共查询到20条相似文献，搜索用时 31 毫秒
1.
2.
3.
根据递推关系式写出数列的通项公式既是考查学生对数列这部分知识是否掌握的试金石,也是考查学生的观察能力、推理能力、判断能力的重要手段.因此,对学生递推能力的考查一直是高考关注的重点.本文将对高中阶段出现的几种已知递推关系求数列通项公式的方法进行探讨.※递推公式形如an+1=an+f(n)的数列由上式可得:an=an-1+f(n-1)=an-2+f(n-2)+f(n-1)=…=a1+f(1)+f(2)+f(3)…+f(n-1)例:数列｛an｝中,a1=1且a2k=a2k-1+(-1)k,a2k+1=a2k+3k,其中k∈N+,求数列｛an｝的通项公式.解:∵a2k+1=a2k-1+(-1)k+3k,a2k+1-a2k-1=(-1)k+3k,∴a3-a1=(-1)1+31,a5… 相似文献
4.
刘理 《数学大世界(高中辅导)》2004,(10):25-26
下面用数列知识解答二道物理问题.【例1】 A、B两点相距s,将s平分为n等分,今让一物体(可视为质点)从A点由静止开始向B做匀加速运动,但每过一个等分点,加速度都增加an,试求该物体到达B点的速度.解析:设物体经过第1,2,3,…,n段路程后的速度分别为v1,v2,v3,…,vn则有v21=2asn,v22-v21=2a(1+1n)sn,v23-v22=2a(1+2n)sn,……,v2n-v2n-1=2a(1+n-1n)sn,将上述各式两端分别相加后得v2n=2asn[1+(1+1n)+(1+2n)+……+(1+n-1n)]=2asn[n+(1n+2n+……+n-1n)].上式中的1n+2n+……+n-1n为一项数为n-1的等差数列的和,其和为1n[1+2+……+(n-1)]1n·1+(n-1)2… 相似文献
5.
先化简,后求值是求代数式的值的一般方法.但对于求某些条件代数式的值的问题,特别是对于竞赛题,若能灵活地应用已知条件,挖掘隐含条件,巧妙构造算式,则可简化计算过程,从而达到快捷获解之目的.例1若a2+a=1,求a4-3a2+2的值.解:由a2+a=1得a=1-a2.∴原式=(a4-2a2+1)+(1-a2)=(1-a2)2+(1-a2)=a2+a=1.注:这里充分运用了1-a2=a这一降次的隐含条件.例2已知a2+a-1=0,求a3+2a2+3的值.解:由a2+a-1=0得a2+a=1.∴原式=a3+a2+a2+3=a(a2+a)+(1-a)+3=a+(1-a)+3=4.注:这里运用了隐含条件a2+a=1凑配代入而得解.例3已知m+n+k=0,求证:m3+m2k+n2k+n3-mnk=0.证明:… 相似文献
6.
詹国梁 《苏州教育学院学报》1987,(1)
本文先给出牛顿公式,并利用求函数的导数与多项式的比较系数法加以证明,再举例说明它在初等代数中的应用.一、公式及其证明当K≤n时,S_k-S_(k-1σ1)+S_(k-2σ2)+…+(-1)~(k-1)S_(1σk-1)+(-1)~k·K_(σk)=0(l)当K>n时,S_k-S_(k-1σl)+S_(k-2σ2)+…+(-1)~nS_(k-nσn)=0(2)其中σ_i(i=1,2,…,n)是初等对称多项式,即σ_i=X_1+X_2+…+X_n,σ_2=x_1X_2+X_2X_3+…+X_(n-1)X_n,…,σ_n=X_1X_2…X_nS_k(K=0,l,2,…)是一类特殊的对称多项式,即S_k=x_1~k+x_2~k+…+X_n~k(S_0=n)证明:令f(x)=(x-x_1)(x-x_2)…(x-x_n)=x~n-σ_1x~(n-1)+σ_2x~(n-2)+… 相似文献
7.
张黎明 《青海师范大学民族师范学院学报》2001,(1)
数学归纳法是数学里一种重要的证明方法。下面通过实例,列举几种证法。一、代数恒等式的证明一般采用的证明方法是在等式两边同加或同乘以第 k+1项,然后适当变形即可得证。例1 求证:1-(1/2)+(1/3)-(1/4)+…+/1(2n-1)-1/(2n=1/(n+1)+1/(n+2)+…+1/(2n)证明1°当 n=1时,左边=1-1/2=1/2.右边=1/(1+1)=1/2.等式是成立的。2°假设 n=k(k≥1)时等式成立,即 相似文献
8.
解数学题,遇到形如x+y=2a的条件,可设x=a+k,y=a-k(k是参数),从而有效地解决许多类型的题,这就是均值换元,本文介绍用此法在解题中的应用。1、用于条件求值。例1若a+b=5,a3+b3=50,求a2+b2解:设a=52+k,b=52-k∴(52+k)3+(52-k)3=50,即(52+k+52-k)[(52+k)2-(52+k)(52-k)+(52-k)2]=50∴k2=54于是a2+b2=(52+k)2+(52-k)2=504+2k2=504+104=152、用于因式分解。例2分解因式(6x-1)(2x-1)(3x-1)(x-1)+x2解:设k=(6x-1)(x-1)+(2x-1)(3x-1)2=6x2-6x+1则原式=[(6x-1)(x-1)][(2x-1)(3x-1)]+x=(6x2-7x+1)(6x2-5x+1)+x2=(k-x)(k+x)+x2=k2=(6x2-6x+1)23、用于解… 相似文献
9.
组合恒等式证明问题,一般难度较大,学生往往不易掌握。下面就来谈谈组合恒等式证明的几种方法。 1.置换法。在公式(a+b)~n=C_n~0a~n+C_n~1a~(n-1)b+C_n~2a~(n-2)b~2+…+C_n~ra~(n-r)b~r+…+C_n~nb~n中,适当地选择某个数来置换a和b,原恒等式即可得证。例1.求证:①2~n-C_n~12~(n-1)+C_n~22~(n-2)+…+(-1)~(n-1)C_n~(n-1)2+(-1)~n=1; ②3~n-C_n~13~(n-1)+C_n~23~(n-2)+…+(-1)~(n-1)C_n~(n-1)3+(-1)~n=2~n。 相似文献
10.
胡怀志 《初中生世界(初三物理版)》2004,(28)
一、巧用运算律例1计算-117×(132-0.125)÷(-1.2)×(-1313).解原式=-117×(132-18)×(-56)×(-1613)=-117×1613×(132-18)×56=-9×(12-2)×56=9×32×56=1114.二、合理分组例2计算1-2+3-4+5-6+7-8+…+4999-5000=(1999年“希望杯”初一数学竞赛试题)解原式=(1-2)+(3-4)+(5-6)+(7-8)+…+(4999-5000)=(-1)+(-1)+(-1)+(-1)+…+(-1)(共有2500个)=-2500.三、反序相加例3计算12+(14+34)+(16+36+56)+…+(198+398+…+9798)=(1998年“五羊杯”初一数学竞赛试题)解设原式=S,将每个括号内的分数反序排列,可得S=12+(34+14)+(56+36+16)+…+(9798+…+39… 相似文献
11.
关于五个裴波那契公式的推广 总被引：1，自引：0，他引：1
公式(sum ∑ from k=1 to n)f_k=f_(n+2)-f_2,(sum ∑ from k=1 to n)f_(2k-1)=f_(2n)-(f_2-f_1)(sum ∑ from k=1 to n)f_(2k)=f_(2n+1)-f_1,(sum ∑ from k=1 to n)f_k~2=f_nf_(n+1)(sum ∑ from k=1 to n)f_kf_(k+1)=1/2(f_(n+2)~2-f_nf_(n+1)- 中,我们把前三个关于任意的裴波那契序列公式(即 f_n=f_(n-1)+f_(u-2),f_1=a,f_2=b)推广到二阶线性递推序列(即 f_n=pf_(n-1)+qf_(n-2),f_1=a,f_2=b,p,q,a,b 均为实数);把后两个公式推广到任意的裴波那契序列中去. 相似文献
12.
[定理] sum from k=1 to n (a_mk~m+a_(m-1)k~(m-1)+…+a_1k+a_0)=A_(m+1)n~(m+1)+(a_m+A_m)n~m+…+(a_1+A_1)n。其中,系数A_(m+1),A_m,…,A_1由方程组 相似文献
13.
定理nn-1[(m+1)n-1n-1]<∑mi=11niαn-αn-1(α>1,n∈N,n≥2).证明由二项式定理得(α-1n)n=∑nr=0(-1)rCrn1nrαn-r,∵Crn(1n)r-Cr+1n(1n)r+1=Cr+1n(1n)r+1·nr+rn-r≥0,∴Crn(1n)r≥Cr+1n(1n)r+1(当且仅当r=0时等号成立).若n为偶数时,(α-1n)n=αn-αn-1+(C2n1n2αn-2-C3n1n3·αn-3)+…+(Cn-2n1nn-2α2-Cn-1n1nn-1α)+Cnn1nn>αn-αn-1;若n为奇数时,(α-1n)n=αn-αn-1+(C2n1n2αn-2-C3n1n3·αn-3)+…+(Cn-1n1nn-1α-Cnn1nn)>αn-αn-1.2定理的证明(1)∑m… 相似文献
14.
(a+b)n二项展开式有(n+1)项,(a+b+c)n三项展开式的项数可以按二项展开式办法求出:[(a+b)+c]n=C0n(a+b)nc0+C1n(a+b)n-1c1+…+Crn(a+b)n-rcr+…+Cnn(a+b)0cn,其展开式共有(n+1)+n+(n-1)+…+2+1=(n+1)(n+2)/2项.那么(a1+a2+a3+…+am)n展开式又有多少项呢? 相似文献
15.
<正> (a+b)n二项展开式有n+1项,(a+b+c)n三项展开式的项数可以按二项展开式办法求出.[(a+b)+c]n=C_n~0(a+b)nc0+C_n~1(a+b)n-1c1+…+C_n~r(a+b)n-rcr+…+C_n~n(a+b)0cn,其展开式的项数为(n+1)+n+(n-1)+…+2+1=(n+1)(n+2)/2,(*) 相似文献
16.
本文目的在于用初等代数的方法求如下一类级数的前(n-1)项的和: 1~m+2~m+3~m+…+k~m+…+(n-1)~m+…从而使学生对级数求和,二项式展开等知识进一步得到深化,并为建立初等与高等数学的联系提供一个有意义的应用例子。一、公式的推导: 记б_n~(m)=1~m+2~m+3~m+…+k~m+…+(n-1)~m (1) 其中m是正整数。我们注意到如下关系式: (l+1)~(m+1)-l~(m+1)=C_(m+1)~1l~m+C_(m+1)~2l~(m-1)+C_(m+1)~3l~(m-2)+…C_(m+1)~kl~(m-k+1)+… +C_(m+1)~ml+1……(2) 在(2)式两端分别令l=1,2,3,…,(n-2),(n-1),得: 相似文献
17.
对n个自然数平方和公式12+22+32+……+n2=n(n+1)(2n+1)6的推导,参考书中采用“迭加法”是无可非议的,但根据素质教育的新理念,我们应对一个问题从多角度、多层次去思考,对一个事物从多方面去解释,对一个对象用多种方式去表达,以期对问题认识得更深刻、更全面.因而,变换角度,构建正方形表格模式推导自然数平方和公式是必要的.※推导一※(1)通过观察、归纳,并运用高斯求和公式,发现每个自然数的平方有如下规律:12=1,22=1+2+1,32=1+2+3+2+1,……n2=1+2+3+……+(n-1)+n+(n+1)+……+3+2+1.平方数转化为自然数和的形式,状如“金字塔”.(2)建模.为… 相似文献
18.
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． 相似文献
19.
李江华 《渭南师范学院学报》2003,18(Z2):26-27
利用经典的分析知识来研究Lucas多项式的组合性质a1+a2+∑……+La1+(x)La2+1(x)…Lak+1(x)=3jn+j/2-1∑l=02n-1Cln+k-l-1Ck-1n+k-2l-1xn-2l,并得到一个有趣的结果a1+a2+∑……+ak=nLa1+1La2+1…Lak+1=3kn+k/2∑l=02n-lCln+k-l-1Ck-1n+k-2l-1. 相似文献
20.
一、方程思想. 例1 等差数列{an}的前n项和记为Sn.已知a10=30,a20=50. (Ⅰ)求通项an; (Ⅱ)若Sn=242,求n. 解析(Ⅰ)由an=a1+(n-1)d,a10=30, a20=50,得方程组(?)a1+9d=30,a1+19d=50. 解得a1=12,d=2.所以an=2n+10. (Ⅱ)由Sn=na1+(n(n-1))/2d,Sn=242 得方程12n+(n(n-1)/2×2=242. 解得n=11或n=-22(舍去). 二、函数思想. 相似文献