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…     

a_(n+1)=p(n)·a_n~2+f(n)·a_n+r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的基础知识 ,灵活运用基本数学思想方法 ,善于转化 .ａｎ +1=ｐ(ｎ)·ａ2 ｎ+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=ｘ2 ｎ+ｘｎ(ｎ =1,2 ,… )给出 ,Ｓｎ 与Ｐｎ 分别是数列 ｙ1,ｙ2 ,ｙ3 ,…前ｎ…     

“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     

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　…     

常见累进数列n{(n+1)…(n+m))的求和方法

大家知道1·2+2·3+3·4+…n(n+1)的求和可利用通项公式来求,即: 1·2+2·3+3·4+…+n(n+1)=(1~2+2~2+3~2+…+n~2)+(1+2+3+… +n)=(1/6)n(n+1)(2n+1)+(1/2)n(1+n)-(1/3)n(n+1)(n+2) 但是用这种方法求和涉及到数列1~2,2~2,3~2…n~2的求和,如果给出累进数列的每项乘积因子则又涉及数列{n~3},{n~4},…的求和,所以利用通项求常见累进数列     

数列x_(n_m)~r_(n_m+p)审敛原理

“数列xnm~rnm+p审敛原理”,是数列柯西审敛原理的等价命题.采用“数列xnm~rnm+p审敛原理”判别数列(或数项级数)的敛散性比采用柯西审敛原理更便捷;“数列xnm~rnm+p审敛原理”推广了已有的判别数列(或数项级数)敛散性法则,扩大了已有的判别数列(或数项级数)敛散性法则的应用范围.     

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     

求lim from(n→∞)(Sn)的方法

在求数列极限时 ,我们经常遇到求limn→∞ Sn 问题 ,灵活把握住以下两点将能快速求解 ,下面结合高考题加以说明 .1　不必求Sn对于所给数列是无穷等比递缩数列 (即公比q≠ 0 ,且 |q|<1) ,可以不必先求Sn,直接利用公式limn→∞ Sn=S =a11-q简捷解决 .例 1　 (2 0 0 3年北京高考题 )若数列 {an}的通项公式为an=3-n+2 -n+(- 1) n(3-n- 2 -n)2 ,n =1,2 ,… ,则limn→∞(a1+a2 +a3 +… +an)等于 (　　 )(A) 112 4 .　　 (B) 172 4 .　　 (C) 192 4 .　　 (D) 2 52 4 .解　 (不必先求Sn)原通项公式可以改写为an=12n,n为奇数 ,13n,n为偶数 ,于是…     

p(2+ap+bp~2)阶单群

<正> 洪加威在[1]中指出,对任一正整数 n,确定阶为 p(kp+1)(kp+2),(k≤n)的单群的工作是能在有限步之内完成的.事实上,他证明了:定理 对每个正整数 n,存在一个整数 m,使得对任意正整数k≤n,素数 p≥m,p(kp+1)(kp+2)阶的单群必同构于 LF(2,p+1)或 LF(2,2p+1).     

数列a_n=n(n+1)前n项和公式的三种推导方法

<正>在《数列》教学过程中,很多学生对数列a_n=n(n+1)前n项和公式S_n=n(n+1)(n+2)/3比较陌生,为了让学生在了解课本知识的基础上有所拓展,本文特总结了3种证明方法,以期为学生解决疑惑,起到举一反三的效果.证法1∵a_n=n(n+1)=n~2+n,     

关于 X_(n+1)=(x_n(x_n~2+3))/(3x_n~2+1)的通项公式

这是八六年高考数学第八题:已知x_1>0,x_1≠1 且x_n+1=x_n(x_n~2+3)/3x_n~2+1(n=1,2,…)。试证:数列{x_n}或者对任意自然数都满足x_nx_(n+1)。此题证法很多,先求通项公式是一个类型的方法,下面给出一种求通项公式的简便方法。由已知     

对数列（（1+1/n）n）与(（1+1/n）n+1)的系统性研究

在高考或数学竞赛中,以数列（（1+1/n）ⁿ）为背景的考题屡见不鲜.在各类期刊杂志上,也曾多次发表过有关数列（（1+1/n）ⁿ）的文章.本文从单调性有界性、极限、相关不等式以及一些重要结论五个方面入手,同时对数列（（1+1/n）ⁿ）及(（1+1/n）ⁿ⁺¹)进行研究性学习,用高等数学的观点,初等数学的方法深入浅出地呈现出以上五个方面的重要结果,以期读者从中获得一些新的认识.     

从(S_m-S_n)/(m-n)=S_(m+n)/(m+n)说开去

在等差数列 {an}中 ,Sn 为其前n项和 ,则有如下性质 :Sm-Snm -n =Sm +nm +n　 (m ,n∈N ,且m≠n) (1)证明　∵Sm-Sn=ma1+12 m(m - 1)d -na1- 12 n(n - 1)d=(m -n) [a1+12 (m +n - 1)d],∴ Sm-Snm -n =a1+12 (m +n - 1)d .又Sm +n=(m +n)a1+12 (m +n) (m +n -1)d ,∴ Sm +nm +n=a1+12 (m +n - 1)d .故 (1)式成立 .等差数列 {an}的公差d =0时的情况很简单 ,因此 ,在以下的讨论中我们约定d≠ 0 .图 1　性质 (1)的图示我们知道 ,等差数列 {an}前n项和Sn=na1+12 n(n - 1)d =12 dn2 +(a1- d2 )n ,这说明 ,点 (n ,Sn)在二次函数 y =12 dx2 +(…     

试题研讨(14)

试题 ( 2 0 0 3年省际重点中学大联考 )设数列 {an}的前 n项和 Sn =n2 ( an + 1 ) ,n∈N+ ,a2 =a.( 1 )求证 :数列 {an}为等差数列 ;( 2 )若 a =3,Tn =a1a2 - a2 a3 + a3 a4-a4a5+… + ( - 1 ) n-1anan+ 1,求 Tn.命题溯源　此题是在 1 993年上海市高考试题 ( 2 5)的基础上 ,根据 1 994年全国高考试题 ( 2 5)改编的 .主要考查等差数列的基础知识、数学归纳法及推理论证能力 .原解思路　由　 Sn =n2 ( an + 1 )　得a1=1 ,又 a2 =a,则可猜想an =1 + ( n - 1 ) ( a - 1 ) ( * )下面用数学归纳法加以验证 .1 n =1、n =2时 ( * )式都成立 ;2假设…     

对数列{(1+1/n)~n}的单调性的再思考

1数列{(1+1/n)n}的单调性新证众所周知,在高等数学《数学分析》的极限论里有以下重要数列:命题1{(1+1/n)n}是N*上的严格递增数列.本文首先给出它的新颖证法:证明利用著名的贝努利(Bernulli)不等式(1     

数列{n/(n!)~(1/n)}极限的教学价值

给出数列{n/(n!)~(1/n)}极限的八种灵活新颖的求解方法,进一步讨论了它的教学价值.     

一些新数列的偏差与伪随机性

设P为奇素数,x为整数且满足1≤x≤P-1.定义数列xn={{(n)+(n+x)/p},如果p(|)n(n+x),0,其它以及en={+1,如果p(|)n(n+x)且0≤{(n)+{(n)+(n+x)}＜1/2,-1,如果p(|)n(n+x)且1/2≤{(n)+{(n)+(n+x)}＜1,+1,如果p|n(n+x),其中瓦是(n)模p的乘法逆,满足n(n)≡1 mod p以及1≤(n)≤p-1.证明了(xn)是一致分布数列,(en)是好的伪随机数列.这表明在二进制数列与[0,1)数列之间存在某种联系.     

On the Global Pinching Theorem for the Minimal Submanifolds in the Unit Spheres S~(n+p)(1)

J.Simons proved that if a minimal submanifold,M~n in the unit sphere S~(n+p)(1)satisfies,|B|~2相似文献   

GF(p)上B_n的次数

行列式 B_n=∑±b_(i_1)~(m_1)b_(i_2)~(m_2)…b_(i_n)~(m_n)中各项含因子 b 的个数的最大值称为 B_n 的次数,其中,1≤t_k≤n,m_f≥0,b_(i_k)∈GF(p).当 p=2时,这是0-1矩阵的行列式,文[3]已有结果.本文在任意 p 的情形下给出 B_n 的次数 L(n)的公式:对任意正整数 r,当 n_r≤n≤n_(r+1)时,L(n)=r,其中,n_r=(r_0+1)(p~(q+1)-1)/(p-1)-(1+qp~(q+1),q=[r/(p-1)],r=q(p-1)+r_0。     

数列{(1+1/n)~n}极限存在性的另一种证法

证明数列{(1+1/n)~n}的极限存在,只要证明数列{(1+1/n)~n}单调且有界.为此在一般的微积分教材中,是采用按牛顿二项公式将(1+1/n)~n展开的方法,这种方法思路自然且直观易懂,为拓宽思路下面给出另一种证法.