不动点与数列通项

对于函数f(x),若存在x_0∈R,使f(x_0) =x_0成立,则称x_0为函数f(x)的不动点．数列与函数密切相关．对于a_(n 1)=(pa_n q)/(ra_n s)型递推数列,利用不动点可以妙求其通项公式．先推导a_(n 1)=pa_n q(p≠1)型递推数列的通项公式．∵p≠1,所以存在α满足α=     

利用特征根法求两类数列的通项公式

命题1：在数列{an}中,已知首项a1,且n≥2时,an=pan-1＋q（P≠1,q≠0）,则称方程x=px＋q为数列{an}的一阶特征方程,其特征根为x=q/1-q,数列{an}的通项公式为an=（a1-x）pn-1＋x．     

用特征方程求数列通项

1．“an＋1=pan,＋q（p,q均为常数。且pq（1-p）≠0）”型对于“an＋1=pan＋q（其中p,q均为常数,     

等比数列运算要慎重

一、慎选公式 等比数列的前n项和公式实际上是由两部分构成的，与q的取值有关，即Sn={na1(q=1) &;lt;{a1(a-q^n)}/1-q&;gt;(q≠1)。解题时易忽略q=1的情形．     

不动点与数列通项

对于函数f(x),若存在x0∈R,使f(x0)= x0成立,则称x0为函数f(x)的不动点．数列与函数密切相关．对于an 1=(pan q)/(ran s)型递推数列,利用不动点可以巧妙求其通项公式．先推导an 1=pan q(p≠1)型递推数列 (r、s=0的情形)的通项公式．     

江苏卷第20题的别解

题目 已知{an}是等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，a1=b1，a2=b2≠a1．记Sn为数列{bn}的前n项和．[第一段]     

运用等比定理解数列题

例1 已知等比数列{an}，首项为a1，公比q≠1，求前n项和Sn．     

特征方程在求解一类数列通项公式中的应用

本文给出了由特征方程的根求解具有递推关系an=pan-1＋q（其中p,q是常数、p≠0,1）数列通项公式的简便方法．     

公式Sn=A·q^nA的一些应用

我们已经知道等比数列前n项和Sn(q≠1)公式为Sn=(a1(1-q^n))/1-q.在这个公式中若令a1/1-q=-A即可得Sn=Aq^n-A(A≠0，q≠1)．由此可得一个非常数的等比数列其前n项和具有Sn=Aq^n-A这样的特征．这个公式形式简洁，其应用较广．下面是这个公式的一些简单应用．     

用特征方程法求数列通项

特征方程法是指：在数列{an}中,给出a1,a2,且an＋2=pan＋1＋qan．其特征方程x2=z＋q的两根为x1与x2．若x1≠x2,则an=A1x1^n＋A2x2^n,若x1=x2,则an=（A1n＋A2）x1^n,其中A1、A2由初始值a1、a2求出．     

利用不动点求数列通项

对于函数f（z），若存在x0∈R，使f（x0）=x0成立，则称x0为函数f（x）的不动点．数列与函数密切相关．对于an＋1=pan＋q/ran＋s型递推数列，利用不动点可以巧妙求其通项公式．     

例谈构造对偶式求两类递推数列通项

类型一：an＋2=pan＋1＋qan 此类递推数列的通项求法一般是通过假设an＋2=aan＋1=β（an＋1-aan）构造等比数列来处理,其中α,β的确定可由其等式等价于an＋2=（α＋β）αn＋1—αβan,得到α＋β=P,αβ=-q,所以α、β满足方程x^2=px＋q,此也就是类型一的特征方程．：     

谈谈利用特征根求解数列通项

一、形如an+1=pan+q(p、q为常数)的一阶线性式其特征方程为x=px+q,特征根为α.方法一:通过待定系数法,转化成an+1+m=p(an+m),如an+1=3an+6,设an+1+m=3(an+m),利用两式等价得m=3,即原式可转化为an+1+3=3(an+3),即数列an+3是以3为公比的等比数列.方法二:两边同时减去特征根α,也可将已知转化成an+1+m=p(an+m).如an+1=-2an+6,特征方程为x=-2x+6,x=2,同时     

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．     

突出公比 体验过程

等比数列是一种特殊而又重要的数列．等比数列主要研究定义、通项公式与前n项和公式等问题，解决这些问题的关键是公比q，公比q贯穿于整个等比数列的始终．因此，我们在学习等比数列时．可以通过探索求解一些问题，一方面在突出公比中体验过程，另一方面又在体验过程中突出公比．     

SU（2）和SU（1，1）代数最简单的玻色实现及其q化

只用一对玻色子的产生和湮灭算子α∧ 、α实现了SU（2）和SU（1，1）代数；只用一对q玻色子的产生和湮灭算子α∧ q、αq实现了SU2（2）和SU2（1，1）代数。     

求递推数列通项的特征根法

形如a1=m1，a2=m2，an＋2=pan＋1＋qan（P、q是常数）的二阶递归数列都可用特征根法求得通项an。     

一类数列通项公式的再探讨

《数学通讯》2006年第9期包志秀老师在《妙求αn=c·αn-1＋d/α·αn-1＋b的通项》一文中用“常数消去法”给出了递推关系αn=c·αn-1＋d/α·αn-1＋b的通项公式的一般求法，读后颇受启发，经笔者研究发现，这类数列的通项公式还可用下面的方法巧妙解决．[第一段]     

一道中考题的数形结合分析

2005年天津市中考有一道代数综合题： 例 已知二次函数y=αx^2＋bx＋c． （1）若α=2，c=-3，且二次函数的图象经过点（-1，-2），求b的值； （2）若α=2，b＋c=-2，b〉c，且二次函数的图象经过点（p，-2），求证：b≥0； （3）若α＋b＋c=0，α〉b〉c，且二次函数的图象经过点（q，-α），试问当自变量x=q＋4时，二次函数y=αx^2＋bx＋c所对应的函数值y是否大于0．并证明你的结论．     

另辟途径，巧求一类数列的和

若{an}是等差数列,通项为an=a1＋（n-1）d（d≠0）;{bn}是等比数列,通项为bn=b1q^n-1（q≠1）,求数列{anbn}的前n项和Sn．此类问题高考中经常出现,解决的方法是错位相减法,而错位相减法涉及比较复杂的运算,考试时学生十有八九是算不对答案的．为了避免繁琐的运算,本文给出两种方法,供大家参考．