一类递推数列通项的求解

本文探讨形如 an＋1=g（n）an＋f（n） （＊）的一阶递推数列通项的求解方法,其中g（n）、f（n）是关于n的函数．     

一道错误试题的分析

1．题目（选自参考文献[1]） 数列及数列的前n项和均可以看成特殊的函数,同样具备单调性．若f（n）是等差数列{an}的前n项和,则f（n）单调递减的充要条件是（ ）     

用三角函数表示周期性数列的通项

题目 写出数列{an）：4，1，0，4，1，0，…的通项公式． 分析与解 因为在数列{an}中，有an=an＋3，令f（n）=an（n∈N^＊），则f（n）=f（n＋3），也就是说函数厂（n）是一个周期为3的函数．这样我们容易想到利用正弦（或余弦）函数来构造f（n），故令f（n）=b0＋b1cos2nπ/3＋b2sin2nπ/3（其中f（1）=a1=4,f（2）=a2=1,f（3））=a3=0,b0,b1,b2为待定系数）。[第一段]     

两类不等式的加强证法──数学归纳法的又一证题技巧

高三复习中有学生问过下列两个命题的证明：命题1求证：命题2求证：并且认为用数学归纳法证失效了。其实不然，而是学生没有熟练掌握用数学归纳法证明不等式的一种技巧——加强命题．分析对于命题1，可令∴f(n)在n∈N上是增函数，原来f（n＋1）＞f（n）＜，两个不等号方向不一致．设想能不能构造一个函数g（n）＞0，使F（n）＝f(n)＋g（n）是减函数，变换为证朋F（n)＜？为了使得数学归纳法有效，这样的g（n）应有什么附加条件呢？首先，欲F（n＋1）-F（n）=f（n＋1） g（n＋1）-［f（n） g（n）]＜0，则应有f（n＋1)-f（n）＜g（n）-g（n…     

第54届IMO预选题（四）

数论部分 1．求所有函数f：Z＋→Z＋,使得对于所有正整数m、n,均有（m^2＋f（n））｜（mf（m）＋n）．     

“新概念”数学

1接近函数 定义 对于在区间[m,n]上有意义的两个函数f（x）与g（x）,若对任意x∈[m,n]均有｜f（x）-g（x）｜≤1,则称以f（x）与g（x）在[m,n]上是接近的,否则称f（x）与g（x）在[m,n]上是非接近的．     

泰勒级数在求导中的作用

设函数f（X）在X0的某邻域上能展开为泰勒级数其中,（x－x0）n产的系数an里就含有f（x）在点x0处的n阶导数值．实际上,这个公式是联系微分学和级数理论的一个重要结论．在许多情况下,我们很少用此公式来计算泰勒级数的系数．根据高等数学中任何公式都可从两个方向加以利用的转化原则,无论用什么方法把人人）展开为幂级数,在收敛区间上都是f（X）的泰勒级数．很显然,如果能够将一个函数用其它方法展开为f（x）在x0处的泰勒级数,函数f(x)在x0处的n阶导数就可以从（x－x0）n的系数中算出,即f（n）（x0）=ann!下面通过几个例子来讨论…     

关于离散函数的一个命题及其应用

关于离散函数有如下命题设f（x）是定义在数列{a_1，a_2，…，a_n｝上的函数．（1）如果f（x）存在最大值f（a_k），且关于i的不等式组（2）如果f（x）存在最小值f（a_k），且关当数列{a_n}为无穷数列时，命题仍成立．证我们只证明（l），(2）的证明和（1）完全一样．∵f（x）在{a_l，a_2，…，a_n}上的最大值从证明过程可知，当f（x）定义在无穷数列上时，命题仍成立．此命题虽然形式和证明都非常简单,但却有广泛的应用．例1若对正整数n，记a_n=10~n/n,则使a_n取值最大的n是多少？（1988年上海市高中数学竞赛高三第一试第二题）解∵　当n充…     

一道安徽预赛题的推广

题目已知m∈N＋,n=2^m．求所有的n次实系数多项式f（x）,满足 f（x^2＋1）=f^2（x）＋1．     

用常数变易法求一类递推数列的通项公式

本文运用常微分方程中常数变易法的思路,将求递归数列αn=f（n）αn-1＋g（n）的通项公式这类问题转化为两步解决,一是求当g=0,α1=C时递推数列αn=f（n）αn-f＋g（n）的通项公式,二是将第一步求出的通项公式中的常数C变易为n的函数Cn,使其为原问题的通项公式,代入αt=m中求得Ct,再代进αn=f（n）αn-t＋g（n）求得Cn的表达式,继而得到递推数列αn=f（n）αn-t＋g（n）的通项公式．     

一个复合函数方程的解的表达式

在一次数学测试中,有如下一道填空题： 已知f（x）是定义在（0,＋∞）上的增函数,当n∈N^＊时,有f（n）∈N^＊,f[f（n）]=3n,则f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）=____.     

一道IMO预选题的另证

题目 对于整数m,在{1,2,3}中存在唯一的一个数t（m）,使得m＋t（m）是3的倍数．函数f：Z→Z满足f（-1）=0,f（0）=1,f（1）=-1,且对于所有满足2n〉m的非负整数m、n,有     

正项级数比值审敛法的无限改进及其哲学意义

对于正项级数∑^∞n=1 an=∑^∞n=1f（n）（an=f（n）〉0）,借助于比值f（n）/f（n＋1）（或其极限）,可以判其敛散性（收敛或发散）,但有失效的情况。对此,已有一些改进的方法。在此基础上．文章提出了无限改进的一种方法,并从哲学角度进行了分析,进而提出了正项级数“敛散级”的概念。     

“希望杯”及其它数学竞赛

一、选择题 1．设f（x）,g（x）的定义域都是D,又h（x）=f（x）＋g（x）．若f（x）,g（x）的最大值分别是M、N,最小值分别是m、n,则下面的结论中正确的是（）     

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．     

复合亚纯函数的亏量与增长性

本文对R．Goldstein关于复合亚纯函数的亏量与增长性定理作了正确的修正，得出：若f与g都是超越整函数，f（z）的下级λ（f）＞0，0＜λ（g）＜p（g）＜∞，且适合an（z）f(n)＋a(n-1)（z）f(n-1)＋…＋a0（z）f＝b（z），c（z）为适合T（r，c（z））＝0（T（r，g））的整函数，ai（z）（i＝1，2，…，n）是有理函数，ai（z）∞（i＝0，1，2…．n）．an（z）0，an（z）≠0，b（z）∞（若c（z））恒为常数．则b（z）c（z）a0（z）），则有δ（c（z）．f（g））＝△（c（z），f（g））＝0本文还得到复合亚纯函数的亏量与增长性其它三个结果。     

一道习题引发的探究

题目 定义在R上的奇函数f（x）满足f（x＋a）=-f（x）（a〉0）,若将方程f（x）=0在闭区间[-2a,2a]上的根的个数记为n,则n的最小值为_．（以下简称原题）     

利用二分法求方程的近似解

知识点一:两个重要结论结论1:如果二次函数f（x）=ax²+bx+c在闭区间[m,n]上满足f（m）f（n）<0,那么方程f（x）=0在开区间（m,n）上有唯一解,即存在x₁∈（m,n）,使得f（x₁）=0,方程f（x）=0的另一解x₂∈（-∞,m）∪（n,+∞）。结论2:如果函数f（x）在区间[m,n]上的图像是连续不断的一条曲线,且满足f（m）f（n）<0,那么方程f（x）=0在开区间（m,n）上至少有一个解。注意点:结论1适用于二次函数,结论2适用于一般函数。     

二次函数在闭区间上的最值问题

本文主要研究二次函数或含有二次函数的复合函数在闭区间上的最值问题． 二次函数f（x）=ax^2＋bx＋c（a≠0）在闭区间[m，n]上的最值问题的初等解法如下： （1）当顶点横坐标在[m，n]内时，在顶点处取得一个最值，考虑到函数的单调性，另一个最值在距顶点较远的端点取得，即它是f（m）和f（n）中的一个．     

巧构数列 解证一类数列不等式

形如a1＋a2＋…＋an≤（或≥）f（n）与a1＊a2…an≤（或≥）g（n）型的不等式是近几年各地高考的热点内容．解决这类问题常采用数学归纳法、放缩法、借助数列的单调性等方法．如果我们把f（n）看做数列tbn}的前n项和,则只需证明an≤（或≥）bn即可;同样若把g（n）看做数列{bn}的前n项积,则当an〉0,bn〉0时,只需证明an≤（或≥）bn即可．本文将利用这种方法来解证此类数列型不等式．