等差数列、等比数列的一个新的性质

结论1已知等差数列{an},r,s,t是互不相等的正整数,则有(r-s)at (s-t)ar (t-r)as=0.证明设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则(r-s)at (s-t)ar (t-r)as=(r-s)[a1 (t-1)d] (s-t)[a1 (r-1)d] (t-r)[a1 (s-1)d]=[(r-s) (s-t) (t-r)]a1 [(r-s)(t-1) (s-t)(r-1) (t-r)(s-1)]d=[(r-s) (s-t) (t-r)]a1 [(rt-st-r s) (sr-tr-s t) (ts-rs-t r)]d=0.此结论可以在知道等差数列中的任意两项的情况下,求出第三项的值.比如问题:已知数列{an}为等差数列,ap=q,aq=p,且p≠q,求ap q.略解由结论1可知,(p-q)ap q [q-(p q)]ap [(p q)-p]aq=0,即(p-q)ap q-pq pq=0,…     

等差数列的性质及其应用

本文介绍等差数列的性质,目的在于掌握等差数列的性质,灵活运用性质解题,以提高解题能力.常用的性质有以下三条:(1)在等差数列{an}中,若m+n=p+q,则am+an=ap+aq(m、n、p、q∈N+).(2)在等差数列{an}中,若m+n=2k,则     

有穷等差数列的中间项

引理 在等差数列{an}中,若p＋q=r＋s,则ap＋aq=ar＋as． 特别地,当p＋q=2m时,有ap＋aq=2am．     

用导数求解一类数列问题的思维探源

1.问题的提出由公差为d(d≠0)的等差数列{an}与公比为q(q≠1)的等比数列{bn}的对应项的积构成数列{an·bn},求数列{an·bn}的前n项和Sn.     

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     

由递推式a_(n+1)=pa_n+f(n)求通项的方法

一、引子 线性递推式an+1=pan+q(p,q为常数)的启示. 常见线性递推公式an+1=pan+q(p,q为常数)求数列通项公式的基本思路是由待定系数法构造等比数列,令an+1+a=p(an+a),得a=q/p-1(p≠1),从而有an+1+q/p-1=p(an+q/p-1),数列{an+q/p-1}为等比数列,则数列通.项公式易得. 受以上解题启发,我们可以求以下相关数     

一道高考题的背景

2000年高考数学卷(理科)第20题第1小题:已知数列{Cn},其中Cn=2n 3n,且数列{Cn 1-pCn}为等比数列,求常数p.此题的背景来源于这样一个简单的事实:对于数列{an},若{an 1-pan}是以q为公比的等比数列(p≠0,q≠0),且a2-pa1≠0,则{an 1-qan}是以p为公比的等比数列.证明　∵　{an 1-pan}是公比为q的等比数列,∴　an 1-pan=q(an-pan-1),an 1-pan=qan-pqan-1.移项重组得　an 1-qan=p(an-qan-1),所以数列{an 1-qan}是以p为公比的等比数列.用这个简单的事实来解此高考题简洁明了,而且能深入问题的本质.∵　{Cn 1-pCn}为等比数列,设其公比为q(q≠0),∴…     

对“M类数列”解法的探究

2010年3月襄樊市高三调研统一测试有这样一道题目:题1对于给定数列{cn},如果存在实数p,q,使得cn+1=pcn+q对于任意n∈N*都成立,我们称数列{cn}是M类数列.(1)若an=2n,数列{an}是否为M类数列?若是,指出它对应的实常数p,q;若不是,请说明理由;(2)数列{an}满足a1=2,an+an+1=3.2n(n∈N*),若数列{an}是M类数列,求数列{an}的     

在平凡中凸现新课标理念——"等差数列的前n项和"的教学实录及其反思

教学内容:人教版《全日制普通高级中学教科书试验修订本.必修》第一册(上)第三章第3节“等差数列的前n项和”第一课时教学目标:略教与学互动过程1复习提问,温故而知新[评注:告知目标]师:上一节习题3.2第10题,通过大家的合作探索,我们得出了等差数列{an}的一个什么性质?(播放媒体资料)生1:若m n=p q,则am an=ap aq(m,n,p,q∈N).师:由此,我们可以得出“等差数列中,与首末两项等距离的两项之和是什么关系?(有穷数列)”生1:相等.由等差数列的性质“若m n=p q,则am an=ap aq”可知.[评注:承上启下的复习提问,既是巩固上节课的探究成果,激起学生…     

用导数求解一类数列问题的思维探源

1.问题的提出 由公差为d（d≠0）的等差数列{an}与公比为q（q≠1）的等比数列{bn}的对应项的积构成数列{an·bn},求数列{an·bn}的前n项和Sn.     

运用图像性质妙解数列问题

数列是一种特殊的函数,借助函数的图像解决数列问题,可使问题变得形象、直观,易于求解.现举例说明如下:例1在等差数列{an}中,已知am=p,an=q,且m≠n,求am+n.     

等差数列中一条性质的推广

我们知道在等差数列{an}中有这样一条性质：若m＋n=p＋q,则am＋an=ap＋aq（m,n,p,q均为正整数）．这条性质有着很广泛的应用．     

等差数列前几项和的一个性质

性质 已知数列{an}为等差数列,若Sm= a,Sn=b,其中m≠n,则. 证明 ∵数列{an)为等差数列, ∴ Sn=An2+Bn, 其中, 则     

一类可以从等式出发进行思考的不等式问题

近日,学生问我一道武汉大学自主招生试题的解法,题目如下:设正项数列{an}有an-1+an+1≥2an,(1)求证:ap-aq≥(p-q)(aq+1-aq)(p,q∈N*),(2)若数列{an}的前n项和Sn,求证:an-an+1≤2Sn/n(n+1).第一眼看到这个问题,感觉很熟悉,因为条件中取等号时{an}就是等差数列,但一时又对该问题的解决感到束手无策.……     

一道北京高考题的研究历程

2008年北京高考第6题：已知数列{an},对任意的p,q∈N^＊满足ap＋q=ap＋aq,且a2=-6,那么a10等于（ ）     

常见的数列递推关系及通项

在数列学习中 ,常常见到数列是由其递推关系确定的 ,根据递推关系求解通项 ,除用计算—猜想—证明的思路外 ,通常还可以对某些递推关系进行变换 ,转化成熟知的等差、等比数列或易于求出通项表达式的数列的问题来解决 ,下面举例说明几种常见的转化思路 .型 1　数列递推关系形如an +1=an+d(d为常数 ) .显然有an +1-an=d ,这就得到 {an}是等差数列 ,于是an=a1+ (n - 1)d .型 2　数列递推关系形如an +1=qan(q为非零常数 ) .显然有 an +1an=q(常数 ) ,即 {an}是等比数列 ,于是an=a1qn- 1.型 3　数列递推关系由an 与Sn 给出 ,可利用an=S1　　　　…     

“特征根法”求a_(n+1)=(sa_n+t)/(pa_n+q)的通项公式的几何背景

我们常用特征根法求解这样的一类题目:已知数列{an}的首项为a1,且满足an+1=san+t/pan+q(其中n∈N+,s,t,p∈R且p≠0),求数列的通项公式.解决问题的方法如下     

找准错因,防止再错

我校2011届高三高考模拟卷中有这样一道数列题:已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,公比是q,且满足:a1=3,b1=1,b2+S2=12,S2=b2q.(1)求an与bn;(2)设cn=3bn-λ.2an3(λ∈R),若数列{cn}     

递推法求数列通项的几种简单类型

在数列教学中引入等差数列和等比数列的线性递推式 ,可以为求数列的通项公式提供一些灵活多变的方法 .由递推法求数列的通项有一定的技巧 ,本文介绍通过递推式的变换转化成等差、等比数列求解的几种简单递推数列通项的求法 .1　 an+ 1=pan+q型 (其中 p,q为常数 )在此类型中 1当 p =1时是等差数列 ;2当 p≠ 0且 q =0时是等比数列 .在一般情况下 ( p≠ 1 ,q≠ 0 )可向这两种特殊情况转化 .注意到递推式是关于 an+ 1,an 的一次式 ,要想消去 q,可类似解析几何中的坐标平移变换 ,只须令 bn =an + k( k为任意常数 )代入递推式 ,给 k一个适当值即可…     

等差(比)数列前n项和的一个性质及应用

对于等差(比)数列{an},我们可得如下性质:定理1设等差数列{an}的公差为d,前n项的和为Sn,则Sm n=Sm Sn mnd(1)证在等差数列{an}中,am k=ak md(m,k∈N ).Sm n=a1 a2 a3 … am am 1 am 2 … am n=Sm (a1 md) (a2 md) … (an md)=Sm Sn mnd.定理2设等比数列{an}的公比为q,前n项的和