两类数列变换在解题中的应用

对于一个数列a_1,a_2,…,a_n,…来说,它的一般项a_n总可以写成a_n=a_1 (a_2-a_1) (a_3-a_2) … (a_(n-1)-a_(n-2)) (a_n-a_(n-1)) ① 也可以写成a_n=a_1·(a_2/a_1)·(a_3/a_2)·…·(a_(n-1)/(a_(n-2))·a_n/(a_(n-1)) ②这两种数列的变换技巧对于证明某些等式及不等式,或解其他有关数学问题时会带来很多方便,限于篇幅,本文仅以高考试题中的实例来说明其应用。     

求数列通项方法举隅

<正>求数列通项在高考中属于常考内容,本文归纳整理了几种方法,供参考.一、已知a_1和a_n=a_(n-1)+f(n)型,其中f(n)可求和例1已知数列{a_n}满足a_(n+1)=a_n+3n+2,且a_1=2,求a_n.解由a_(n+1)=a_n+3n+2知a_(n+1)-a_n=3n+2,a_n-a_(n-1)=3n-1.a_n=(a_n-a_(n-1))+(a_(n-1)-a_(n-2))+…+(a_2-a_1)+a_1=(3n-1)+(3n-4)+……+5+2     

由递推公式求数列通项的一种方法——展开求和法

由递推公式求数列的通项,这个问题学生掌握起来是比较困难的。如何利用已经学过的知识,找出其间的规律,化难为易,是解决这种难题的关键。中学课本中等差数列和等比数列,其通项可以写成递推公式的形式。等差数列:a_n=a_(n-1)+d,(n>1);等比数列:a_n=a_(n-1)q,(n>1)。由这两个递推公式,反过来求其通项是很容易的。如果给出形如 a_(?)—a_n=a(a_n—a_(n-1)或形如 a_(n+1)—a_n=(a_n—a_(n-1)+b(其中 n≥1,a、b 是常数)的递推公式,那么如何求出已知数列的通项 a_n 呢?解决这种问题的方法分两个步骤:第一,把所给的递推公式先化成等差或等比数列     

例谈数列通项的几种常见求法

2006年高考江西卷第22题为:已知数列{a_n}满足:a_1=3/2,且 a_n=(3na_(n-1))/(2a_(n-1) n-1)(n≥2,n∈N~*).(1)求数列{a_n}的通项公式;(2)证明:对一切正整数 n,不等式 a_1a_2…a_n<2·n!成立.显然,求解本题的关键之一是根据已知 a_n与 a_(n-1)(或 a_n与 a_(n 1))的递推关系式,能寻找出 a_n 的表达式.这是近年高考中比较多见的一种题型.由于已知关系式的形式不同,其解法也不尽相同.如本题的通项 a_n 求法为:将条件变     

例析高考数列通项公式的常用求法

例1已知数列{a_n}中，a_1=1，对任意自然数n都有a_n=a_(n-1)+1/(n(n+1))，求a_n．解：由已知得a_n-a_(n-1)=1/(n(n+1))，a_(n-1)-a_(n-2)=1/((n-1)n)，…，a_3-a_2=1/(3×4)，a_2-a_1=1/(2×3)．以上n-1个式子累加，并利用1/(n(n+1))=1/n-1/(n+1)，得a_n-a_1=1/(2×3)+…+1/((n-2)(n-1))+1/((n+1)n)+1/(n(n+1))=1/2-1/(n+1)，∴a_n=3/2-1/(n+1)．点评：求形如a_n-a_(n-1)=f(n)的数列通项，可用累加法．     

浅析一个公式的错误

腾发祥同志在《数学解题教学新探》一文(见《数学通报》88年第6期)中,提出了一个不正确的公式: 在等比数列中,由公比的意义q=(a_n)/(a_(n-1))=(a_n)/(qa_(n-2))=(a_n)/(q~2a_(n-3))=…=(a_n)/(q~(n-2)a_1)可得q=((a_n)/(a_1))~(1/(n-1))① a_n=a_1q~(n-1)②若a_k与a_r是等比数列的任意两项,类比公式①、②,又得: q=((a_k)/(a_r))~(1/(k-r))③ a_k=a_rq~(k-r)④显然,公式①、②是③、④当r=1时的特     

更序数列及2000年冬令营第二题另解

2000年冬令营第二题如下(本刊2000年第二期): 数列{a_n}定义如下:a_1=0,a_2=1,a_n=1/2na_(n-1) 1/2n(n-1)a_(n-2) (-1)~n·(1-n/2),n≥3。试求f_n=的最简表达式。 这个数列看来非常麻烦,不妨先算前面几项,发现a_3=2,a_4=9,a_5=44及a_6=     

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。     

公式a_n=S_n-S_(n-1)的功能挖掘

公式 a_n=S_n-S_(n-1)看似平常,其实内涵丰富,有着不寻常的功能和应用价值,本文举例如下:例1 已知数列{x_n),满足 x_1=b,x_(n 1)=cx_n d 且 c≠1.求通项公式.解:令 x_n=S_n则 S_(n 1)=cS_n d (1)S_n=cS_(n-1) d (2)(1)-(2)得a_(n 1)=ca_n=c~2a_(n-1)=…=c~(n-1)a_2∴x_n=S_n=a_1 a_2 … a_n     

应用函数思想解数列题例说

在等差数列的通项公式a_n=a_1 (n-1)d中,通项a_n可以看成是项数n的一次函数(它的定义域是自然数),对一切n∈N,点(n,a_n)共线。 又等差数列前n项和的公式S_n=na_1 (n(n-1)/2)d,可以变形为以下形式,即S_n=(d/2)n~2 (a_1-(d/2))n。因此,公差不等于零的等差数列,前n项的和S_n可以看成是关于n的常数项为零的二次函数,即S_n=an~2     

例析数列综合问题的类型

<正>一、数列本身各部分知识的综合例1已知各项均为正数的数列{a_n}的前n项和为S_n,且满足S_1>1,6S_n=(a_n+1)(a_n+2),n∈N_+,求{a_n}的通项公式。解析:利用n≥2时S_n-S_(n-1)=a_n将已知条件6S_n=(a_n+1)(a_n+2),n∈N+转化为a_n与a_(n-1)之间的关系。由a_1=S_1=1/6(a_1+1)(a_1+2),解得a_1=1或a_1=2,由假设a_1=S_1>1,因此a_1=2。又由a_(n+1)=S_n+1-     

算术—几何平均不等式的一个证明

设n是大于1的自然数,a>0。易知a(?)1时,a-1与n-(1+a+…+a~(n-1))总是异号。所以, (a-1)[n-(1+a+…+a~(n-1))]≤0。即(a-1)(n-(1-a~n)/(1-a))≤0。整理,有a(n-a~(n-1))≤n-1。①显然,①式等号成立的充分必要是a=1。如果a_1,a_2,…,a_n是n个正数,在①中令a=(a_1/((a_1+a_2+…+a_n)/n)~(1/(n-1)),则有a_1~(1/(n-1))·(a_2+…+a_n)/(n-1)≤≤((a_1+a_2+…+a_n)/n)~(n~(n-1)),即((a_1+a_2+…+a_n)/n)~n≥≥a_1((a_1+a_2+…+a_n)/(n-1))~(n-1)。②再在①中令a=(a_2/(a_2+…+a_n)/(n-))~(1/(n-2)),重复上述步骤,并结合②,有     

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     

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     

递推法求通项举隅

在解决数列问题时,常常涉及到求通项问题.求通项方法繁多,下面着重谈谈递推法.一、已知一数列的和式为 S_n,求此数列通项 a_n.由 S_(n-1) a_n=S_n,便有 a_n=S_n-S_(n-1).但是,a_1不一定满足通项 a_n.因为 S_(n-1) a_n=S_n 表明第 n 项前不一定符合所求得的通项,由递推知,a_1不一定满足所求通项.那么,是否满足某一条件后,使得 a_1也满足所求得的通项呢?a_1究竟怎么确定呢?     

谈数列的递推关系与线性数列

现行高中数学课本的等差数列、等比数列的通项公式 a_n=a_1+(n-1)d ① a_n=a_1q~(n-1) ②如果把①改写成 a_n=a_(n-1)+d(首项a_1=a)③把②改写成 a_n=a_(n-1)q(首项a_1=a) ④则③和④就是递推数列。一个数列{a_n},如果对于每一个自然数n,有一种规则将a_(n+1)同a_n联系起来,就     

一道数学竞赛题的解法

第三届美国数学邀请赛试题中有这样一道题:选取一列整数a_1,a_2,a_3,…,使得每个n≥3都有a_n=a_(n-1)-a_(n-2),若该数列的前1492项之和等于1985,前1985项之和等于1492,那么前2001项之和是多少? 这是一道很好的数列题,它有多种解法,现介绍—种较为巧妙的解法。∵ a_n=a_(n-1)-a_(n-2) ∴ a_n=(a_(n-2)-a_(n-3))-a_(n-2)=-a_(n-3)。(1) 这表明数列中的第一项和第四项、第二项和第五项、第三项和第6项,……互为相反数重复使用(1)可得 a_n=-a_(n-3)=-(-a_(n-6))=a_(n-6)。(2) 这表明这个数列中的各项是以6为周期重复出现的。     

等差(比)数列通项公式的推广

众所周知,等差数列{a_n}的通项公式为a_n=a_1 (n-1)d (其中a_1为首项,d为公差)等比数列的通项公式为a_n=a_1q~(n-1)(其中a_1为首项,q为公比)笔者在多年的教学中,认为这两个公式可推广,且推广后的公式更实用。下面是推广后的公式:Ⅰ、已知等差数列{a_n}的第K项为a_k(k=1,2,3……)公差为d,则{a_n}的通项公式为:     

浅谈由递推公式求通项公式的有效方法

<正>类型一:累加法形如:a_n=a_(n-1)+f(n)(其中f(n)不是常值函数)例1已知数列{a_n}满足a_1=3,2/a_n-a_(n+1)=n(n+1),则a_n=____。方法指导:先将递推公式变形为a_n-a_(n-1)=f(n),令n=2,3,4,…,n,再将这n-1个式子相加,得a_n-a_1=f(2)+f(3)+…+f(n)。所以,a_n=a_1+f(2)+f(3)+…+f(n)=a_1+     

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: