关于代数的短文十二篇

公式C_(n+1)~m=C_n~m+C_n~(m-1)的一个应用利用组合数性质公式C_(n+1)~m=C_n~m+C=_n~(m-1)可以求形如{n(n+1)…(n+k-1)}的数列的前n项和S_n。 [例1] 求和 S=1·2·3+2·3·4+…+n(n+1)(n+2) 解:1/3!S=1·2·3/3!+2·3·4·/3!…+n(n+1)(n+2)/3! =C_3~3+C_4~3+…+C_(n+2)~3=(C_4~4+C_4~3)+C_5~3+…+C_(n+2)~3 =(C_5~4+C_5~3)+C_6~3+…+C_(n+2)~3=…=C_(n+2)~4+C_(n+2)~3 =C_(n+3)~4=n(n+1)(n+2)(n+3)/4!,     

数列通项an的两个常见变形式的相通性及再创新式

我们知道数列通项 an 具有如下两个常见的基本变形式 :差式变形式 :an=(an- an-1 ) (an+ 1 - an-2 ) +…+(a2 - a1 ) +a1 . 1商式变形式 :an=anan-1· an-1 an-2·…· a3 a2· a2a1·a1 . 21式可以应用于求递推关系式为 :an+ 1 =an+g(n)型数列的通项公式 ;2式可以应用于求递推关系式为 :an+ 1 =f(n)× an型数列的通项公式 .而对求递推关系式为 :an+ 1 =kan+g(n) (k≠ 1 ) ( )型的通项公式就失效 .近期有杂志刊文介绍对 an+ 1 =kan+g(n) (k≠1 )型的通项公式求法 .不外乎两种方法 :其一是将an+ 1 =kan+g(n) (k≠ 1 )转化为 :an- h(n) =k{ an…     

介绍一类数列通项公式的求法

学习“数列”常需研究通项公式,有些数列的通项公式比较难求。例如数列: ——1,3,0,4,1,5,2,6,3……(1) 4,1,7(1/4),3,11(1/(16)),5,15(1/(64)),7……(2) 上述两数列的通项公式怎么求呢?我们先从简单的数列谈起: 对于数列b,0,b,0,……(3)它的一个通项公式是a_n=b((-1)~(n 1) 1)/2。     

一些特殊数列求和的简易方法

形如 1·2 2·3 3·4……n(n+1)、 1·2·3 2·3·4 3·4·5……n(n+1)(n+2)、 1/(1·2) 1/(2·3) 1/(3·4)……1/(n(n+1))、 1~2 2~2 3~2……n~2 1~3 2~3 3~3……n~3 之类的数列,求其前n项之和的问题,不少数学复习资料上列出了求和公式,也有些人从不同的方面探讨其求和方法,但对中学生来说,或者不知公式来源,或者不易理解方法,因而我们     

用累乘法求递推数列的通项公式

给出数列{an}的递推公式和首项a1,求数列{an}的通项公式,往往我们可以将所给出的递推公式进行变形,使问题转化为所熟知的bn+1=f(n)bn形式,当bn≠0时,变形得到(b(n+1))/bn=f(n),则由累乘法可得bn=bn/(b(n-1))·(b(n-1))/(b(n-2))…b3/b2·b2/b1·b1= f(n-1)f(n-2)…f(3)f(2)f(1)b1,若f(n-1)、f(n-2)、…、f(3)、f(2)、f(1)的积容易求出,则数列{bn}的通项公式可求出,从而得到数列{an}的通项公式.     

从一道高考题谈“放缩”的策略

先看2004年一道高考数学题:已知数列an的前n项和Sn满足Sn=2an+(-1)n(n≥1).(1)写出数列an的前三项a1,a2,a3;(2)求数列an的通项公式;(3)证明:对于任意的整数m>4,都有1/a4+1/a5+…+1/am<87.这是一道涉及探求递推数列的通项公式,特殊数列求和,放缩法证明不等式的题目,有较强的综合性.下面我们主要分析第(3)题.分析1由(1)、(2)可知:an=3/2[2n-2+(-1)n-1](n≥1),从而要证明的不等式可化为:2/1+6/1+1/10+…+3/2·2/(m-3)+(1-1)m-2+2/3·2m-2+(1-1)m-1<7/8.显然该不等式左边无法直接求和,此时应先对左边每一项进行放大变形,然后再求和.但考虑到左…     

关于数列通项的个数和拉格朗日方法

《中学数学教学》最近连载蔡上鹤先生就高中数学新教材的教学方法 ,回答高中教师的问题 ,说得简单明了全面且多有妙语珠词。今仅就其中第 5 1、5 4两个问题 (编者注 :见本刊 2 0 0 1年第 2期 )作些补充。1 只给出数列头几项 (其余用省略号 )而求数列通项 (实际上就是求数列本身 )。这是一个不确定问题 ,它早已被大数学家拉格朗日彻底解决 ,他给出了万能插值法。就从蔡先生的例题说起 :给数列ａ1=2 ,ａ2 =-32 ,ａ3 =43,ａ4 =-54 ,ａ5=65 ,ａ6=-76 ,……其通项可以写成 :ａｎ=( -1 ) ｎ - 1·ｎ 1ｎ =( -1 ) ｎ 1·ｎ 1ｎ =( -1 ) ｎ …     

妙解递推数列的通项

例题show:(2006年高考·全国卷Ⅰ,22题)．设数列{an}的前n项的和Sn=4/3an-1/3×2n+1+2/3,n=1,2,3,…。(Ⅰ)求首项a1与通项an;(Ⅱ)设Tn=2n/Sn,n=1,2,3,…,证明:(∑|i=1|n)Ti<3/2。命题指向:本题综合考查数列的概念及数列求和。(1)[基本思路]由Sn=4/3an-1/3×2n+1+2/3,n=1,2,3,…①。得a1=S1=4/3a1-1/3×4+2/3所以a1=2。再由①有Sn-1= 4/3an-1-1/3×2n+2/3,n=2,3,4,…②。将①和②相减得:an=Sn-     

在数列求和中不应省去“通项”

重庆市八二年非应届生高考预考题有一道3分的填空题: “无穷数列-1/3,2/9,-4/27,……的和为____”出题人的意图是a_n=(-1)~n·(2~(n-1))/3n,从而得到一个无穷递缩等比数列,于是, S=(-1/3)/1+(2/3)=-1/3·3/5=-1/5。     

数列通项公式求法举例

好多中学生对求数列的通项公式感到困难,现将我们平时常用的几种方法归纳如下,希望对中学生有所启发。一、利用直接观察的方法求例1.求数列{a_n}:1,0,1,0,1,0…的通项公式。解:{a_n}中1与0交错出现。因(-1)~(n 1)交错取值1与-1,所以1 (-1)~(n 1)交错取值2与0,所以可得 a_n=(1 (-1)~(n 1))/2 例2.求数列{a_n}:1,1,2,2,3,3,…的通项公式。解:易看出{a_n}奇数项为(n 1)/2,偶数项为n/2,所以可设想: a_n=(n 1)/2·f(n) n/2·g(n)     

求数列的通项公式应注意初项

高中代数甲种本第二册P_(54)第14题的一个内容是“某等差数列{a_n}是前n项和的公式是S_n=5n~2+3n,求它的通项公式,”学生极易写出它的解答; a_n=S_n-S_(n-1) =5n~2+3n-[5(n-1)~2+3(n-1)] =8+10(n-1). 由于题目已肯定了{a_n}是等差数列,这样的题解也可算对了,然而下一题却需细心。例1 数列{b_n}的前n项和S_n=5n~2+3n+2,求它的通项公式。有的学生仿照上一题解,信手写出: “{b_n}的通项公式是     

循环数列通项公式的求法

在众多的数列中有一类呈周期性变化的数列。如: 3,73,7, (1) 7,-2,5,7,-2,5,(2)我们称这类数列为循环数列。 一般地,对于数列{an}如果存在常数K∈N,使得当n∈N的每一个值时都有:an+K=an…(3)成立。那么数列{an}就叫做循环数列。而适合(3)式的最小自然数K叫做数列{an)的循环周期。显然数列(1)和(2)的循环周期分别是2和3。 通过观察用求平均数或拆项的方法可以求出数列(1)的通项公式是an=5+(-1)n·2或an=3+4cosnπ,然而对于循环周期大于2的数列用以上方法求通项公式就很难,并且不具有一般性。     

高二数学单元练习——“数列与数学归纳法”部分

一、填空题直接填入结果 (1)观察数列之特征,找出规律,写出各数列之通项: 〈1〉2·3·1,3·4·4,4·5·7,…〈2〉3/5,7/11,11/17,15/23,…〈3〉(1.3.5)/(2.4.6),(3.5.7)/(4.6.8),(5.7.9)/(6.8.10),     

合成数列的又一通项公式

文[1]给出了合成数列{x_n}a_1,b_1,a_2,b_2,a_3,b_3,…的通项公式x_n=1/2[f(n 1/2) g(n/2)] (-1)~(n 1) 1/2[f(n 1/2)-g(n/2)]. 本文用三角函数给出合成数列{x_n}的又一通项公式,并举例说明这个公式的应用。定理如果数列{a_n}和{b_n}的通项分别为a_n=f(n),b_n=g(n),那么,数列{a_n}与{b_n}的合成数列{x_n}的通项公式为     

关于求整式函数的数列的前n项和

我们经常需要求通项公式为n的整式函数的数列的前n项和。如求下面的和:1~2+2~2+…+n~2 1~3+2~3+…+n~3 实际就是分别求通项公式为a_n=n~2,a_n=n~3的两个数列的前n项和。又如1989年高考第23题: 是否存在常数a,b,c使得等式: 1×2~2+2×3~2+…+n(n+1)~2=n(n+1)/12(an~2+bn+c)对一切自然数n都成立!并证明你的结论。这里如果能求出数列{a~n},其中a_n=n(n+1)~2的前n项和,此题也就解决了。     

两道常见题的简单解法

题一求无穷数列 1/2~2+(1-1/2~2)·1/3~2+(1-1/2~2)·1/4~2+……+(1-1/2~2)(1-1/3~2)…(1-1/n~2)·1/(n+1)~2+…… (*)之和。贵刊1991年第3期P_(29)指出:这个数列构造较复杂,用初等方法难以理出头绪,于是,用构造概率模型的方法才求出了这个数列的和,但其解法太繁。在此之前,《数学通报》1983年第5期P_(15)和《初等数学解题方法研究》(欧阳维诚,湖南教育出版     

关于无穷数列的通项公式问题

在中学数学课本中,有类似下列的例题和习题:“写出下列各数列的通项公式:(1)2,4,6,8,…………,(2)3,9,27,81,…………,(3)3/4,4/5,5/6,6/7,…………,(4)100,200,300,400,…………,(5)1.1/2,1/3,………,(6)5,0,1,13,…………,等等.”表面看来,上列数列中,(1)至(5)的通项公式好像容易观察出来,即依次     

一个整除问题的精巧证明

在中学数学中,有一道出现频率较高的习题:题证明(3+5~(1/2))~n+(3-5~(1/2))~n能被2~n整除(n∈N) 一般证法是利用第二数学归纳法来证明的,其证明较繁,下面利用费波那契数列通项公式给出它的一个精巧证明。证 [(3+5~(1/2))~n+(3-5~(1/2))~n]/2~2=((3+5~(1/2))/2)~n+((3-5~(1/2))/2)~n=((1+5~(1/2))/2)~2n+((1-5~(1/2))/2)~2n=[((1+5~(1/2))/2)~n-((1-5~(1/2))/2)~n]~2+2(-1)~n     

公式变形 事半功倍

一、完全平方公式的变形变形一:a2+b2=(a+b)2-2ab.变形二:(a+b)2-(a-b)2=4ab.变形三:|a-b|=√(a+b)2-4ab.例1在实数范围内因式分解a4+1.解:由变形一,得a4+1=(a2)2+1=(a2+1)2-2·a2·1=(a2+2~(1/2)a+1)(a2-2~(1/2)a+1)例2 已知x2-5x+1=0,求x2+1/x2的值.     

数列中的不等式恒成立问题

不等式的恒成立问题是学生较难理解和掌握的一个难点,以数列为载体的不等式恒成立问题的档次更高、综合性更强,是高三第二轮复习中不可多得的一个专题。例1:(2003年新教材高考题改编题)设a0为常数,数列{an}的通项公式为an=1/5[3n+(-1)n-1·2n]+(-1)n·2na0(n∈N+),若对任意n≥1不等式an>an-1,恒成立,求a0的取值范围。