一道数列题的八种解法

题目已知等差数列｛an｝的前m项的和为30,前2m项的和为100,则它的前3m项的和为______.一、解答上题需用到的知识点1.等差数列｛an｝的通项公式:an=a1 (n-1)d;等差数列｛an｝的推广式:an=am (n-m)d;等差数列｛an｝的变式:a1=an-(n-1)d,d=ann--a11,d=ann--mam,由此联想到点列(n,a     

细节之大——函数观点求递推数列通项一例

例题：在数列{an}中,a1=1,an=a1＋2a2＋2a3＋…＋（n-1）％。（n≥2）,则通项公式an=＿＿＿．     

正项等比数列的两个性质

设 {an}是以 q为公比的正项等比数列 ,则有以下两个性质 :性质 1　 n a1 a2 … an=n-2 m am +1 am +2 … an-m(n >2 m)证明 :n a1 a2 … an =n a1 .a1 q… a1 qn-1 =n an1 qn( n-1 )2 =a1 qn-1 2 .设 m 2 m)的几何平均数 .记数列前 n项的积为∏n,则 (1)式可以写成n ∏n =n-2 m ∏n-m∏m(2 )注 :…     

用整体思想解数列问题

1．整体代入 例1在各项均为正数的等比数列｛an｝中,若a5a6=9,则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10=______。     

广义Fibonacci数列an的若干性质

设Fn表示数列Fibonacci数列的第n项，an表示{an=an-1 an-3 an-4}的第n项．得到如下结果：设“a1=1，a2=(∑i=1^mFi s)^2,a4=(∑i=2^m 1Fi s)^2，a6=(∑i=3^m 2Fi s)^2且an=an-1 an-3 na-4,则(i)a2n=(∑i=n^m n-1Fi s)^2，a2n-1 a2n-2 a2n-3=2(∑i=n-1^m n-2Fi s)(∑i=n^m n-1Fi s)；（ii)a2n 1=(∑i=n^m n-1Fi s)(∑i=n 1^m nFi s) (-1)^n 1X(m,s),其中X(m,s)=(Fm s 1-Fs 1)(Fm s 2-Fs 2)-1.从而肯定回答了徐道提出的一个猜测.     

广义Fibonacci数列a_n的若干性质

设Fn表示数列Fibonacci数列的第n项,an表示{an=an-1 an-3 an-4}的第n项.得到如下结果:Fi s)2,a6=(∑m 2Fi s)2,a4=(∑m 1Fi s)2且an=an-1 an-3 an-4,则(i)a2n=(∑m n-1Fi s)2,设a1=1,a2=(∑mi=3i=ni=1i=2Fi s);(ii)a2n 1=(∑m n-1Fi s)(∑m n-1Fi s) (-1)n 1X(m,s).其中X(m,Fi s)(∑m na2n-1 a2n-2 a2n-3=2(∑m n-2i=ni=n 1i=n-1i=ns)=(Fm s 1-Fs 1)(Fm s 2-Fs 2)-1.从而肯定回答了徐道提出的一个猜测.     

一道美国竞赛题的推广

题目a、b、c是正实数.证明:(a5-a2 3)(b5-b2 3)(c5-c2 3)≥(a b c)3.(2004,美国数学奥林匹克)研究该题,笔者发现可以将其堆广.命题若ai∈R ,i=1,2,…,n,则∏ni=1(a2n-1i-an-1i n)≥∑ni=1ain,n∈ .证明:因为ai∈R ,i=1,2,…,n,所以,(ani-1)(an-1i-1)≥0(n∈N )a2n-1i-ani-an-1i 1≥0a2n-1i-an-1i n≥ani (n-1).记Ani=ani (n-1),则由上式知∏ni=1(a2n-1i-an-1i n)≥∏ni=1(Ani).①下面证明∏ni=1(Ani)≥∑ni=1ain.因为1=an1An1 n-1An1=an1An1 1An1 … 1An1,1=1An2 an2An2 1An2 … 1An2,1=1An3 1An3 an3An3 1An3 … 1An3,……1=1Ann …     

新课程卷理科第（22）题别解

(2 2 )设 a0 为常数 ,且 an =3n-1 -2 an-1 (n∈ N* ) .( )证明对任意 n≥ 1,an =15 [3n +(- 1) n-1 .2 n]+(- 1) n .2 na0 .( )假设对任意 n≥ 1,有 an >an-1 ,求a0 取值范围 .证法 1　 ( )由已知 an =3n-1 -2 an-1 3.an3n =1- 2 .an-1 3n-1 .令 bn=an3n,则 3bn= 1- 2 bn-1 3(bn - 15 ) =- 2 (bn-1 -15 ) 数列 { bn- 15 }是以 b0 - 15 为首项 ,公比为 - 23的等比数列 ,且 b0 - 15 =a0 - 15于是 bn - 15 =(- 23) n(a0 - 15 ) ,又 bn =an3n,∴ an3n =(- 23) n(a0 - 15 ) +15 an =15 [3n +(- 1) n-1 .2 n]+(- 1) n .2 na.( )由 n≥ 1,an …     

等差数列通项公式和前n项和公式的变形及应用

众所周知,等差数列{an}的通项公式an=a1+(n-1)d可变形写成:an=dn+(a1-d),这个式子的几何意义是点列An(n,an)(n∈N+)在直线y=dx+(a1-d)上.同样,等差数列{an}的前n项和公式sn=na1+n(n2-1)d可变形为:snn=a1+n-12d=2dn+(a1-2d),它也可看成是点列An(n,snn)在直线y=2dx+(a1-2d)上.于是得到以下两个结论:结论1等差数列{an}的通项公式an=a1+(n-1)d,则点(1,a1),(2,a2),(3,a3),…,(n,an)…共线.结论2等差数列{an}的前n项和sn=na1+n(n2-1)d,{sn}为等差数列的前n项和组成的数列,则点(1,s11),(2,s22),(3,s33),…,(n,snn)…共线.例1已知等差数列{an},a4=…     

利用递推关系求数列通项

1．形如an＋1-an=f（n）型 （1）若f（n）为常数,即：an＋1-an=d,此时数列为等差数列,则an=a1＋（n-1）d．     

谈谈迭加法的延伸运用

1　迭加法的背景若数列 {an}为等差数列 ,则有 an+1 - an= d( n∈ N* ,d为常数 ) .于是 ,an- an- 1 =d,an- 1 - an- 2 =d,… ,a3- a2 =d,a2 - a1 =d,将这 n- 1个式子迭加 ,有 an- a1 =( n- 1 ) d,即得等差数列通项公式 an=a1 + ( n- 1 ) d.考虑到这 n- 1个式子中的被减项是 a2 ,a3,… ,an,而减项是 a1 ,a2 ,… ,an- 1 ,故在被减项和减项中同时出现的项为 a2 ,a3,… ,an- 1 ,于是 ,迭加后这些项被消去 ,得 an- a1 =( n-1 ) d.这种将一系列等式相加的方法叫迭加法 .2　迭加法的延伸点迭加法在求数列通项时的运用 ,是基于数列相邻项的差的特点…     

累加法在求数列通项公式中的应用

当数列{an}的递推公式为an 1=an f(n)时,通常使用"累加法"求其通项公式.即将an=an-1 f(n-1),an-1=an-2 f(n-2),……,a2=a1 f(1)各式相加得:an=a1 n-1∑k=1f(k)(n≥2).下面举例说明累加法在求数列通项公式中的应用.     

求值问题的特殊解法

一、凑零代入法例1 已知 ,则a4-2a3-4a2+1=______．解由 ,得．平方、整理,得a2-2a-4=0．∴原式=a2(a2-2a-4)+1=a2·0+1=1．二、整体代入法 ．     

用函数观点认识数列

数列是一种特殊的函数,其通项an=f（n）是这一函数的解析式,前n项和Sn也是关于n的函数．等差数列通项公式an=a1＋（n-1）d（d≠0）为n的一次函数,即an=an＋b,前n项和为n的二次函数,即Sn=An^2＋Bn;等比数列通项公式an=a1q^（n-1）,     

灵活变换，巧求通项

一、逐减法形如k1a1 k2a2 k3a3 … kn-1an-1 knan=f(n)(其中k1,k2,…,kn为非零常数)型,可再构造等式:k1a1 k2a2 k3a3 … kn-1an-1=f(n-1)(n≥2).然后两式相减,求通项an.【例1】(2007年山东高考)设数列{an}满足:a1 3a2 32a3 … 3n-1an=3n,n∈N*.求数列{an}的通项.解析:由已知a1 3a2 32a3 … 3n-1an=3n①得n≥2时,a1 3a2 32a3 … 3n-2an-1=n3-1②用①-②得,3n-1an=31,an=31n,又由①得,a1=13,满足上式,所以an=31n(n∈N*).二、Sn法形如f(sn,an)=0型,可利用an=S1(n=1)Sn-Sn-1(n≥2)统一成f(an)=0或f(Sn)=0的形式求解.【例2】(2007年重庆高考)…     

用待定系数法求一阶线性递推数列的通项公式

由一阶线性递推数列求数列的通项公式,在很多文章中都进行了研究,而且也得出了在不同情况下求通项公式很多方法,比如累加法,累乘法,构造法等.但是却很少有文章对所求通项公式结构进行探讨,关注问题的结构有利于清楚地研究问题.一、方法探究定理:若数列{an}满足a1=a,an+1=f(n)an+g(n),则an=(∏(n-1)(i=1)f(i))·a+∑(n-2)(j=1)(∏(n-1)(i>j)f(i))g(j)+g(n-1)     

解数列题应掌握的8种解题思想

一、方程思想. 例1 等差数列{an}的前n项和记为Sn.已知a10=30,a20=50. (Ⅰ)求通项an; (Ⅱ)若Sn=242,求n. 解析(Ⅰ)由an=a1+(n-1)d,a10=30, a20=50,得方程组(?)a1+9d=30,a1+19d=50. 解得a1=12,d=2.所以an=2n+10. (Ⅱ)由Sn=na1+(n(n-1))/2d,Sn=242 得方程12n+(n(n-1)/2×2=242. 解得n=11或n=-22(舍去). 二、函数思想.     

0成为自然数后的思考（S_0的妙用）

“问道于零,受福无量”,这是数学教育家傅种孙的名言.“0”的特殊地位和重要作用众所周知.高中数学新教材采用(W.Gellert)公理体系,将0归为自然数类.可见0与1、2、3…等自然数的和谐与统一.数列{an}的前n项和Sn,当n≥2时,Sn表示前n项的和,当n=1时,Sn表示a1,而S0是没有实际意义的.通过下面的研究,便可发现S0的妙用. 例1 已知数列{an}的前n项和为Sn=n2,则an=_. 解n=1时,a1=S1=1;n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1. 又因为a1适合an=2n-1,所以an=2n-1(n ∈ N＊).     

递推数列中的数学思想方法例谈

今年全国高考数学理工类压轴题第22题:设a0为常数,且an=3n-1-2an-1(n∈N ),(1)证明,对任意n≥1,an=1/5[3n (-1)n-12n] (-1)n2na0;(2)假设对任意n≥1有an>an-1,求a0的取值范围.文史类第19题:已知数列{an}满足a1=1,an=3n-1 an-1(n≥2)(1)求a2,a3;(2)证明an=3n-12这两道数列解答题     

易错的“数列”问题

1n和an之间的对应错位致误例1已知数列1,4,7,10,…,3n 7,求通项an.错解:an=3n 7错因:令n=1,得a1=10,显然10不是第1项,所以3n 7不是数列的第n项.正解:an=1 3(n-1)=3n-2.2利用Sn求an时忽视首项a1致误例2已知Sn=2n 3,求通项an.错解:an=Sn-Sn-1=(2n 3)-(2n-1 3)=2n-1.错因:an=Sn-Sn