则依顺序用括号将它分组，则可以得到以组为单位的序列。如在上述数列中，我们将作为第一组，将作为第二组，将作为第三组，……依次类推，第组有个元素，即可得到以组为单位的序列：（），（），（），……我们通常称此数列为分群数列。

　　一般地，数列{}的分群数列用如下的形式表示：（），（），（），……，其中第1个括号称为第1群，第2个括号称为第2群，第3个括号称为第3群，……，第个括号称为第群，而数列{}称为这个分群数列的原数列。如果某一个元素在分群数列的第个群中，且从第个括号的左端起是第个，则称这个元素为第群中的第个元素。

　　值得注意的是一个数列可以得到不同的分群数列。如对数列{}分群，还可以得到下面的分群数列：

　　第个群中有个元素的分群数列为：（），（），（）…；

　　第个群中有个元素的分群数列为：（），（），（）…等等。

　　3．周期数列

　　对于数列{}，如果存在一个常数，使得对任意的正整数恒有成立，则称数列{}是从第项起的周期为T的周期数列。若，则称数列{}为纯周期数列，若，则称数列{}为混周期数列，T的最小值称为最小正周期，简称周期。

　　周期数列主要有以下性质：

　　（1）周期数列是无穷数列，其值域是有限集；

　　（2）周期数列必有最小正周期（这一点与周期函数不同）；

　　（3）如果T是数列{}的周期，则对于任意的，也是数列{}的周期；

　　（4）如果T是数列{}的最小正周期，M是数列{}的任一周期，则必有T|M，即M=（）；

　　（5）已知数列{}满足（为常数），分别为{}的前项的和与积，若，则，；

　　（6）设数列{}是整数数列，是某个取定大于1的自然数，若是除以后的余数，即，且，则称数列是{}关于的模数列，记作。若模数列是周期的，则称{}是关于模的周期数列。

　　（7）任一阶齐次线性递归数列都是周期数列。

　　4．阶差数列

　　对于一个给定的数列{}，把它的连续两项与的差－记为，得到一个新数列，把数列称为是原数列{}的一阶差数列；如果，则称数列是数列的一阶差数列，是{}的二阶差数列；依次类推，可以得到数列{}的阶差数列，其中。

　　如果某一数列的阶差数列是一非零常数列，则称该数列为阶等差数列。其实一阶等差数列就是我们通常说的等差数列；高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称。

　　高阶等差数列具有以下性质：

　　（1）如果数列{}是阶等差数列，则它的一阶等差数列是阶差数列；

　　（2）数列{}是阶等差数列的充要条件是：数列{}的通项是关于的次多项式；

　　（3）如果数列{}是阶等差数列，则其前项之和是关于的次多项式。

　　高阶等差数列中最常见的问题是求通项公式以及前项和，更深层次的问题2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；

　　(2)待定系数法：在已知阶数的等差数列中，其通项与前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=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

　　设数列{}不是等比数列：若它的一阶等差数列是公比不为1的等比数列，则称它是一阶等比数列；若它的一阶差数列不是等比数列，而二阶差数列是公比不为1的等比数列，则称这为二阶等比数列。一般地说，如果某一个数列它的阶等差数列不是等比数列，而阶差数列是公比不为1的等比数列，则称这个数列为阶等比数列，其中。

　　0阶等比数列就是我们通常所说的等比数列，一阶及二阶以上的等比数列，统称为高阶等比数列。

　　典例分析

　　例1．数列的通项公式为，．记，求所有的正整数，使得能被8整除．

　　（2005年上海竞赛试题）

　　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

　　例２．设是下述自然数N的个数，N的各位数字之和为，且每位数字只能取1、3或4，求证：是完全平方数，这里

　　分析：这道题目的证法很多，下面我们给出借助于斐波那契数列证明的两种方法。

　　方法一：利用斐波那契数列作过渡证明。

　　设，其中且。

　　假设，删去时，则当依次取1，3，4时，分别等于，故当时，    （1）

　　作数列：且，

　　现用数学归纳法证明下述两式成立：

　　                             （2）

　　                        （3）

　　因为故当时（2）（3）两式成立。

　　假设当（）时，（2）（3）两式成立，由当时，由（1）式、的定义以及归纳假设，知

　　这样（2）（3）两式对于成立。故（2）（3）两式对于一切自然数成立。，由（2）即可知是完全平方数。

　　方法二：由的递推关系式寻求的递推关系式，从这个递推关系式对求与斐波那契数列的关系。

　　设，其中且。

　　假设，删去时，则当依次取1，3，4时，分别等于，故当时，

　　所以

　　令，则当时，有

　　因为，下用数学归纳法证明，其中是斐波那契数列：且，

　　当时结论显然；

　　设时结论成立，于是

　　即当时命题成立。

　　从上述证明可知，对一切正整数，是完全平方数，从而也是完全平方数。

　　例3．将等差数列{}:中所有能被3或5整除的数删去后,剩下的数自小到大排成一个数列{},求的值.（2006年江西省竞赛试题）

　　解:由于,故若是3或5的倍数,当且仅当是3或5的倍数.

　　现将数轴正向分成一系列长为60的区间段:(0,+?)＝(0,60]∪(60,120]∪(120,180]∪…,注意第一个区间段中含有{}的项15个,

　　即3,7,11,15,19,23,27,31,35,39,43,47,51,55,59.其中属于{}的项8个,为:

　　,,,,,,,,

　　于是每个区间段中恰有15个{}的项,8个{}的项,

　　且有,k∈N,1≤r≤8.由于2006＝8×250+6,而,

　　所以.

　　例4．将正奇数集合从小到大按第组有个奇数进行分组：{1}，{3，5，7}，{9，11，13，15，17}，……问1991位于第几组？

　　解：需要写出第n组的第1个数与最后一个数，1991介于其中，而第n组的最后一个数为。

　　第n组的第一个数即第n－1组的最后一个数后面的奇数，为[2(n－1)2－1]+2=2(n－1)2+1。由题意知2(n－1)2+1，

　　解得(n－1)2且，从而且，故，即1991位于第32级中。

　　例5．设等差数列的首项是，公差为，将按第组有个数的法则分组如下：

　　，，，……，

　　试问是第几组的第几个数？并求出所在那组的各项的和。

　　解：设位于第组，则前组共有3+6+9+…+3（k－1）=项，

　　所以即

　　解此方程组得：，

　　因为且－（，所以。

　　因此，是第组的第个数，其中。

　　因为第组是以为首项，为公差的等差数列，所以其所有项的和等于，其中。

　　例６．设奇数数列：1，3，5，7，9……   （1）     按2，3，2，3……的个数分群如下：

　　（1，3），（5，7，9），（11，13），（15，17，19），……（2）

　　（I）试问数列（1）中的2007是分群数列（2）中的第几群中的第几个元素？

　　（II）求第个群中的所有的元素之和。

　　解：（I）将数列（1）重新分群，按每个群含5个元素的方式分群：

　　（1，3，5，7，9），（11，13，15，17，19），……（3）

　　由于2007排在（1）中的第1004个，因此2007是分群数列（3）中的第201群中的第4个元素。对照分群数列（2）与（3），容易知道（3）中的第201个群的第4个元素是数列（2）中的第402个群中的第2个元素，所以2007是分群数列（2）中第402群中的第2个元素。

　　（II）对分偶数和奇数两种情况进行讨论。

　　若为偶数，则，则数列（2）的第群的元素是数列（3）的第群的第3，4，5个元素，由于数列（3）的第群的5个元素之和是，所以数列（2）中的第群的元素之和为；

　　若为奇数，设，则数列（2）的第群的元素是数列（3）的第群的第1，2个元素。由于数列（3）的第群的5个元素之和是，所以数列（2）中的第群的元素之和为。

　　例7．数列：1，9，8，5，……，其中是的个位数字（），

　　试证明：是4的倍数。

　　证明：数列中为奇或偶数时，分别记为1，0，则得数列：

　　1，1，0，1，0，1，1，0，0，1，0，0，0，1，1，1；1，1，0，1，0，1，1，0，0，1，0，0，0，1，1，1；…且与的奇偶性相同。

　　由于数列，的定义及前面得到的新数列的一些项，

　　可见是以15为周期的周期数列，即得，

　　而，，……，，

　　于是……即在1985到2000的这16项中，奇数、偶数各有，

　　由于偶数的平方能被4整除，奇数的平方被4除余1，由此命题得证。

　　例8．已知，，，试证：对于一切，所有的项都不是4的倍数。

　　证明：方法一：由题设中的递推关系，知的奇偶性只有三种情况：奇，偶，奇；偶，奇，奇；奇，奇，偶。均不是4的倍数。下面证明中的所有项都不是4的倍数。

　　假设存在是4的倍数的最小下标，则，且均为奇数，为偶数。

　　由于和，得所以是4的倍数，与所设的矛盾！因此命题得证。

　　方法二：由于该数列不是周期数列，但模4后得到的数列是周期数列，从开头的几项1，2，7，29，22，23，49，26，－17，……模4后得1，2，3，1，2，3，1，2，3，……发现这是一个周期为3的周期数列。

　　设，对于（其中）成立，则，所以与奇偶性相同，

　　所以

　　或

　　因此，将数列每一项模4后，余数成周期数列，周期为3，因此所有项都不是4的倍数。

　　例9．一个三阶等差数列{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10．对于任一实数序列A={a1,a2,a3,…}，定义A为序列{a2-a1,a3-a2,…}，它的第n项为an+1-an，假设序列(A)的所有项均为1，且a19=a92=0,求a1

　　解：设序列A的首项为d,则序列A为{d,d+1,d+2,…},它的第n项是d+(n-1)，因此序列A的第n项

　　显然an是关于n的二次多项式，首项等比数列为，

　　由于a19=a92=0，必有，所以a1=819.

　　方法二：由题意知，数列A是二阶等差数列，因面它的通项是关于的二次三项式，故可设，由a19=a92=0,知19，92是方程的两个根，所以

　　，又已知，

　　从而

　　解得，所以，将代入求得a1=819.

　　针对练习：（主要是阶差数列的练习）

　　1．数列{an}的二阶差数列的各项均为16，且a63=a=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an= a1+

　　=a1+(n-1)a+8(n-1)(n-2)

　　这是一个关于n的二次多项式，其中n2的系数为8，由于a63=a=10,所以

　　an=8(n-63)(n-)+10，从而a51=8(51-63)(51-)+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=a=10，故可设an=A(n-63)(n-)+10

　　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-)+10-2[A(2-63)(2-)+10]+A(1-63)×(1-)+10=16

　　解得：A=8

　　an=8(n-63)(n-)+10，从而a51=8(51-63)(51-)+10=3658

　　2．求和：Sn=1×3×22+2×4×32+…+n(n+2)(n+1)2

　　解：Sn是是数列{n(n+2)(n+1)2}的前n项和，

　　因为an=n(n+2)(n+1)2是关于n的四次多项式，所以{an}是四阶等差数列，于是Sn是关于n的五次多项式

　　k(k+2)(k+1)2=k(k+1)(k+2)(k+3)-2k(k+1)(k+2)，故求Sn可转化为求

　　Kn=和Tn=

　　k(k+1)(k+2)(k+3)=[ k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)-(k-1) k(k+1)(k+2)(k+3)]，所以

　　Kn==

　　Tn==

　　从而Sn=Kn-2Tn=

　　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

　　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{ Cn}是常数列

　　由条件(2)得C1=2,则{an}是二阶等差数列

　　因此an=a1+

　　由条件(3)知b4=9，从而b1=3，于是an=n2

　　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

　　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组中正这一项，然后乘以(2n-1)即得an

　　将每一组的正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组正的那一项为2n2-2n+1，从而

　　an=(2n-2n+1)(2n-1)

　　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

　　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、…、(2n-1)厘米的正方形，愉好是n个而不剩余纸，这可能吗？

　　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=9129<10000，当n=20时=10660>10000