特征根法求数列通项公式

<正>数列的通项公式是高考重点考查的知识点之一,求数列通项公式的方法也很多,在具体的问题中选择最适当的方法来解决是重中之重。本文主要介绍用特征根法求数列通项公式。若常系数齐次线性递归数列的递归关系为:a_(n+k)=c_1a_(n+k-1_+c_2a_(n+k-2)+…+c_ka_n,则称方程x^k=c_1xk=c_1x^(k-1)+c_2x(k-1)+c_2x^(k-2)+…+c_k为其特征方程,方程的根称为{a_n}的特征根。定理:如果x_1,x_2是递推关系a_n=     

待定系数法求一类递推数列通项公式

<正>求递推数列的通项公式的方法较多,技巧性很强.本文主要探究形如a_(n+1)=pa_n+f(n)(p为常数,n∈N*)的递推数列通项公式的求法.一、引例例1已知数列{a_n}满足a_1=3,a_(n+1)=2a_n+5n+1(n∈N*),求该数列的通项公式.解(辅助数列法)由a_(n+1)=2a_n+5n+1,得a_(n+1)+5(n+1)+6=2(a_n+5n+6).(1)     

混合数列的错位求和法

本文介绍求一类数列的前n项和的方法. [定义] 满足循环方程u_k+λ_1u_(k-1)+λ_2u_(k-2)+…+λ_ru_(k-r)=0(k≥r,λ_r≠0)的数列{u_k}称为r阶循环数列.若{u_n}是r阶循环数     

求sum from k=j to n (a_mk~m+a_(m-1)k~(m-1)+…+a_1k+a_0)的一种方法

[定理] sum from k=1 to n (a_mk~m+a_(m-1)k~(m-1)+…+a_1k+a_0)=A_(m+1)n~(m+1)+(a_m+A_m)n~m+…+(a_1+A_1)n。其中,系数A_(m+1),A_m,…,A_1由方程组     

构造辅助数列求数列通项公式

<正>求数列的通项公式是高考的重点之一,因此掌握数列通项公式的求法至关重要,本文就构造辅助数列求通项公式的几种情况进行论述。1.递推公式形如:a_n=pa_(n-1)+q(p,q为常数,pq(p-1)(q-1)≠0)。处理方法:(1)利用待定系数法变形为a_n+λ=p(a_(n-1)+λ),即构造数列{a_n+λ}为公比为p     

小议用特征方程求通项

根据给出的数列的递推关系,求它的通项公式中,用特征方程求数列的通项公式,是非常有效的方法。例如,已知数列{a_n}具有关系a_1=3~(1/2),且a_(n+1)=1/2 a_n-3,求a_n的表达式,可用下面方法来解。∵a_(n+1)=1/2 a_n-3,把它两边同加上6,得a_(n+1)+6=1/2 a_n+3=1/2(a_n+6)。     

用二阶递归数列的转化解题

由a_(n+2)=pa_(n+1)+qa_(n)+r(p,q,r是与n无关的常数,a_(1),a_(2)是已知数)确定的二阶递归数列{a}_(n)的各项容易用递推法求出,但有时把其中的一类等价变形为分式型二阶递归数列(见定理1)就不容易用递推法求出其各项了.如果读者能发现它们之间的联系,就可以解决后面这个困难的问题了.     

利用递推方程求数列的通项公式

在有关数列的问题中,我们有时会遇到已知数列的首项a_1(或a_1、a_2)及数列中连续两项或三项的递推方程(有的书中称为循环方程或差分方程)如a_n+1=Ma_n+N;a_(n+2)=Ma_(n+1)+Na_n,要求写出它的通项公式。我们通常采用的方法是由已知写出数列的前几项,接着通过观察、归纳,猜想出一个通项公式,最后用数学归纳法予以证明。然而有些数列的通项公式,不是那么容易归纳出来的,如有名的斐波那契数列(即后面的例4)便是如此。怎么办呢?本文通过数例试图说明解决此类问题的方法。     

一类递推数列通项公式的解法

<正>在数列中有一类重要的递推数列{a_n},需要求它的通项公式,这类数列满足条件:a_1=α,a_2=β,且a_(n+2)=pa_(n+1)+qa_n(其中p,q均为常数).如何求其通项公式a_n呢?本文用三种不同解法加以阐述,以飨读者.一、构造法     

数阵的一种迭代

1 问题已知数阵 A_0={a_(ij(0))={a_(ij)},a_(ij)∈C.设A_n={a_(ij)(n)):a_(ij)(n)=a_(ij)(n-1)+a_(i,j+1)(n-1)+a_(a_(i+1),j)(n-1)+a_(i+1,j+1)(n-1),i,j=1,2,3,…,①则 A_n 叫做 A_0的 n 次迭代数阵.问题在于:已知 A_0,求 A_n 的通项公式.     

关于杨辉三角错位变体和克隆变体的猜想

从杨辉三角的两种基本变体即错位变体和克隆变体的概念,提出两个猜想,并证明两种变体的各行和与形如a_(n k l)=a_(n k) a_n的线性递归数列的对应关系,同时给出这类递归数列的两种通项公式1)。借助杨辉三角及其变体研究线性递归数列的性质将会是一种新颖而且有效的方法。     

用待定系数法求一类数列的通项公式——一道高中数列习题的推广

高中代数(甲种本)第二册77页上有这样一道习题: 已知数列{a_n}的项满足 a_1=b a_(n+1)=ca_n+d(c≠1),证明这个数列的通项公式是 a_n=(bc~n+(d-b)c~(n-1)-d)/(c-1) 我们把这题推广成: 已知数列{a_n}的项满足 a_1=a a_(n+1)-ba_n=c_0+c_1n+c_2n~2+…+c_mn~m,其中b≠0,求这个数列的通项公式. 这类问题,可以用待定系数法解决.以     

一类递推数列通项公式的求解

<正>在数列这一章中,由递推公式求通项公式是本章的一个重要知识内容,也是一个难点与考点.以下几类递推数列的通项公式我们是可以解决的:(1) a_(n+1)=pa_n+A(n),其中A(n)为整式;(2) a_(n+1)=pa_n+qⁿ;(3) a_(n+1)=pa+n+A(n) qn;(3) a_(n+1)=pa+n+A(n) qⁿ,其中A(n)为整式.由此引发思考,对于形如a_(n+1)=pa_n+B(n),其中B(n)为分式,此类递推数列是否     

几个特殊数列的求和公式

本文给出几种特殊数列的求和公式: 1、等差数列各项K次幂的和的递推公式。 2、等差数列与等比数列相应项之积的和的公式。 3、设(a_n)为等差数,公差为d,则 (1)sum from i=1 to n (a_ia_(i+k)…a_(1+k-1))=a_1a_2…a_k+(a_na_(n+1)…a_(n+k)-a_1a_2…a_(k+1))╱(k+1)d (2)sum from i=1 to n (1╱a_1a_2…a_(i+k-1))=1╱((k-1)d)(1╱a_1a_2…q_(n-1))-1╱(a_(n+1)a_(n+2)…a_(n+k=1))     

二阶递归数列的通项公式及其应用

数列{a_n},如果对于任意相邻的三项a_(k+2),a_(k+1),ak满足Aa_(k+2)+Ba_(k+1)+Ca_k=0(AC≠0,k=1,2,3,…),则称这数列为二阶递归数列。关于二阶递归数列通项公式虽然已有很多论述,但由于使用的是母函数法,这使很多中学生不容易接受,或者使用逐推法而把问题搞得相当繁琐。笔者在下面提供的一种方法是以现行中学数学教材为基础的、能被一般学生所接受的,因而可以作为中学生课外阅读材料。     

由递推公式求通项公式的方法

根据递推关系式写出数列的通项公式既是考查学生对数列这部分知识是否掌握的试金石,也是考查学生的观察能力、推理能力、判断能力的重要手段.因此,对学生递推能力的考查一直是高考关注的重点.本文将对高中阶段出现的几种已知递推关系求数列通项公式的方法进行探讨.※递推公式形如an+1=an+f(n)的数列由上式可得:an=an-1+f(n-1)=an-2+f(n-2)+f(n-1)=…=a1+f(1)+f(2)+f(3)…+f(n-1)例:数列｛an｝中,a1=1且a2k=a2k-1+(-1)k,a2k+1=a2k+3k,其中k∈N+,求数列｛an｝的通项公式.解:∵a2k+1=a2k-1+(-1)k+3k,a2k+1-a2k-1=(-1)k+3k,∴a3-a1=(-1)1+31,a5…     

两类非线性递归数列的通项及其应用

定义:若数列{a_n}用递推公式给出:a_1=a,a_(n 1)=f(a_n)(n=1,2,…)则称{a_n}为递归数列,f为定义函数。当f为非线性函数时,称{a_n}为非线性递归数列。本文给出两类非线性递归数列通项公式的求法。一、递推公式为一次有理式的情形     

关于较宽一类数列的通项公式

数列的通项公式揭示了这个数列的内在规律。中学教材中,对等差数列、等比数列作了重点介绍,本文想在此基础上作一些推广。首先我们定义:multiply from i=k to n f(i)=1(k>n) 定理一:在数列{a_n}中已知a_1且满足 a_n=f(n)a_(n-1)+g(n) (n=2,3,4…)则a_n=a multiply from i=2 to n f(i)+sum from i=2 to n[g(i) multiply from i=i to n-1 f(i+1)] 证明:1°n=2,右边=f(2)a_1+g(2)=a_2 2°假定当n=k时命题成立即     

等比恒等式与等差恒等式

两恒等式a_n=a_1·(a_2/a_1)……(a_n/a_(n-1))及a_n=a_1+(a_2-a_1)+…+(a_n-a_(n-1))分别被称之为等比恒等式与等差恒等式。在处理很多数列问题时,若能恰到好处地利用这两个恒等式,则会给求解带来很多方便,下面略举几例。 例1 (2002年浙江等21省市高考题)设数列{a_n}满足a_(n+1)=a_n~2-na_n+1,n∈N~+。 (1)当a_1=2时,求a_2、a_3、a_4,并由此猜想出a_n的一个通项公式。 (2)当a_1≥3时,证明对所有的n≥1有: (i)a_n≥n+2; (ii)1/(1+a_1)+1/(1+a_2)+…+1/(1+a_n)≥1/2。 简解:(1)略。 (2)(i)用数学归纳法:①当n=1,a_1≥3=1+2结论成立。     

使用公式a_n=S_n-S_(n-1)应注意的问题

贵刊1984年第3期的《求数列通项的几种方法》一文中,根据公式a_n=S_n-S_(n-1)求数列通项的解法不妥。众所周知,公式a_n=S_n-S_(n-1)成立的条件是n≥2,对于a_1,则应通过a_1=S_1来求得,即这才是一个完整的公式。依据上述公式,文中的两个例题应作如下补充: