k阶差等比数列

现行高中代数课本有数列{a_n},它满足下列公式: a_1=b a_(n 1)=qa_n d (q≠1) 它是等差、等比数列的自然推广,可叫做一阶差等比数列。这数列的进一步推广很有趣。如数列{a_n)的项差(a_(n 1)-a_n)称为它的一阶差数列,{a_(n 1)-a_n}的一阶差数列称为{a_n}的二阶差数列,可类似定义k阶差数列(为方便,称{a_n)为它自己的零阶差数列)。如果数列{a_n}的k-1阶差数列不是等比数列,而k阶差数列为等比数列,则称{a_n}为k阶差等比数列。本文拟推导这种数列的通项公     

用创造新数列的思想解题——数列教学举隅

关于《数列》一章,教材只重点讲述了等差数列和等比数列。然而有关数列的习题,类型丰富,姿态各异.学生因此目迷五色,不知怎么下手。通过个人多年教学实践,认为在这一章的教学过程中,应突出培养学生用创造新数列的思想解题,增强他们创造新数列的意识,提高他们敏锐地识别和合理的构造新数列的能力。这样,以不变应多变,才有可能较迅速地找到解题途径,收到举一反三的效果。现举例如下: 例1 已知数列{a_n},a_1=1,a_2=3,a_4=15,a_(n+1)=pa_n+q(p>0),求p、q及a_n。分析显然数列{a_n}即不是等差数列,也不是等比数列。但由已知条件不难求得p=2,q=1于是得到递推式a_(n+1)=2a_n+1。面前摆着的问题是:     

关于数列{2~n}

易知等比数列{2~n}前n项的和为S_n=a_(n+1)-2。对于这个关系式,我们有三点联想。 (一)简便求和。若a_5=32,则S_4=30。 (二)判定由关系式a_(n+1)=rS_n+S给出的数列是否为等比数列。事实上a_(n+1)=rS_n+S (1) a~n=rS_(n-1)+S (2) (1)-(2)得a_(n+1)-a_n=r(s_n-S_(n-1))=ra_n a_(n+1)/a_n=r+ 因此,r≠-1,a_1=S,{a_n}为等比数列。 (三)等比数列前n项和公式的新法推导。     

转化为常数列求递推数列通项

类型1 a_(n 1)=pa_n q例1 (2006福建(理))已知数列{a_n}满足a_1=1,a_(n 1)=2a_n 1(n∈N~*),求数列{a_n}的通项公式．解由已知a_(n 1)=2a_(n 1),两边同除以2~(n 1),得(a_(n 1))/(2~(n 1))=(a_n)/(2~n) 1/(2~(n 1))．变形得(a_(n 1))/(2~(n 1)) 1/(2~(n 1))=(a_n)/(2~n) 1/(2~n),∴数列{(a_n)/(2~n) 1/(2~n)}是常数列,即(a_n)/(2~n) 1/(2~n)=(a_1)/2 1/2,故所求数列通项为a_n=2~n-1．点拨形如a_(n 1)=pa_n q(p、q常数,p≠1,q≠0)的递推关系求通项,通常先两边同除以     

一道极限题的推广及联想

六年制重点中学高中课本《代数与几何》第一册复习参考题一的第15题为求tim (1+1/2+1/4+…+1/2~n)/(1+1/3+1/9+…+1/3_n) 此题是将式中的分子、分母分别求和变形后,求得极限值为(1-1/3)/(1-1/2)=4/3观察式子结构特点:分子、分母分别是以1/2、1/3为公比的等比数列的前n项和,回味求解过程,不难作出以下推广。命题1 设{a_n}、{a'_n}分别是以q、q'(|q|、|q'|<1)为公比的等比数列,则 rim (a_1+a_2+…+a_n)/(a'_1+a'_2+…+a'_n)=a_1(1-q')/a'_1(1-q) 证明∵|q|、|q'|<1,∴lim q~n=0,lim q'~n=0,于是据等比数列前n项和公式得     

一道高考数列题的解法探究

<正>在2015年高考数学试题中,有7道数列试题就是"差比型"(等差数列和等比数列的乘积构成的新数列)数列的求和,本文试图从解法的角度来探究.一、试题展示(2015年高考湖北,理18)设等差数列{a_n}的公差为d,前n项和为S_n,等比数列{b_n}的公比为q.已知b_1=a_1,b_2=2,q=d,S_(10)=100.(Ⅰ)求数列{a_n},{b_n}的通项公式;     

一类无完整解数列题剖析

[题目]设数列{a_n}的前n项之和S_n,a_1=1且a_m~2+1=S_(n+1)+S_n(n∈N),求数列{a_n}的通项公式。(摘自新江《中学教研》1992年第七期《培养学生观察能力浅见》一文) 此题常见解法是: ∵a_(n+1)~2-a+_n~2=S_(n+1)-S_(n-1)=a_(n+1)+a_n (1) a_(n+1)~2-a_n~2=(a_(n+1)-a_n)(a_(n+1)+a_n) (2) 由(1)、(2)得:a_(n+1)-a_n=1 (3) 或a_(n+1)+a_n=0 (4) ∴数列{a_n}是公差为1的等差数列或公比为-1的等比数列。故a_n=a_1+(n-1)·1=n 或a_n=a_1(-1)~(n-1)=(-1)~(n-1) 此解法似无懈可击。现有一个不同于其解答的数列{b_m}:1、2、3、-3、-2、-1、1、-1、0、1、-1、…(其中当m≥10时,b_n=(-1)~n)也满足题设条件a_1=1和     

错在何处?

1.问题已知数列{a_n}是由正数组成的等比数列,S_n是其前n项和.首项a_1=2,公比q=1/2,0相似文献   

探究递推数列an=c·an-1+d·bn的通项公式

文[1]变题2的点评如下:“形如a_n=c·a_(n-1) d·b~n(c≠0,c≠1,d≠0,b≠0)的递推关系式均可由a_n λb~n=c(a_(n-1) λb~(n-1))构造等比数列处理.”文[2]指出该点评不妥之处:c=b时无法求出待定的λ,还应加上c≠b这一条件,并举例说明c=b时数列通项的求法.细读两文,深受启发,但感     

综合题新编选登

题133设数列{a_n}满足a_(n 1) a_n= mk~n,m,k为常数且m≠0,k≠0,±1.(Ⅰ)求{a_n}的通项公式.(Ⅱ)求{a_n}为等比数列的充要条件.解(Ⅰ)a_(n 1)/(-1)~(n 1)=a_n/(-1)~n-m(-k)~n,于是     

对一道高考(副题)数学试题的分析

已知数列{a_n}的第一项a_1=3/5第二项a_2=(31)/(100),并且数列a_2-1/(10)a_1,a_3-1/(10)a_2,…,a_(n 1)-1/(10)a_n,…是公比为1/2的等比数列;而数列是公差为-1的等差数列。     

1994年四川省高中数学联合竞赛决赛试题及解答

一、填空题(共5个小题,每小题7分,共35分) 1.等差数列{a_n)与等比数列{b_n}的首项是一个相等的正数,且a_(2n 1)=b_(2n 1),则a_(n 1)与b_(n 1)的大小关系是a_(n 1)≥b_(n 1)。     

“黄金”数列的几何模型

文[1]给出了“黄金”数列,即q=(5~(1/2)-1)/2的正项等比数列有如下性质：(1)a_n=a_(n 1) a_(n 2)；(2)1/a_n=1/(a_(n_1)) 1/(a_(n_2)) (n≥3)．我们可构造几何模型分别说明这两条性质．模型1如图1,作△A_1A_2B,A_1A_2=A_1B=a,∠A_1=36°,则∠A_1A_2B=∠B=72°,作∠A_1A_2B的平分线A_2A_3,可知△A_2A_3B∽△A_1A_2B,利用相似性可得A_2B=     

对一道数学题的质疑

前不久,某地区高中毕业班统考数学试题(理科)第七题为已知数列{a_n},其前n项和为S_n(n∈N), (1)若S_n=1+pa_n(-1相似文献   

由数列的递推公式求通项的常用方法

由数列的递推公式求通项公式问题比较复杂,题型很多,方法很多,学生不易掌握.但常用的方法是利用待定系数、换元将递推数列问题转化为等差、等比数列问题来解决.一、递推公式是两项或三项线性关系的求法例1 已知数列{a_n}中,a_1=-1/2,且a_(n+1)=1/2a_(n+1),求 a_n.分析:此类型题,可有效地引入一个辅助未知数r,构成一个新的等比数列来解.     

“伪等差(比)数列”及其应用

<正>一、伪等差数列和伪等比数列的定义1.伪等差数列如果一个数列从第二项开始,每一项与后一项的差大于等于(小于等于)同一个常数,那么这个数列就叫做伪等差数列,这个常数叫做伪等差数列的伪公差d.a_(n+1)-a_n≥d,a_n≥a_1+(n-1)d(1)a_(n+1)-a_n≤d,a_n≤a_1+(n-1)d(2)     

经典均值不等式的多重隔离

我们都知道下列经典均值不等式:设a_1,a_2,…,a_n是n个正数,n≥2,n∈N~*.则n/(1/(a_1)+1/(a_2)+…+1/(a_n))≤(a_1a_2…a_n)~(1/n)≤(a_1+a_2+…+a_n)/n≤((a_1~n+a_2~n+…+a_n~n)/n)~(1/n),等号当且仅当a_1=a_2=…=a_n取到.受文[1],[2]的启发,笔者给出下列经典均值不等式的多重隔离:     

重要极限■(1+(1/n))~n=e 的简洁证明与e的估计式

本文利用柯西不等式(a_1…a_n)~(1/2)(a_1+…+a_n)/n (a_i>0,1≤i≤n),给出极限(?)(1+1/n)=e 存在的一个相当简洁的证明.同时给出计算 e 的近似值及其误差估计的一个简易方法.     

从研究性学习到研究性考试——2008年江苏卷第19题例话

原题(1)设a_1,a_2,…,a_n是各项均不为零的n(n≥4)项等差数列,且公差d≠0,若将此数列删去某一项后得到的数列(按原来顺序)是等比数列:     

通项·回归·解出

先看具体问题。例1 数列{a_n}满足a_1=a_2=1,且a_(n+2)=a_n+a_(n+1) 求证:(a_1/2)+(a_2/2~2)+(a_3/2~3)...+a_n/2~n<2 证明设S_n=a_1/2+a_2/2~2+...+a_n/2~n 由a_n+2=a_n+a_(n+1)得 a_n=a_(n+2)-a_(n+1)。 Sn=(a_3-a_2)/2+(a_4-a_3)/2~2+...+