用升阶法求常系数非齐次线性递推关系的特解

利用数列的差分算子和移位算子,将常系数非齐次线性递推关系转化成为常系数非齐次线性差分方程（qo△k＋i＋q1△k＋i-1…＋qk△i）an=△if（n）,并将f（n）=gm（n）,f（n）=qngm（n）,f（n）=qngm（n）cosβn,f（n）=qkgm（n）sinβn）这四种类型的常系数非齐次递推关系转化为相应的差分方程,从而得到求常系数非齐次线性递推关系特解的简易方法——升阶法。     

求通项四法

题目 数列{an}满足a1=4,an＋1an＋6an＋1-4an-8=0,记bn=6/an-2,n∈N＋,求数列{bn}的通项公式。     

方程有无穷解的妙用

在高中数学学习中我们常碰到不等式恒成立问题，其实除了不等式恒成立问题，还有一类等式恒成立问题。比如，A={x｜1≤x〈2}，关于x的等式a0x^n＋a1x^n-1＋…＋an-1x＋an=0对任意x∈A（A≠φ）都成立就等价于关于x的方程a0x^n＋a1x^n-1＋…＋an-1x＋an=0在A上有无穷解，即a0=a1=…=na-1=nn=0。于是，我们可利用方程有无穷解解这一类恒成立问题。现撷取几例，供参考。     

一道高考压轴题的解法研究

2009年江西理科卷第22题，在求出 an=3an-1＋1/an-1＋2（n〉1,a1=1/2）     

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.     

从2006年全国联赛二试题的简解谈不动点的应用

2006年全国联赛二试第2题： 已知无穷数列{an}满足a0=x,a1=y，an＋1=anan-1＋1/an＋an-1,n=1,2,3….     

n阶变系数线性常微分方程的可积性

讨论了一类四阶、五阶变系数线性常微分方程的可积性,进而给出了方程y^（n）＋a1（x）y^（n-1）＋a2（x）y^（n-2）＋…＋an-1（x）y＇＋an（x）y=F（x）在条件{ana2＋ana＇1-a1a＇n=0 ana3＋ana＇2-a2a＇n=0 … … … anan-1＋ana＇n-2-an-1a＇n=0 a^2n＋ana＇n-1-an-1a＇n=0下的初等积分法,并推出了其求解公式．     

一类具有正负系数的时滞差分方程的振动性

给出了带有正负系数的二阶差分方程△2[x（k）＋Σi=1^mici（k）x（k-τi）]＋Σi=1^m2pi（k）x（k-δi）-Σi=1^m3qi（k）x（k-σi）=0 k∈N振动的充分条件.     

一道数学竞赛题的探究

题目 已知数列{an}满足：a1=2,an=2（an-1＋n）（n=2,3,…）.求数列{an}的通项公式.（2013年全国高中数学联赛（B卷）试题）本文从一题多解,一题多变两个角度对本题目进行探究,希望对同仁有所帮助.一、一题多解解法1：a1 =2,a2 =2（a1＋2）=8,当n≥3时,我们有an-2an-1=2n,an-1-2an-2=2（n-1）,两式相减,得an-3an-1＋2an-2=2,即an-an-1＋2=2（an-1-an-2＋2）,令bn=an-an-1＋2（n≥2）,则数列{bn}（n≥2）是公比为2的等比数列,且b2=a2-a1 ＋2=8,于是bn=b2×2n-2=2n＋1,即an-an-1＋2=2n＋1,于是,an-1-an-2＋2=2n,…,a2-a1＋2 =23,将上面n-1个等式相加,得an-a1＋2（n-1）=23 ＋24＋…＋2n＋1=2n＋2—8,∴.an=2n＋2—2（n＋2）,注意到当n=1,2时,公式仍适用,所以这就是所求的通项公式.     

全国卷Ⅰ（理）第22题

题目 数列{an}中,a1=1,an＋1=c-1/an． （Ⅰ）设c=5/2,bn=1/an-2,求数列{bn}的通项公式; （Ⅱ）求使不等式an〈an＋1〈3成立的c的取值范围．     

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…     

解为an=α^γ^n±β^γ^n/λ的一类差分方程的构造

本文研究一类解为an=α^γ^n±β^γ^n/λ的差分方程几的构造,问题的构思来源于吴康老师的《三次差分方程an＋1=kan^3＋3an的求解》一文．本人采用了牛顿二项式展开式的方法,把此类差分方程由三次求解推广到n次求解的情形,并打通了此类差分方程与切比雪夫多项式的关系,证实切比雪夫递推关系式是此类差分方程的一个特例．     

不动点法求数列的通项

文[1]中提出了一种称为“常数消去法”妙求形如an=a·an-1＋b/c·an-1＋d的通项。[第一段]     

与Fibonacci数列有关的数列推广

本文将Fibonacci数列的递推公式F=Fn-1＋Fn-2改为an=an-1＋an-3＋an-4,并改变其部分项得到一系列新数列,并研究了这些新数列与Fibonacci数列之间的关系．     

高阶常系数线性差分方程的解的研究

在文献[5]中,论文作者将常系数齐次线性差分方程改写为矩阵与向量乘积形式的递推关系,并运用相似矩阵的理论给出了常系数齐次线性差分方程通解的解析形式。在论文中,则通过引进算子把常系数齐次线性差分方程化为一些式子之积,再利用算子相关的引理,简便地得到k阶常系数齐次线性差分方程k个线性无关的解,从而得到通解。     

递推数列通项公式的一种常用求法——待定系数法

在求递推数列通项公式时 ,我们常用累加法、累乘法、迭加法、以及 Sn 公式法 ,但对较复杂的递推数列 ,用待定系数法求通项公式是一种很有效的方法 .本文对以下 5种类型进行阐述 ,供读者参考 .1　形如 an+1=pan+ q(p,q为常数 )可设待定系数 k,配成 (an+1+ k) =p(an + k)利用对应系数相等求出 k,转化为等比数列求出通项公式 an.例 1　数列 {an}中 ,a1=2 ,an+1=13 an-4,求通项公式 an.解 :设 (an+1+ k) =13 (an+ k)an+1=13 an -23 k令 -23 k =-4,所以 k =-6所以 (an+1+ 6 ) =13 (an + 6 )所以数列 {an+ 6 }是以首项 a1+ 6 =8,公比为 13 的等比…     

纠正教材中的一个错误——兼谈复数集中一元n次方程的韦达定理及应用

人民教育出版社中学数学室编著的全日制普通高级中学教科书 (试验修订本 )《数学》第三册 (选修Ⅱ )的第 2 2 7页介绍了复数集中一元n次方程的根与系数的关系 :如果方程 :anxn +an-1 n-1 +… +a1 x +a0 =0　在复数集中的根为x1 ,x2 ,… ,xn.那么x1 +x2 +… +xn =- an-1 an,x1 x2 +x2 x3 +… +xn-1 xn =an-2an,x1 x2 x3 +x2 x3 x4+… +xn-2 xn-1 xn =- an-3 an,……x1 x2 …xn =( - 1) n a0an.这个定理是一元二次方程根与系数关系的推广 .显然 ,这个定理是错误的 ,错误之处在于对公式的理解和表达 ,我们不难举出如下反例说明其是错误的 :对于…     

一类微分方程解的存在性的证明

用一种不同于常微分方程教科书中的方法,证明方程x^（n）＋a1x^（n-1）＋a2x^（n-2）＋…＋an-1x＇＋anx=bmt^m＋…＋b1t＋b0具有多项式函数形式的解．     

an=Sn-Sn-1（n∈Z,n≥2）与待定系数法裂项求和

根据数列{an}的前n项和Sn与an的关系an=Sn-Sn-1（n∈Z,n≥2）可知,凡是存在通项公式Sn=f（n）的递推公式Sn=a1＋a2＋…＋an-1＋an,     

由数列递推关系求通项——2011年高考广东理科数学20（1）评析

数列回归2011年高考解答题是今年广东高考数学卷的一大特点。该试题为：设b〉0,数列{an}满足a1=b,an=nban-1/an-1＋2n-2（n≥2）.（1）求数列{an}的通项公式;（2）证明：对于一切正整数n,an≤bn＋1/2n＋1＋1.