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． 12k27． 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=．