关于公式学习的变式探究

公式学习是数学学习的中心环节 .掌握公式就意味着明确公式的结构特征 (条件和结论 ) ,弄清公式的来龙去脉、推证方法和适用范围 ,并能运用公式解题 .为此 ,要十分注重公式的变式探究 .例如 ,等比数列求和公式 ,课本采用“ｑ倍减法”推导该公式 (记为方法 1) ,若着眼于 {ａｎ}的前ｎ项和Ｓｎ 与ａｎ 之间的联系以及等比数列的定义 ,可得如下推导方法 .方法 2 :(方程法 )设 {ａｎ}是公比为ｑ的等比数列 ,则ａ2ａ1=ａ3 ａ2=… =ａｎａｎ -1=ｑ (ｎ≥ 2 ) ,∴ａ2 =ａ1ｑ ,ａ3 =ａ2 ｑ,… ,ａｎ=ａｎ -1ｑ ,相加得Ｓｎ-ａ1=ｑＳｎ -1(ｎ≥ 2 ) ,…     

习题·问题·命题

习题　在数列 {ａｎ}中 ,ａ1=1,ａｎ 1=3Ｓｎ(ｎ≥1) ,求证 :ａ2 ,ａ3 ,… ,ａｎ 是等比数列 .这是高中数学 (试验修订本·必修 )第一册 (上 )Ｐ142第 5题 ,“通过一道题 ,就好象通过一道门户 ,把学生引入到一个完整的理论领域”(波利亚语 ) .我们先从它的解题思路上引入到一个发散思维的领域 .思路 1　从等比数列的定义入手 ,同时利用等式Ｓｎ=Ｓｎ -1 ａｎ.当ｎ≥ 2时 ,ａｎ 1ａｎ=3Ｓｎ3Ｓｎ -1=ＳｎＳｎ -1=Ｓｎ -1 ａｎＳｎ -1=Ｓｎ -1 3Ｓｎ -1Ｓｎ -1=4.故ａ2 ,ａ3 ,… ,ａｎ 是等比数列 .思路 2　先把和式转化为通项 ,这时利用…     

探寻错解根源更正传统答案

题目 :{ａｎ}是等比数列 ,且Ｓ =ａ1 +ａ2 +…ａｎ,Ｔ =1ａ1 +1ａ2 +… +1ａｎ,求 {ａｎ}的前ｎ项之积 .苏州大学出版的 2 0 0 1版《高三数学教学与测试》(教师用书 )中给出的解答如下 :解　设ｑ为公比 Ｓ =ａ1 -ａｎｑ1 -ｑ ,Ｔ =1ａｎ- 1ａ1ｑ1 -ｑ =ａ1 -ａｎｑａ1 ａｎ(1 -ｑ) ＳＴ =ａ1 ａｎ,又ａ1 ａｎ=ａ2 ａｎ- 1 =… ａ1 ａ2 ａ3…ａｎ =(ａ1 ａｎ) ｎ2 ,即所求之积为 ＳＴｎ2 .笔者在探究其解法的过程中 ,发现上面的解答是错误的 .无独有偶 ,中国青年出版社 1 998年 8月出版的《中学生同步学习参考书》(高二数学)Ｐ98页也有此…     

一道数列题的妙解

学数学与学习任何一科知识一样 ,也要有创新精神 ,这对我们学好数学非常重要 .下面请看一道例题 .例　设等比数列 {ａｎ}的前ｎ项和为Ｓｎ,积为Ｐｎ,各项倒数的前ｎ项和为Ｔｎ.求证 :Ｐ2 ｎ=ＳｎＴｎｎ.这道题的常规解法是利用等比数列的求和公式及有关性质 ,将Ｐｎ,Ｓｎ,Ｔｎ 化为关于ａ1和ｎ的关系式 ,化简后证明相等 .这种解法步骤比较多 ,较繁 .下面我运用等比数列的性质通过合比定理证明它 .证明　Ｐ2 ｎ=(ａ1ａ2 ａ3 …ａｎ) 2 =(ａ1·ａｎ) ｎ;ＳｎＴｎｎ=ａ1+ａ2 +ａ3 +… +ａｎ1ａ1+ 1ａ2+ 1ａ3+… + 1ａｎｎ,∵ ａ11ａｎ=ａ21ａｎ…     

等比数列一个性质的运用

性质　设数列 {ａｎ}是等比数列 ,公比ｑ≠ 1,Ｓｎ 为它的前ｎ项和 ,规定Ｓ0 =0 ,则对任意的自然数ｍ ,ｎ ,当ｍ≠ｎ时 ,总有Ｓｎ-Ｓｍｑｎ-ｑｍ =ａ1 ｑ -1=常数 .此性质的证明不难 ,只须将Ｓｎ =ａ1 ( 1-ｑｎ)1-ｑ ,Ｓｍ=ａ1 ( 1-ｑｍ)1-ｑ 代入便得 ,同时也可验证当ｍ和ｎ之一为零时 ,结论也成立 .本文主要利用 Ｓｎ-Ｓｍｑｎ-ｑｍ 为常数这一特征简捷求解某些等比数列的“和”问题 .例 1　 ( 1990年广东试题 )已知等比数列的公比为 2 ,且前 4项之和为 1,那么前 8项之和等于 (　　 )(Ａ) 15 .　 (Ｂ) 17.　 (Ｃ) 19.　 (Ｄ) 2 1.解　由性…     

新教材中一道数列题的错解诊断

20 0 0年人教版《全日制普通高级中学教科书(实验修订本·必修 )数学第一册 (上 )》第 133页§ 3.5练习第 4题如下 :已知数列 {ａｎ}是等比数列 ,Ｓｎ 是其前ｎ项的和 ,求证 :Ｓ7,Ｓ14 -Ｓ7,Ｓ2 1-Ｓ14 成等比数列 .设ｋ∈Ｎ ,Ｓｋ,Ｓ2ｋ-Ｓｋ,Ｓ3ｋ-Ｓ2ｋ成等比数列吗 ?与教材配套的《教师教学用书》第 87— 88页对此题给出如下参考解答 :由Ｓ7=ａ1(1- ｑ7)1- ｑ ,Ｓ14 =ａ1(1- ｑ14 )1- ｑ ,Ｓ2 1=ａ1(1- ｑ2 1)1- ｑ ,可得Ｓ7(Ｓ2 1-Ｓ14 ) =(Ｓ14 -Ｓ7) 2 ;此结论也可如下证明Ｓ14 -Ｓ7=(ａ1 ａ2 … ａ14 ) - (ａ1 ａ2 … ａ7) =ａ8 …     

正项等比数列的一个性质

设 {ａｎ}是以 ｑ为公比的正项等比数列 ,则有　 ｎａ1ａ2 …ａｎ=ｎａ1·ａ1ｑ·…·ａ1ｑｎ -1=ｎａｎ1ｑｎ(ｎ -1)2 =ａ1ｑｎ -12 .设ｍ <ｎ2 ,则ｎ - 2ｍ ａｍ 1ａｍ 2 …ａｎ -ｍ=ｎ - 2ｍ ａ1ｑｍ·ａ1ｑｍ 1·…·ａ1ｑｎ -ｍ -1=ｎ - 2ｍ ａ1ｎ -2ｍｑ(ｎ -1) (ｎ -2ｍ)2 =ａ1ｑｎ -12 .∴ ｎａ1ａ2 …ａｎ=ｎ- 2ｍ ａｍ 1ａｍ 2 …ａｎ -ｍ(1 )这就是说正项等比数列的前ｎ项的几何平均数等于这ｎ项的中间ｎ - 2ｍ (ｎ >2ｍ)项的几何平均数 .记数列前ｎ项的积为 ｎ,则 (1 )式可以写成ｎ ｎ=ｎ- 2ｍ ｎ -ｍ ｍ (2 )对于 (2 )…     

2001春季高考(理工类)第20题的别解

200 1年北京市、内蒙古自治区、安徽省春季高考 (2 0 )题是 :在 1与 2之间插入ｎ个正数ａ1,ａ2 ,ａ3,… ,ａｎ,使这ｎ 2个数成等比数列 ;又在 1与 2之间插入ｎ个正数ｂ1,ｂ2 ,ｂ3,… ,ｂｎ,使这ｎ 2个数成等差数列 .记Ａｎ=ａ1ａ2 ａ3…ａｎ,Ｂｎ=ｂ1 ｂ2 ｂ3 … ｂｎ.1 )求数列 {Ａｎ}和 {Ｂｎ}的通项 ;2 )当ｎ≥ 7时 ,比较Ａｎ 与Ｂｎ 的大小 ,并证明你的结论 .下面 ,本文给出一种有别于参考答案的解答 .解　 1 )　设等比数列的公比为 ｑ ,等差数列的公差为ｄ ,则据题意得ａｎ=ｑｎ 1=2 ,ｂｎ=1 (ｎ 1 )ｄ =2 ,即 ｑｎ 1=2 ,(ｎ …     

一阶二次递归数列的部分结论

在数列 {ａｎ}中 ,若已知ａ1,且满足　　ａｎ +1=ｐａ2 ｎ+ ｑａｎ+ｒ (1)其中 ｐ ,ｑ ,ｒ为常数 ,ｐ≠ 0 ,则数列 {ａｎ}叫做常系数一阶二次递归数列 ,(1)式叫做该数列的递归方程 .1　当 ｑ =ｒ =0时 ,递归方程为　　　ａｎ +1=ｐａ2 ｎ (2 )结论 1　满足 (2 )式的列 {ａｎ}的通项公式为ａｎ=1ｐ(ｐａ1) 2ｎ - 1.此结论用数学归纳法易得 ,证明从略 .2　当 ｑ =0 ,ｒ≠ 0时 ,递归方程为　　　ａｎ +1=ｐａ2 ｎ+ｒ (3)若 ｐ =1,ｒ =- 2 ,递归方程为　　　ａｎ +1=ａ2 ｎ- 2 (4)结论 2　数列 {ａｎ}若满足递归方程 (4) ,则令ａ1=ｍ + 1ｍ,可得…     

由递推公式给出的数列的常见类型及解法

对于由递推式所确定的数列通项公式问题 ,通常可通过对递推式的变换转化成等差数列或等比数列问题 ,也可通过联想构造或猜想证明把问题转化 .1　ａｎ + 1=ａｎ+ｆ(ｎ)型例 1　在数列 {ａｎ}中 ,已知ａｎ + 1=2 ｎ + 1·ａｎａｎ+2 ｎ + 1,ａ1=2 ,求通项公式ａｎ.解　已知递推式化为1ａｎ + 1=1ａｎ+12 ｎ + 1,即　 1ａｎ + 1- 1ａｎ=12 ｎ + 1,∴ 1ａ2- 1ａ1=12 2 ,1ａ3- 1ａ2=12 3 ,1ａ4- 1ａ3=12 4,… ,1ａｎ- 1ａｎ -1=12 ｎ.将以上 (ｎ - 1 )个式子相加得1ａｎ- 1ａ1=12 2 +12 3 +12 4+… +12 ｎ,1ａｎ=12 +12 2 +12 3 +… +12 ｎ=12 1 …     

由几种典型的递推式构造新数列求通项的方法

已知数列的递推式求其通项公式的方法一般有三种 :“归纳、猜想、证明”、“错位相消 (约 )法”以及构造法 .本文将针对六种最典型的递推式 ,谈谈构造新数列求数列的通项公式的方法 .类型 1　ａｎ +1=ｑａｎ+Ｐｋｎｋ+Ｐｋ - 1ｎｋ- 1+… +Ｐ1ｎ +Ｐ0 (ｑ≠ 0 ,1,ｋ∈Ｎ) .例 1　数列 {ａｎ}中 ,ａ1=1,ａｎ +1=2ａｎ+ 3,求ａｎ.解　令ａｎ +1+ｘ =2 (ａｎ+ｘ) ,可得ｘ =3,故ａｎ+1+ 3=2 (ａｎ+ 3) .又ａ1+ 3=4 ,可见 ,数列 {ａｎ+ 3}是首项为 4 ,以 2为公比的等比数列 ,从而 ,ａｎ+ 3=4·2 ｎ - 1,得ａｎ=2 ｎ +1- 3.例 2　数列 {ａｎ}中 ,…     

用一个数列题的求解来看此题的设计

1　一个数列例题例题　在数列 {ａｎ}中 ,Ｓｎ 1 =4ａｎ 2 ,ａ1 =1 .(ｎ∈Ｎ)(1 )设ｂｎ =ａｎ 1 - 2ａｎ,求证 :数列 {ｂｎ}是等比数列 .(2 )设ｃｎ =ａｎ2 ｎ,求证 :数列 {ｃｎ}是等差数列 .(3 )求数列 {ａｎ}的通项公式及前ｎ项和公式 .如果按部就班地做 ,这道题并不难 .但是若抛开 (1 )、(2 )问直接解答 (3 )就需要坚实的数列基础知识 ,分析如下 :解　由Ｓｎ 1 =4ａｎ 2　　① ,知Ｓｎ 2 =4ａｎ 1 2②② -①得 :Ｓｎ 2 -Ｓｎ 1 =4(ａｎ 1 -ａｎ)即 :　　　ａｎ 2 =4(ａｎ 1 -ａｎ)转化为已知首项ａ1 =1及连续三项的递推关系式 ,求ａｎ …     

2002年高考压轴题的启示

近观这几年的高考数学试题 ,均有一定的高等数学背景 .2 0 0 2年高考数学 (理 )压轴题正是如此 .这个题目是 :设数列 {ａｎ}满足ａｎ + 1 =ａ2 ｎ-ｎａｎ+ 1,ｎ =1,2 ,3 ,…(1)当ａ1 =2时 ,求ａ2 ,ａ3,ａ4 ,并由此猜出ａｎ 的一个通项公式 ;(2 )当ａ1 ≥ 3时 ,证明对所有的ｎ≥ 1,有①ａｎ≥ｎ + 2 ;② 11+ａ1 + 11+ａ2 +… + 11+ａｎ≤ 12 .解析　这是以数列和不等式的知识为载体 ,考查猜想、归纳、迭代、递推、放缩、推理以及分析问题和解决问题能力的一道好题 .这道题的入口较宽 ,问题 (1)及 (2 )中①都不难解决 ,(2 )中②却难倒了不少考…     

2002年高考压轴题探源及解析

20 0 2年高考数学 (理 )的压轴题是 :设数列 {ａｎ}满足ａｎ + 1=ａ2 ｎ-ｎａｎ+ 1 ,ｎ =1 ,2 ,3,… .1 )当ａ1=2时 ,求ａ2 ,ａ3 ,ａ4,并由此猜出ａｎ 的一个通项公式 ;2 )当ａ1≥ 3时 ,证明对所有的ｎ≥ 1 ,有①ａｎ≥ｎ + 2 ;② 11 +ａ1+ 11 +ａ2 +… + 11 +ａｎ≤12 .这是以数列和不等式知识为载体 ,考查猜想、归纳、迭代、递推、放缩、推理以及分析问题和解决问题能力的一道题 .1 )及 2 )之①不难解决 ,2 )之②难倒了不少考生 ,拉开了档次 .从试题制作的背景看 ,该题出自于高校老师之手 .从级数的观点看 ,2 )之②意指正项级数∑∞ｉ=111…     

数学“尾巴”不可丢

在数学学习中 ,我们可以发现 ,有很多的数学概念、公式、定理等都有一定附加条件 ,而为了叙述的方便 ,往往以括号的形式给出 .我们经常形象地称之为“尾巴” .例如 ,双曲线的定义 :平面内与两个定点Ｆ1、Ｆ2 的距离的差的绝对值是常数 (小于 |Ｆ1Ｆ2 |)的点的轨迹叫双曲线 ;二次函数的定义 :形如ｙ =ａｘ2 +ｂｘ +ｃ(ａ≠ 0 )的函数叫二次函数 ;反三角函数的定义 :函数ｙ=ｓｉｎｘ(ｘ∈ [-π2 ,π2 ])的反函数叫反正弦函数 ;等比数列的求和公式 :Ｓｎ =ａ1( 1 -ｑｎ)1 -ｑ (ｑ≠ 1 ) ;反正弦函数的性质 :ａｒｃｓｉｎ(ｓｉｎｘ) =ｘ　 (ｘ∈…     

一个平均值不等式

关于ｎ个正数ａ1、ａ2 、…、ａｎ 的调和平均值Ｈ(ｎ)、几何平均值Ｇ(ｎ)、算术平均值Ａ(ｎ)与平方幂平均值Ｓ(ｎ)的不等式链Ｈ(ｎ)≤Ｇ(ｎ) ≤Ａ(ｎ) ≤Ｓ(ｎ)是大家比较熟悉的 .本文介绍笔者近期发现的一个不等式ｎａａ1 1ａａ22 …ａａｎｎ ≥Ｇ(ｎ) Ａ(ｎ) ( )当且仅当ａ1=ａ2 =… =ａｎ 时取等号 .为述说与书写的简便 ,称上式左端为ｎ个正数的自幂几何平均值 ,记为Ｚ(ｎ) .1　发现中学课本中有这样一证明题 :若ａ、ｂ >0 ,则ａａｂｂ ≥ａｂｂａ此不等式易证 ,两端同乘以ａａｂｂ 得(ａａｂｂ) 2 ≥ａａ+ｂ·ｂａ+ｂ =(ａｂ) ａ+ｂ所…     

浅论矩阵初等变换法在数论中的应用

矩阵论是一个应用十分广泛的数学学科 .本文将以矩陈的初等变换法为理论工具 ,谈谈它在数论中的两个应用 .本文约定 :小写拉丁字母表示整数 ,大写拉丁字母表示整数矩阵 ,对矩阵实施初等变换的过程中所用到 (得到 )的数均为整数 .1　一个命题命题 1　设 (ａ1 ,ａ2 ,… ,ａｎ) =ｄ ,则存在可逆方阵Ａ =[ａｉｊ]ｎ×ｎ,使得ａ1 ａ2 …ａｎ Ａ =[ｄ 0… 0 ](ｎ≥ 2 ) .证明 (数学归纳法 )(1 )当ｎ =2时 ,不妨设ａ1 >ａ2 >0 (否则可以施以倍法变换或换位变换 ,使得ａ1 >ａ2 >0 ) ,由辗转相除法知 :ａ1 =ｑ1 ａ2 +ｒ1 ,0 <ｒ1 <ａ2ａ2 =ｑ2 ｒ1 +…     

函数观点下的等差数列

等差数列是一类特殊函数 ,用函数思想理解等差数列能加深对其概念和公式的理解和运用 ,加强知识点间的联系 .1　一次函数等差数列的通项公式ａｎ=ａ1+ (ｎ - 1)ｄ =ｎｄ+ (ａ1-ｄ) ,它是关于ｎ的一次函数 ,其图象是一条直线上的点 ,求和公式Ｓｎ=ｎａ1+ ｎ(ｎ - 1)ｄ2 可变形为 Ｓｎｎ =ａ1+ ｎ - 12 ·ｄ ,也是关于ｎ的一次函数 .因此 ,对于涉及到等差数列的有关问题 ,有时可利用一次函数的性质及图象求解 .例 1　在等差数列 {ａｎ}中 ,ａｍ=ｎ ,ａｎ=ｍ(ｍ≠ｎ) ,求ａｍ +ｎ.解　设等差数列 {ａｎ}的公差为ｄ ,则ａｎ=ｎｄ +(ａ1-ｄ)是关…     

保加利亚教育科学部第50届数学奥林匹克试题(待续)

1　已知数列 {ａｎ}适合ａ0 =4 ,ａ1=2 2 ,且ａｎ- 6ａｎ - 1 ａｎ - 2 =0 (ｎ≥ 2 ) ,证明 :存在两个正整数数列 {ｘｎ}和 { ｙｎ}满足ａｎ=ｙ2 ｎ 7ｘｎ- ｙｎ(ｎ≥ 0 ) .解　 [方法 1]由特征方程ｘ2 - 6ｘ 1=0 ,求其特征根为 3± 2 2 ,应用待定系数法 ,求其通项公式ａｎ=8 5 24 (3 2 2 ) ｎ 8- 5 24 (3- 2 2 ) ｎ(ｎ≥ 0 ) .取 ｙ0 =1,ｙ1=9,ｙｎ=6 ｙｎ - 1- ｙｎ - 2 (ｎ≥ 2 ) .用求ａｎ 同样的方法可求得ｙｎ=2 324 (3 2 2 ) ｎ 2 - 324 (3- 2 2 ) ｎ(ｎ≥ 0 ) .令ａ- 1=2 ,则 ｙ20 7=8=ａ- 1ａ0 且可证ｙ2 ｎ 7=ａｎ -…     

对一类和式的估值

设 {ａｎ}为递增的正项等差数列 :ａｎ=ａ1 (ｎ -1)ｄ ,ｎ∈Ｎ ,其中ａ1 ,ｄ >0 ,本文讨论和式 ｎｋ =1 ａｋ=ａ1 ａ2 … ａｎ的估值不等式与近似值公式 ,并举例说明其应用 .定理 1　设ｄ≤ 10ａ1 ,则对任意ｎ∈Ｎ ,有　　ｍｎ≤ ｎｋ =1 ａｋ≤Ｍｎ (1)当且仅当ｎ =1时式中等号成立 ,其中ｍｎ =4ａｎ 3ｄ6ｄ ａｎ ｄ2 4ａｎ　 -(4ａ1 -3ｄ6ｄ ａ1 ｄ2 4ａ1) ,Ｍｎ =4ａｎ 3ｄ6ｄ ａｎ ｄ2 4ａｎ　 -ｄ3192 0ａ2ｎ ａｎ-(4ａ1 -3ｄ6ｄ ａ1　 ｄ2 4ａ1-ｄ3192 0ａ31 ａ1) .定理 1的证明要用到下面两个引理 .引理 1　设ｘ≥ 110…