一道高考题的另解及推广

1问题的提出2006年安微省高考教学理科卷第21题是这样一道题:题目数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=21,Sn=n2an-n(n-1),n=1,2,…….1)写出Sn与Sn-1的递推关系式(n≥2),并求Sn关于n的表达式;2)设fn(x)=Snnxn 1,bn=f′n(p)(p∈R).求数列{bn}的前n项和Tn.对于第1)小题,参考答案提供了两种不同的解法.解法1当n≥2时,Sn=n2(Sn-Sn-1)-n(n-1)Sn=n2n-21Sn-1 n n1,由已知S1=a1=21,由递推式可得S2=34,S3=49,S4=156.由此猜想,Sn=nn 21,再用数学归纳法证明猜想正确(略).解法2当n≥2时,Sn=n2(Sn-Sn-1)-n(n-1)(n2-1)Sn-n2Sn-1=n(n-1)n 1nSn-n-n1Sn-…     

一道数列例题的改编——由前n项和Sn推导通项公式an

原题(人教A版必修5 P44例3) 已知数列{an}的前n项和Sn=n2+1/2n,求数列的通项公式an. 解:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+1/2n)-[(n-1) 2+1/2(n-1)]=2n-1/2. 当n-1时,a1=S1=3/2,也适合an=2n-1/2, 所以an=2n-1/2. 分析:(1)教材目的是把握an与Sn的关系,学会通过S推导通项公式an={S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2.     

微积分在组合数求和证明中的应用

关于微积分的应用,我们知道的已经很多,如求极值问题、几何应用、物理应用,以及利用微积分解决有关级数的求和问题等,但利用微积分解决有关组合数的和的计算与证明却比较少见.本文想通过几个例子,一方面丰富解决组合数求和及证明这类问题的方法,另一方面可让大学生朋友进一步了解数学这一工具的重要性和应用的广泛性.例1　证明:C1n 2C2n 3C3n … nCnn=n2n-1C1n-2C2n 3C3n-… (-1)n-1nCnn=0证明　因为(1 x)n=1 C1nx C2nx2 … Cnnxn,两边对x求微分,有n(1 x)n-1=C1n 2C2nx 3C3nx2 … nCnnxn-1.令x=1,则有C1n 2C2nx 3C3nx2 … nCnn=n2n-…     

两个恒等式的应用

an=a1=(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-a(n-1))(n≥2),an=a1·(a2/a1)·(a3/a2)…an/(a(n-1))(n≥2).在求解数列问题时,我们常用到上面两个恒等式.当求得an/a(n-1)或an-a(n-1)的表达式后,     

级数在解题中的应用

下面通过具体例子说明级数在求极限,求定积分的值及证明题等方面的应用.例一(求数列的极限)求极限(?)(1/2 3/2～2 5/2～3 …… 2n-1/2~n)解设S_n=(1/2 3/2~2 5/2~3 … 2n-1/2~n),则原极限=S=(?)S_n=sum from n=1 to ∞(2n-1/2~n)     

综合题新编选登

题147设数列{an}满足:当n=2k-1(k∈N*)时,an=n;当n=2k(k∈N*)时,an=ak.1)求a2 a4 a6 a8 a10 a12 a14 a16;2)若Sn=a1 a2 a3 … a2n-1 a2n,证明:Sn=4n-1 Sn-1(n≥2);3)证明:S11 S12 … S1n<1-41n.解1)原式=a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8=a1 a1 a3 a1 a5 a3 a7 a1=4a1 2a3 a5 a7=4×1 2     

一道高中数学竞赛题的推广

2004年全国高中数学联赛吉林赛区初赛第四大题是:设ai∈R ,i=1,2,…,5.求a1a2 3a3 5a4 7a5 a3 3a4 a25a5 7a1 … a1 3a2 a55a3 7a4的最小值.我们发现,这道试题的结论还可加强为定理设xi>0(i=1,2,…,n)n∈N,n≥3,正项等和数列{λn}(i=1,2,…n-1)满足λ1 λn-1=λ2 λn-2=…=t≥2a≥0,则x1ax1 λ1x2 λ2x3 … λn-1xn x2ax2 λ1x3 λ2x4 … λn-1x1 … xnaxn λ1x1 λ2x2 … λn-1xn-1的最小值为2n2a (n-1)(λ1 λn-1).证明:实际上述问题等价于x1ax1 λ1x2 λ2x3 … λn-1xn x2ax2 λ1x3 λ2x4 … λn-1x1 … xnaxn λ1x1 λ2x2 … λn-1xn-1…     

几类递推数列通项的求法

求由递推关系所确定的数列的通项,通常可通过对递推关系的一系列突破,构造出一个新的数列,转化为等差、等比数列,或与之相类似的问题来求解.下面通过具体的例子来说明由递推关系求通项的方法.一、递推式an-an-1=f(n)(n∈N*,f(n)为等差、等比数列的通项).例1、已知{an}中,a1=1,an=an-1 n(n≥2),求an.解:由已知有a1=1,a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n.将上面n个等式左、右两边分别相加,得an=1 2 3 … n=n(n2 1).例2、已知{an}中,a1=1,an=an-1 2n-1(n≥2),求an.解:由已知,有a1=1,a2-a1=2,a3-a2=22,…,an-an-1=2n-1.将上面n个式子的等号左右两边…     

前n个正整数的k次方的和的组合表示

一般来讲 ,我们可以用若干个形如 (n+ 1 ) k+ 1的展开形式来求 ∑ni=1ik.例如 ,由(n+ 1 ) 3 =n3 + 3n2 + 3n + 1 ;　n3 =(n- 1 ) 3 + 3(n- 1 ) 2 + 3(n- 1 ) + 1 ;……　 33 =2 3 + 3× 2 2 + 3× 2 + 1 ;　 2 3 =1 3 + 3× 1 2 + 3× 1 + 1各式相加得(n+ 1 ) 3 =1 + 3∑ni=1i2 + 3∑ni =1i+n .从而可以算出∑ni=1i2 =n(n+ 1 ) ( 2n+ 1 )6 .由上面的例子不难看出 ,用这个办法求前n个正整数的k次方的和 ,必须先求出他们的 1 ,2 ,… ,k- 1次方的和 ,因此求 ∑ni=1i10 将是一件很麻烦的事 .我们现在来研究一种较为方便的求法 .引理 1　对于任何…     

常系数非齐次线性微分方程特解的一种求法--升阶法

考虑 n阶常系数非齐次线性方程y(n) +p1y(n- 1) +… +pn- 1y′+pny =f ( x) ( 1 )方程 ( 1 )的通解等于其对应的齐次方程y(n) +p1y(n- 1) +… +pn- 1y′+pny =0 ( 2 )的通解与它本身的一个特解之和。而方程 ( 2 )的通解 ,只要能求得 ( 2 )对应的特征方程的特征根 ,则( 2 )的通解问题就解决了。因此 ,求得 ( 1 )的一个特解就成为求微分方程 ( 1 )的通解的关键了。一般常微分方程教材或参考书 ,对于 f( x)的不同类型 ,分别采用降阶法、待定系数法、常数变易法、拉普拉斯变换法、算子法等方法求得其特解。本文再介绍一种新的方法——升阶法 ,用…     

有关组合问题的几个公式

我们知道,利用牛顿二项式定理可推得一个很著名的组合总数公式 C_n~1 C_n~2 C_n~3 … C_n~n=2~n-1 (1)新编高中数学课本第三册的P160上安排了一道习题,即证明: C_n~1 2C_n~2 3C_n~3 … hC_n~n=n·2~(n-1) (2)这个习題实际上也是一个很重要的组合公式。根据这两个公式及牛顿二项式定理,可推导出以下一些重要的结果。定理1.C_n~2 2C_n~3 3C_n~4 … (n-1)C_n~n =(n-2)2~(n-1) 1 证明:C_n~2 2C_n~3 3C_n~4 … (n-1)C_n~n =C_n~1 2C_n~2 3C_n~3 … nC_n~n-(C_n~1 C_n~2 C_3~n … C_n~n), 由公式(1)及(2),得 C_n~2 2C_n~3 3C_n~4 … (n-1)C_n~n=n·2~(n-1)-2~n 1=(n-2)2~(n-1) 1     

2011年清华金秋营数学试题及解答

1.求sinπnsin2πn…sin(n-1)πn的值.解设ε=cosπn+isinπn(i为虚数单位),则1,ε,ε2,…,ε2(n-1)为x2n-1=0的根,且sinkπn=εk-ε-k2i=ε2k-12iεk,所以sinπnsin2πn…sin(n-1)πn=(ε2-1)(ε4-1)…[ε2(n-1)-1]2n-1in-1ε12n(n-1)()n-1(2)(4)…[2(n-1)]     

与二项式系数有关的求和问题的解题策略

1赋值求和例1设(2x-3)10=a10(x-1)10 a9(x-1)9 … a2(x-1)2 a1(x-1) a0,求a1 a2 a3 … a10的值.解令x=2,得a0 a1 a2 a3 … a10=1;令x=1,得a0=(-1)10=1,所以a1 a2 a3 … a10=1-1=0.例2设(1 x x2)n=a0 a1x a2x2 … a2nx2n,求a1 a3 a5 … a2n-1的值.解令x=1,得a0 a1 a2 … a2n=3n;令x=-1,得a0-a1 a2-…-a2n-1 a2n=1.两式相减得a1 a3 a5 … a2n-1=3n-12.2逆用定理例3已知等比数列{an}的首项为a1,公比为q,求和:a1C0n a2C1n a3C2n … an 1Cnn.解a1C0n a2C1n a3C2n … an 1Cnn=a1C0n a1qC1n a1q2C2n … a1qnCnn=a1(C0n qC1n q2C2n … qnCnn)…     

争鸣

问题问题97数列{an}中,a1=2,2an=an-1 an1-1(n≥2),求an.解由特征方程2x=x 1x得x=±1.∴2(an-1)=an-1 a1n-1-2=(ana-n1--11)2(1)2(an 1)=an-1 a1n-1 2=(ana-n1- 11)2(2)由((21))得aann -11=(aann--11 -11)2=[(aann--22- 11)2]2n-1=(aann--22 -11)4=…=(aa11- 11)2n-1.∵a1=2,∴aann- 11=(13)2n-1,即an=21-3-2n-1-1.上面解法是找特征根后,通过化简变形后得出规律的.但递推式变为:3an=an-1 an1-1(n≥2)后,用上面方法失效.我也曾试过好多种方法均告失败.请同行们参与讨论:“已知数列{an}中,a1=2,3an=an-1 an1-1(n≥2),求an”问题.an怎样求呢?是…     

一个组合数求和的递推公式

中学教材中有下列恒等式:C_n~1 2C_n~2 3C_n~3 … nC_n~n=n·2~(n-1)。实际上,有更一般的组合数求和的递推公式(*): 1~kC_n~1 2~kC_n~2 … n~kC_n~n =n[1~(n-1)C_n~1 2~(k-1)C_n~2… n~(k-1)C_n~n]--[1~(k-1)C_(n-1)~1 2~(k-1)C_(n-1)~2 … (n-1)~(k-1)C_(n-1)~(n-1)] (k∈N) 此公式证明如下: ∵n[1~(k-1)C_n~1 2~(k-1)C_n~2 … (n-1)~(k-1)C_n~(n-1) n~(k-1)C_n~n] =n·1~(k-1)C_n~1 n·2~(k-1)C_n~2 … n·(n-1)~(k-1)C_n~(n-1) n~kC_n~n =[1~kC_n~1 1~(k-1)(n-1)C_n~1]     

活用公式巧解一道数列题

题目2003年全国高考(文)已知数列{an}满足a1=1,an=3(n-1) a(n-1)(n≥2), (1)求a2、a3; (2)证明:an=(3n-1)/2 本题是一道典型的求数列通项的问题.常见解法是用数学归纳法或迭代法,没有新意. 事实上,对于数列{an},其前n项和为Sn,则an= 认真审题,联想上述求通项公式的结构,     

新题征展(132)

A题组新编1.设△ABC的内角A,B,C的对边长分别为a,b,c,已知cos(A-C) +cosB=t(t是已知的正数),根据下列条件分别求出角B的大小:(1)a,b,c成等比数列;(2)a,b,c成等差数列.2.(1)求数列{2(n-1)/x(2n-1)+1}的前n项和Sn;(3n+1)+(3n+4)+(3(2)求数列(3n-2)+(3n+1)+(3n+4)+(3n+7)/(3n-2)(3n+1)(3n+4)(3n+7)的前n项和Tn.3.(1)证明:2(2n)-1 (n ∈ N*)至少有n个不同的素因数;(2)求C12n,C32n,C52n,…,C2n-12n的最大公约数.B藏题新掘4.已知曲线C:x｜x｜/a2-y｜y｜/b2=1,下列叙述中错误的是A.垂直于x轴的直线与曲线C只有一个交点B.直线y=kx +m(后,m∈R)与曲线C最多有三个交点C.曲线C关于直线y=-x对称D.若P1(x1,y1),P2(x2,y2)为曲线C上任意两点,则有(y1-y2)/(x1-x2) ＞05.(二项式定理)在(x+y)n的展开式中,若第七项系数最大,则n的值可能等于____.     

新题征展 (60)

A 题组新编 1.求和 (1)C0n-1 (1)/(2)C1n-1 (1)/(3)C2n-1 … (1)/(n)Cn-1n-1=___; (2)(1)/(n)C1n (2)/(n-1)C2n (3)/(n-2)C3n … nCnn=____.     

为什么有不同的结果

问题:已知数列{an}满足a1=51,an+an+1=54n+1,求lni→m∞(a1+a2+a3+…+an)的值.(2004年高考湖南第8题)方法(1):a1+a2+a3+…+an+…=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+…=542+544+546+…=1-542512=61.方法(2):a1+a2+a3+…+an+…=21[a1+(a1+a2)+(a2+a3)+(a3+a4)+(a4+a5)+…]=2151+542+543+543+…=51方法(3):由an+an+1=54n+1,an+1+an+2=54n+2,两式相减得,an-an+2=51n6+2=51n6+2=1256·51n,利用a1-a3=1256·51,a3-a5=1265·513,a5-a7=1256·515,…,a2n-1-a2n+1=1256·521n-1,以上n个等式全部相加得,a1-a2n+1=215615+513+…+521n-1=1251-512n,所以a2n+1=115…     

构造模型求自然数的方幂和

自然数方幂和问题是指Sk(n)=nΣi=1ik(n,k∈N)的计算与表示.早在公元前二百多年,希腊著名科学家阿基米德就已经得出了k=2和k=3时的结果:S2(n)=12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)/6,S3(n)=13+23+…+n3=n2(n+1)2/4,尽管他的证明比较复杂,但S4(n)的结果却始终无法找到,直到一千多年之后的11世纪,阿拉伯数学家才得道:S4(n)=1/30n(n+1)(2n+1)(3n2+3n-1).……