裂项相消法的八大类型

裂项相消法实质上是把一个数列的每一项裂为两项的差,即化an=f（n）-f（n＋1）的形式,从而达到数列求和的目的,即得到Sn=f（1）-f（n＋1）的形式．通过此类题型的解决,可以培养同学们的逆向思维,开发同学们的智：匀,检查同学们思维的灵活性．     

两类趣味数列前n项和的一般表达式

<正>求数列{1/n(n+1)}的前n项和Sn是一个常见的问题,是裂项相消法求和的范例,由此容易联想到数列{1/n(n+1)(n+2)}的前n项和能否用裂项相消法求得呢?经过尝试和推广,用裂项相消法成功求得了自然数连乘积的倒数和的一般表达式.本文对形如{n(n+1)(n+2)}的自然数连乘积数列的前n项和也进行     

别样的裂项相消法

<正>裂项相消是数列求和的一个重要数学方法.裂项相消法实质上是把数列的通项裂为一个新数列"两项的差"的形式,从而达到数列求和时相邻或相隔的两项间相互抵消而求出和的目的.通过此类题型的考查,可以培养同学们的逆向思维,开发同学们的智力,检查同学们思维的灵活性.近几年的数学高考试题频频用到此法来求数列的前n项和,本文就解决这类     

裂项相消法解题举例

<正>裂项相消法是高中数学中数列求和的重要方法之一,与裂项相消法有关的数列求和、数列不等式问题,屡次出现在高考、模拟考试题中.为了帮助同学们更好地掌握裂项相消法,列举高考或模拟考的一些典型的相关试题(特别说明为了重点突出裂项相消法解题,与此无关的内容进行略解)的求解,以飨读者.类型1.分母两项差或和与分子有关系将数列的通项拆成两项之差,常见的裂项     

求数列通项的题型分析及方法总结

<正>求数列通项是数列部分的一种常考题型,本文中对求数列通项的题型进行分类总结,给出六种求解方法:累加法、累乘法、裂项相消法、特征根法、对数构造法、换元构造法.1 累加法形如a_n+1=a_n+f(n)或a_n+1-a_n=f(n)的递推数列,其中f(n)是关于n的函数.对于该类数列的通项求解可采用累加法.具体方法如下:将a_n+1=a_n+f(n)列举为■将(n-1)个式子左右两边对应相加,得a_n+1-a₁=f(1)+f(2)+……+f(n),进而可求得该数列的通项公式.     

数列求和(积)的差(商)分法在不等式证明中的应用

给定数列{a_n},求前n项和S_n或求前n项积T_n的基本方法是使通顶表达成a_n=f(k 1)-f(k)或a_k=f(k 1)/f(k)(k=1,2,…,n)的形式,由此得到有S_n=f(n)-f(1)和T_n=f(n)/f(1)。这就是我们通常说的差分法与商分法。据此,在不等式中,下述结论是显然的事     

数列问题的解法与背景探析

<正>题目(2013年广东省高考理科数学第19题)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,2S_n/n=a_(n+1)-1/3n²-n-2/3,n∈N2-n-2/3,n∈N^*.(1)求a2的值;(2)求数列{an}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有1/a_1+1/a_2+…+1/a_n<7/4.本题考查了递推公式、等差数列的概念、通项公式、裂项相消法求数列的前n项和、放缩法证明不等式等知识.要求a2,需要建立关于a2的方程,考查了方程思想.要求数列的通     

谈数列中一个背景的演绎构造

在求解数列通项问题中,对于an+1=qan+f(n)这一条件背景,若能合理的对f(n)进行演绎变化,就能构造出以下的递推形式:bn+1=kbn(k是非零常数,n∈N*),从而能够揭示出隐含的等比关系,可使问题豁然明朗,得以顺利解决,下面举例说明对几类f(n)形式的演绎变化,意在抛砖引玉,供大家读后加以推广.     

探究递推数列通项公式求法的实质

已知数列的递推公式,求其通项公式是数列中一类常见的题型,这类题型如果单纯地看某一个具体的题目,它的求解方法是灵活多变的,构造的技巧性也很强.很多课外辅导资料均总结归纳了常见的几种递推数列通项公式的求法,题型上一般可以分为:形如an+1=an+f(n)型数列(其中f(n)不是常值函数);an+1=an·f(n)型数列;an+1=pan+q型数列;an+1=pan+f(n)型数列(p为常数);an=Aan/Ban+C型数列(A,B,C为非零常数).在日常的教学过程中,强迫学生死记硬背,或许能够收到一定的成效,但是数学是以培养学生思维能力为首要任务的学科,所以,我们有必要对以上几种题型的实质进行分析讨论,让学生明白所以然.笔者认为,无论哪种题型,最终均需要利用到等差数列(结合累加原理)或者等比数列(结合累乘原理)定义解决问题.     

利用“并项法”求数列的前n项和

我们知道,求数列前n和常用的方法有以下几种:①公式法;②倒序相加法;③错位相减法;④分拆求和法;⑤裂项相消法等.那么,对于形如     

递推数列的通项公式求解方法探究

<正>根据数列所满足的递推关系,用累加或累乘的方法求出通项公式;或用转化与化归的数学思想及方程的思想构造出新的等差或等比数列,通过求得新数列的通项公式进而求出递推数列的通项公式.1.型如an+1=an+f(n)可作差累加求通项.若递推公式为a_(n+1)=a_n+f(n)型,则只需将原递推公式化为a_(n+1)-a_n=f(n),再以累加法可知a_n-a_1=g(n),于是a_n=a_1+g(n).     

由数学实验探求数列a_n=a_(n-1)+f(n)(n≥2)的通项

1　实验课题数列an=an - 1+ f(n) (n≥ 2　n∈N)的通项的探求 .2　实验数学目标2 .1　知识技能目标让学生掌握用迭代法求数列an =an - 1+ f(n) (n≥ 2　n∈N)的通项 .2 .2　过程与方法目标通过带领学生进行数学实验 ,引导学生积极地进行思维活动 ,激发学生学习数学的兴趣 ,经历数列an=an - 1+ f(n) (n≥ 2 ,n∈N)的通项的探求过程 ,培养学生观察能力、猜想归纳能力、论证能力、抽象概括能力、合作交流的能力 .2 .3　情感、态度与价值目标通过实验、猜想、证实等环节 ,培养学生的探索精神和创造个性 ,培养学生实事求是严谨治学的态度 .3　…     

高考数列中裂项求和的模型

<正>数列求和中的裂项相消法是高考热点之一,是将原数列每一项拆为两项(或几项)之后,在求和过程中,中间的大部分项都互相抵消了,只剩下有限的几项.笔者通过对近几年高考中常见的裂项方式分析,归纳出常见模型.     

a_(n+1)=p(n)a_n~2+f(n)a_n+r(p(n)≠0)型数列的求解方法

数列问题的背景新颖 ,能力要求高 ,内在联系密切 ,思维方法灵活 ,因此倍受命题者的青睐 .解答数列问题要求熟练掌握数列基础知识 ,灵活运用基本数学思想方法 ,善于转化 .an+1 =p( n) .a2n+ f ( n) .an+ r ( p( n)≠0 )型数列是数列和二次函数、不等式相结合的典范 ,难度较大 .求解此类问题的思维模式是 :观察—归纳—猜想—证明 .求解的主要方法是 :分析法 ,比较法 ,消去法 ,综合法 ,放缩法 ,数学归纳法 .例 1　数列 x1 ,x2 ,… ,由 x1 =12 ,xn+1 =x2n + xn( n =1,2 ,… )给出 ,Sn与 Pn 分别是数列 y1 ,y2 ,y3 ,… ,前 n项的和与积 ,这里 y…     

递推数列问题中的函数策略探究

<正>数列是一类特殊的函数,二者之间有着密切联系.对于某些数列问题,应用函数策略进行研究,可取得事半功倍之效.对于函数f(x),若数列{an}满足an+1=f(an),n∈N+,则f(x)为数列{an}的对应函数.1.若递推数列{an}满足an+1=pan+q(p≠0和1,q≠0,p,q∈R),求{an}的通项.解析这是相对简单的类型,可以通过an+1     

巧构常数列解两类数列求和问题

数列求和问题,一直都是高考考查的热点,相关题型千变万化,精彩纷呈,让人目不暇接,其中利用＂错位相减法＂与＂裂项相消法＂求解的两类求和问题尤为突出.但利用错位相减法求解时,繁琐运算有时总使人望而却步;利用裂项相消法求解时,剩余若干项有时常叫人丢三落四.结合2013年的高考题介绍＂构造常数列＂的办法,来解决这两类问题,以藉读者.     

隔项等比数列的研究

隔项等比数列的例子几次在高考题中出现 ,探讨隔项等比数列的性质很有必要 .为了便于研究 ,先给出隔项等比数列的定义 .定义　如果数列 { an}满足关系 :a2 n+ 1a2 n-1=q1,a2 n+ 2a2 n=q2 (n=1,2 ,3,… ) ,其中 q1,q2均为非零常数 ,则称数列 { an}为隔项等比数列 .定理 1　隔项等比数列 { an}的通项公式是an=1+(- 1) n-12 a1qn-121+1+(- 1) n2 a2 qn-222 .证　当 n为奇数时 ,令 n=2 k- 1(n∈ N) k=n+12 ,则有a2 k-1=a1qk-11 an=a1qn+ 12 -11=a1qn-121(1)当 n为偶数时 ,令 n=2 k k=n2 ,则有a2 k=a2 qk-12 an=a2 qn2 -12 =a2 qn-222 (2 )综…     

也谈加强不等式在解题中的应用

题目 设数列{an}满足:a1=1,an+1=1/16(1+4an+√1+24an)(n∈N*).(1)求a2,a3;(2)令bn=√1+24an,求数列{bn}的通项公式;(3)已知f(n)=6an+1-3an,求证f(1)·f(2)·…·f(n)＞1/2.     

数列架桥 差分铺路 妙解赛题

在解一些与正整数有关的数学竞赛问题过程中,常常需要根据题给条件,构造适当的数列{f(n)},然后利用它的一阶差分f(n+1)-f(n)来解决问题.构造一个怎样的数列有助于解题呢?当然因题而异.本文将通过一些例     

正项等比数列的一类递推公式

文 [1]作者在某些特定形式下 ,研究了等差数列的一类递推公式 .笔者受此启发 ,研究了相应的正项等比数列的一类递推公式 ,设数列 {an}的前n项之积为Tn,则对形如Tn=f(n ,an)的递推公式所确定的数列 {an},在一定特定形式下是一个等比数列 .笔者经初步探索 ,得到如下结果 .命题 1　已知正项数列 {an}的前n项之积为Tn,若对任意的自然数n均有Tn =( pan) n ( 1)　其中p为正常数 ,则数列 {an}为等比数列 .证　由已知 ,当n≥ 2时 ,Tn + 1=(pan + 1) n + 1( 2 )( 2 )÷ ( 1)得　　 an - 1n + 1pann=1( 3)由 ( 3)得 ann + 2 pan + 1n + 1=1( 4)( 4)…