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1.
“+、-、×、÷”是数学中最基本的运算,但在数列中还是一种特殊的解题技巧,能有效地解决数列中的数学问题,并使其过程显得简捷明快.下面试从4个方面加以说明.一、“+”的技巧等差中项性质,数列求和中的倒序相加,求通项中的累加等,都包含了“+”的技巧.例1在等差数列an中,a1+a2+a3=15,an+an-1+an-2=78,Sn=155,求n.解由a1+an=a2+an-1=a3+an-2,将该6项相加,得a1+a2+a3+an+an-1+an-2=3(a1+an)=15+78,∴a1+an=31,∴Sn=n(a1+an)2=n×312=155,∴n=10.例2求和Sn=C1n+2C2n+3C3n+…+nCnn.解Sn=0C0n+1C1n+2C2n+3C3n+…+nCnn,Sn=nCnn+(n-1)Cn-1n… 相似文献
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文 [1 ]第 1 1 7页是由波兰提供的第 35届IMO备选题 :对 x≠ 0 ,f( x) =x2 12 x ,定义 f(0 ) ( x) =x,和对所有正整数 n和 x≠ 0 ,f(n) ( x) =f( f(n- 1 ) ( x) ) ,求证 :对所有非负整数 n和 x≠ - 1 ,0 ,1 ,有f(n) ( x)f(n 1 ) ( x) =1 1f x 1x- 12 n .原文用数学归纳法直接给以证明 ,本文从数列角度给出新的简单证明 .证明 记 a0 =f(0 ) ( x) ,an=f(n) ( x) ,则a0 =x,an=f ( an- 1 ) =a2n- 1 12 an- 1,从而 an- 1 =( an- 1 - 1 ) 22 an- 1,an 1 =( an- 1 1 ) 22 an- 1,相除得 an- 1an 1 =an- 1 - 1an- 1 12 ,重复以上办… 相似文献
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Fibonacci数列的注记 总被引：1，自引：0，他引：1
王开新 《淮南师范学院学报》2002,4(3):5-8
将Fibonacci数列的递推公式Fn＝Fn-1 Fn-2改为an＝an-1 an-3 an-4，并改变其部分初项得到系列新的且与Fibonacci数列有着有趣联系的数列。 相似文献
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徐印同 《数理天地(高中版)》2003,(8)
1.与等差数列的性质结合例1 已知数列{an}为等差数列,若a1 a2 a3 a4=3,an-3 an-2 an-1 an=21,且Sn=48,求n的值. 分析先将第二个条件“倒序”,再将两式相加,目的是用等差数列的性质:am an=ap aq<=>m n=p q(其中m,n,p,q∈N ),从而减少计算量。解依题意,有 a1 a2 a3 a4=3 an an-1 an-2 an-3=21将以上两式相加,得 相似文献
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1 迭加法的背景若数列 {an}为等差数列 ,则有 an+1 - an= d( n∈ N* ,d为常数 ) .于是 ,an- an- 1 =d,an- 1 - an- 2 =d,… ,a3- a2 =d,a2 - a1 =d,将这 n- 1个式子迭加 ,有 an- a1 =( n- 1 ) d,即得等差数列通项公式 an=a1 + ( n- 1 ) d.考虑到这 n- 1个式子中的被减项是 a2 ,a3,… ,an,而减项是 a1 ,a2 ,… ,an- 1 ,故在被减项和减项中同时出现的项为 a2 ,a3,… ,an- 1 ,于是 ,迭加后这些项被消去 ,得 an- a1 =( n-1 ) d.这种将一系列等式相加的方法叫迭加法 .2 迭加法的延伸点迭加法在求数列通项时的运用 ,是基于数列相邻项的差的特点… 相似文献
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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． 相似文献
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《数学通讯》2006年第9期包志秀老师在《妙求an=ac··aann--11 db的通项》一文中用“常数消去法”给出了递推关系an=c·an-1 da·an-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·我们仍以原文中的例题为例来加以说明·例已知在数列{an}中,满足a1=2,且an=53··aann--11 35,n=2,3,…,求数列{an}的通项公式·解因为an=53··aann--11 35=35·an-1 1an-1 53,引入参数p,有an-p=(53-p)·an-1 1-53pan-1 53=35-pan-1 35an-1-35p-135-p,p≠53·令35p-135-p=p,解得p=1或p=-1,从而有an-1=… 相似文献
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第 4 2届国数学奥林匹克试题第 2题是 :对所有正实数a ,b ,c,证明 aa2 +8bc+bb2 +8ca+cc2 +8ab ≥ 1.文 [1]采用文 [3] [4 ]的方法给出其推广为 :若a ,b ,c ∈R+ ,λ ≥ 8,则 aa2 +λbc +bb2 +λca+cc2 +λab ≥ 31+λ( 1) .文 [2 ]给出了 ( 1)式的简证 ,本文进一步把 ( 1)式推广为更一般的形式 :设λ≥n2 - 1,ai ∈R+ (i =1,2 ,… ,n) ,则有an- 11an- 11+λa2 a3 …an+an- 12an- 12 +λa1a3 …an+… +an- 1na2n +λa1a2 …an- 1≥ n1+λ ( 2 )证明 先求正实数x使得an- 11an- 11+λa2 a3 …an≥ nax11 +λ(ax1+ax2 +… +axn) ( 3) … 相似文献
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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. 相似文献
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各项都是整数的等差数列 ,称为整项等差数列 .整项等差数列具有如下的整除性 .定理 1 项数不小于 6的整项等差数列中 ,任意的连续 6项 ,两端连续两项之积的差 ,必能被中间两项之和的 4倍整除 .证 设数列 { an}是公差为 d(d为整数 )的整项等差数列 ,项数不小于 6 ,它任意的连续 6项可记为 an-2 ,an-1 ,an,an+1 ,an+2 ,an+3 ,n∈N*且 n>2 .∵ an+2 an+3 - an-1 an-2=(an+2 d) (an+1 +2 d) - (an+1 - 2 d) (an- 2 d)=anan+1 +2 d(an+an+1 ) +4d2 - [anan+1 - 2 d(an+an+1 ) +4d2 ]=4 (an+an+1 ) d,d为整数 ,∴ an+2 an+3 - an-1 an-2 能被 4… 相似文献
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设Fn表示数列Fibonacci数列的第n项,an表示{an=an-1 an-3 an-4}的第n项.得到如下结果:Fi s)2,a6=(∑m 2Fi s)2,a4=(∑m 1Fi s)2且an=an-1 an-3 an-4,则(i)a2n=(∑m n-1Fi s)2,设a1=1,a2=(∑mi=3i=ni=1i=2Fi s);(ii)a2n 1=(∑m n-1Fi s)(∑m n-1Fi s) (-1)n 1X(m,s).其中X(m,Fi s)(∑m na2n-1 a2n-2 a2n-3=2(∑m n-2i=ni=n 1i=n-1i=ns)=(Fm s 1-Fs 1)(Fm s 2-Fs 2)-1.从而肯定回答了徐道提出的一个猜测. 相似文献
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金晓香 《河北理科教学研究》2007,(2):14-14,17
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. 相似文献
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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… 相似文献
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龙宇 《数学学习与研究(教研版)》2010,(17):93-93
本文以常系数线性差分方程的解为基础,总结出了一类常系数非线性差分方程an=λ＋b/a-1,an=an-1/2＋k/an-1（k〉0）-的解法． 相似文献
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正我们经常看到这样一类问题:数列{an}满足递推关系an+1=f(an),其中f(x)为多项式函数或分式函数,求数列{an}的通项公式.而其中最常见的函数是一次函数和线性分式函数,最常见的方法是先用不动点法将递推公式化成an+1-α=r(an-α)m或an-1-α/an-β=(an-α/an-β)m的形式,再用转化法或迭代法求其通项.然而,多数资料却对"为什么可以用不动点法求‘α’或‘α和β’?",甚至对"不动点法是否是求解这类问题的通法?"只字不提,只是说可以这样做.又 相似文献
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设Fn表示数列Fibonacci数列的第n项，an表示{an=an-1 an-3 an-4}的第n项．得到如下结果：设“a1=1，a2=(∑i=1^mFi s)^2,a4=(∑i=2^m 1Fi s)^2，a6=(∑i=3^m 2Fi s)^2且an=an-1 an-3 na-4,则(i)a2n=(∑i=n^m n-1Fi s)^2，a2n-1 a2n-2 a2n-3=2(∑i=n-1^m n-2Fi s)(∑i=n^m n-1Fi s)；（ii)a2n 1=(∑i=n^m n-1Fi s)(∑i=n 1^m nFi s) (-1)^n 1X(m,s),其中X(m,s)=(Fm s 1-Fs 1)(Fm s 2-Fs 2)-1.从而肯定回答了徐道提出的一个猜测. 相似文献