错在哪里

同学们在平时解题过程中,喜欢拿到题就做,不注意审题,缺乏周密思考,往往出错还不知道错在哪里.下面就数列问题举例说明,以期引例起1大家的注意.已知有穷数列1,4,7,10,…,3n+7,其中后一项比前一项大3.(1)指出这个数列的通项公式.(2)指出1+4+7+…+(3n-5)是该数列的前几项之和.错解:(1)这个数列的通项公式为an=3n+7.(2)1+4+7+…+(3n-5)是该数列的前n项之和.错因:(1)若n=1,则a1=10≠1.显然3n+7不是它的通项.(2)该数列的通项不是3n-5,所以1+4+7+…+(3n-5)不是它的前n项之和.正解:(1)数列的第m项am=1+3(m-1)=3m-2,所以该数列的通项公式是am=3m-2(m…     

一个求和公式的组合证法

<正> 在高中代数中有这样一个求和公式:12+22+32+…+n2=1/6n(n+1)(2n+1). (*)这个公式有各种证明方法,这里提供一种证法,供大家欣赏.这一证法主要运用了组合数的定义及性质Cnk+1=Cnk+Cn(k-1).由n2=(n+1)n-n=2·((n+1)n)/2-n中的((n+1)n)/2可     

■cos(kπ)/n 的结果在解题中的应用

下面我们将证明multiply from k=1 to n-1 cos kπ/n=0,n 为偶数;(-1)~((n-1)/2)/2~(n-1),n 为奇数.(1)并利用(1)的结果解一类数学问题.为了证明(1),先证明如下一个恒等式multiply from k=0 to n-1[1-cos(α+2kπ/n)]=1-cosna/2~(n-1)(2)由棣美弗公式和二项式定理,知     

一个组合数恒等式的三种证法

一个有关组合数的恒等式是 :C1 n+ 2C2 n+3C3n+… +nCnn =n· 2 n- 1 (n∈N ) .下面给出它的三种不同证法 ,其中第三种证法出人意料 ,简洁优美 ,有绝妙之处 .证法 1　倒序相加法 .设Sn =C1 n + 2C2 n + 3C3n +… + (n-1)Cn - 1 n +nCnn,则Sn =nC0 n+ (n -1)C1 n+ (n-2 )C2 n+… +Cn- 1 n ,两式相加 ,得2Sn =n(C0 n+C1 n+C2 n+… +Cn - 1 n +Cnn)=n· 2 n.∴Sn =n· 2 n- 1 .证法 2　逐项转化法 .mCmn =m· n !m !(n -m) !=n· (n -1) !(m-1) !(n -m) !=nCm - 1 n- 1 ,分别令m =1,2 ,3 ,… ,n并分别相加得 .C1 n+ 2C2 n + 3C3n+…     

求和模型的构建与应用

同学们知道,从自然数1开始逐个相加,一直加到n,把它们的和记为S,则有S=1+2+3+……+n=n(n2+1)·由这个公式,可得:1+2+3+……+(n-1)=n(n2-1).这个式子的意义是:从1开始的连续(n-1)个自然数的和等于n(n2-1),S=n(n2-1)是一个重要的数学模型,它的应用很广泛,许多看似复杂难解的问题,一旦用上了这个模型,将变得十分简单易求。一、在几何图形中的应用例1如图1,在直线l上有n个A1、A2、A3、……An,求直线l上共有多少条线段?图1分析:直线l有两个点A1、A2时,有一条线段,即S=当增加一个点A3时,就会增加2条线段(A3AA3A2),此时,S=1+2=3;当再增加一…     

巧用等比数列求和公式证明不等式

等比数列求和公式为Sn=a1(11--qq n)(q≠1),有时用此公式证明不等式可简化证明过程.将数列知识与不等式知识相融合,既可培养学生思维的灵活性和创造性,又可简化思路、优化解题过程.一、直接公式法例1求证:1+21!+31!+41!+…+n1!<2(n≥2,n缀N).证明1+12!+31!+41!+…+n1!<1+12+212+123+…+21n-1=1×(11--121n)2=2-12n-1<2(n≥2,n缀N).故原不等式成立.小结本题直接运用等比数列求和公式,起到了立竿见影的效果.二、求和公式的逆用例2已知等差数列｛an｝和等比数列｛bn｝中a1=b1=a,a2=b2=b(b>a>0).求证:当n>2且n缀N时,bn>an.证明an=a+(n-1)(b-a)…     

由一个不等式想到的

最近一位中学教师,问了如下的问题:若a>1,则h(n)=(1+a~2+…+a~(2n))/(a+a~3+…+a~(2n-1))>(n+1)/n。在这个问题中,若令f(k)=1+a~2+…+a~2k,则h(n)=f(n)/af(n-1),当我们把f(n)表为1+a~2的多次式时,其系数恰好是杨辉三角底角分角线上的数,更有趣的是,这样得到的数列,就是斐波那契数列。现在先用归纳法来证明上面的问题: 当n=1时,因a>1,故(a-1)~2>0,从而(1+a~2)/a>2,不等式成立。     

一类不等式的妙证

本文介绍一类不等式的证明方法。这种证法简洁,有章可循。下面举例说明: [例1] 证明不等式 1/2·3/4…(2n-1)/2n<1/((2n+1)~(1/2))。证明:令S_n=1/((2n+1)~(1/2))则 S_(n-1)=1/((2n+1)~(1/2)) ∵ S_n/S_(n-1)=((2n-1)~(1/2))/((2n+1)~(1/2))=(2n-1)/((4n~2-1)~(1/2))>(2n-1)/2n。(n≥2) 而S_1=1/(3~(1/2))>1/2。故:1/2·3/4…(2n-1)/(2n)相似文献   

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+     

两个有向循环图的邻接矩阵的乘积矩阵对应有向图的研究

本文得到以下结果:1) [Dn (0, 1, 1, …, 1,0, 1, 1, …, l)]2 = Dn (n-2, n-4,…, n-4, n-2, n -4, …, n-4). 2) [Dn (0,1,1,…,1, 0, 0,…, 0)]2 = Dn (0, 0,1, 2,…,(n-3)/2, (n-1)/2,(n-3)/2, …,2, 1) (n is odd). [Dn (0,1,1,…,1, 0, 0,…, 0)]2 = Dn (1, 0, 1, 2,…, n/2-1,n/2, n/2-1, …,3,2) (n is even). 3) Dn (a0, a1 …, an-1)* Dn (0, 1, 0, …, 0)= Dn (an-1, a0, a1 a2, …, an-2). 4) Dn (a0, a1; …, an-1) * Dn (0, 1, 1, …, 1) = Dn (p-a0, p-a1,p-a2, …, p -an-1) (p=a0 + a1 + a2 +… + an-1).     

一道例题两种解法的启示

全日制普高数学(人教版)第三章第117页例4:已知一个等差数列的前10项的和是310,前20项的和是1220,由此可以确定求其前n项和的公式吗?课本中是将S10=310,S20=l221代入公式Sn=na1+(n(n-1)/2)d,得到方程组.解得a1=4,d=6.即有Sn=3n2+n.     

等差数列前n项和公式的变形应用

等差数列前n项和公式Sn=na1+n(n-1)/2d，可化为Sn=d/2n^2+(a1-d/2)n，我们令A=d/2，B=a1-d/2，这个公式变形为一个关于n的二次多项式Sn=An^2+Bn(其中A=d/2)，这个公式不仅形式简单，而且还有广泛用途，下面以历年高考试题举例说明．     

杨辉三角形的进一步推广(下)

三、C(s~m,r)数的三组求和公式引理1.任一和式f(x)=∑a_kx~k,记w为1的n次根 (w=cos(2π)/n+isin(2π)/n-e~(i(2π)/n)), 则对任二整数n>k≥0,有 a_kx~k+a_(k+u)x~(k+k)+a_(k+2n)x~(k+2n)+… =(1/n)sum from j=0 to n-1 (w~(-jk)·f(w~j,x).(A)     

二阶整线性递归数列的性质及应用

2020年全国高中数学联合竞赛加试中有这样的一道数列题: 题目设a1 =1,a2 =2, an=2an-1+an-2(n-3,4,…). 证明:对整数n≥5,an必有一个模4余1的素因子. 解决此题的关键是利用这个递推的两个结论: (1)am+n=aman+1+am-1an; (2)a2n+1a2n-1=a2n2+1....     

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=…     

计数时常用的一个结论

<正> 基本结论:在一条线段内任取(n-2)个点,共能组成n(n-1)/2条线段. 证法一枚举法标明的点数线段的条数(包括两端) 3 2+1=3 4 3+2+1=6 5 4+3+2+1=10     

也谈1984年高考数学第八题的解法

题:设a>2,给定数列{x_n},其中x_1=a,x_(a+1)=x_n~2/2(x_n-1),(n=1,2,…)。求证(1) x_n>2,且x_(n+1)/x_n)<1(n=1,2,…);(2) 如果a≤3,那么x_n≤2+(1/2~(n-1)(n=1,2,…)(3) 如果a>3,那么当n≥lg(a/3)/lg(4/3)时,     

一个三角恒等式的简证及其它

第5届国际数学竞赛有这样一题: 证明:cosπ/7-cos(2π)/7+cos(3π)/7=1/2,①①式可等价变换为: cosπ/7+cos(3π)/7+cos(5π)/7=1/2, ②文[1]中用复数方法将②式推广为: cosπ/n+cos(3π)/n+cos(5π)/n+…+cos(n-2)/nπ =1/2(n为奇数,且n≥3)。③本文用纯几何构造方法更简洁的证明③式,其证明过程可作为③式的几何解释,并同时得到n为偶数时的两个恒等式。如图示,作∠XOY=π/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     

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 :…