数列综合论文范文

数列综合论文范文（精选11篇）

数列综合论文 第1篇

一、与解几结合

例1设P1(x1,y1),P2(x2,y2),…,Pn(xn,yn)(n≥3,n∈N)是二次曲线C上的点,且a1=|OP1|2,a2=|OP2|2,…,an=|OPn|2构成了一个公差为d(d≠0)的等差数列,其中O是坐标原点.记Sn=a1+a2+…+an.

(1)若C的方程为,n=3.点P1(10,0)及S3=255,求点P3的坐标;(只需写出一个)

(2)若C的方程为(a>b>0).点P1(a,0),对于给定的自然数n,当公差d变化时,求Sn的最小值;

(3)请选定一条除椭圆外的二次曲线C及C上的一点P1,对于给定的自然数n,写出符合条件的点P1,P2,…,Pn存在的充要条件,并说明理由.

分析:该题的主要条件是长度的平方成等差数列,并且点在二次曲线上,又给出前n项和的记法,在形式上或第一印象给人无法下手的感觉,也就是将条件发散开来后后续手段不多.这时不要慌,要静下心来看看接下来的各小问是将条件向哪个方向发展的.

(1)明确了C的方程,给出点P1及S3,求P3.

由P1为(10,0),得a1=100.

又由,得a3=70,即|OP3|2=70.

所以P3的坐标可以为

数列在这里仅仅起到了由|OP1|2=100得到|OP3|2=70作用,其余是解析几何中求交点问题,分开来看都是常规问题,容易题,合起来就“吓到”了一批学生.总结一下解这类题应注意以下三点:一是心要静,二是基础知识要扎实,三是要会庖丁解牛.

(2)有了(1)的顺利解决,解答(2)的信心随之而来.注意主要条件“n给定的自然数,d是变量”,这又是一个反常规的问题,经常练习的是Sn是关于n的函数,这里要考虑的是Sn关于d的函数,熟悉中考查陌生.

,n,a都是已知的常数,所以Sn是d的一次函数,要求Sn的最值只需求出d的范围,所以求d的范围就成了解决这个问题的关键.

思考还要从an的范围开始,.

又因n≥3,所以Sn有最小值

本小题更强调函数的思想,数列成为一个工具.

(3)不妨选双曲线,P1也选为右顶点(a,0).

分析题意P1,P2,…,Pn存在即a1,a2,…,an存在,首项和项数已知,要想确定数列a1,a2,…,an只要确定公差d,所以本题是要我们求d的范围,而求d的范围关键又是an的范围.

,因,所以an=|OPn|2≥a2.即an=a2+(n-1)d≥a2,所以d>0.反过来只要d>0,|OPn|2(n∈N+)存在,即Pn(n∈N+)存在.

所以P1,P2,…,Pn存在的充要条件是d>0.

注意:这里d的范围与P1选择有关.

二、与函数结合

例2已知函数f(x)=a×bx的图象过点和B(5,1).

(1)求函数f(x)的解析式;

(2)记an=log2f(n),n是正整数,Sn是数列{an}的前n项和,解关于n的不等式anSn≤0;

(3)对于(2)中的an与Sn,整数96是否为数列{anSn}中的项?若是,则求出相应的项数;若不是,则说明理由.

又因为anSn≤0得(n-5)(n-9)≤0,即5≤n≤9.

故n=5,6,7,8,9.

(3)a1S1=64,a2S2=84,a3S3=72,a4S4=40.

当5≤n≤9时,anSn≤0.

当n≥10时,anSn≥a10S10=100.

因此,96不是数列{anSn}中的项.

分析:此题前两问都很简单,所用知识基础,只是涉及章节较多,有函数、数列、不等式;形式上较复杂,特别是方程中出现了bx,通项an是f(x)的对数,不等式是an与Sn的积不大于零,正所谓“小综合+新形式”,看起来繁(烦)做下去不难.第3问是要发挥同学创造力进行探索估算证明的,直接解方程2n(n-5)(n-9)=96,求解后看其有没有正整数根,一不会二不可取.

事实上,认识到5≤n≤9时anSn≤0,然后分段讨论是关键.n≤4时逐项验证,n≥10时,利用不等式的性质易得anSn≥a10S10.进而得到结论.

三、与不等式结合

例3已知{an}是首项为2,公比为的等比数列,Sn为它的前n项和.

(1)用Sn表示Sn+1;

(2)是否存在自然数c和k,使得成立.

分析:(1)本题属基本题,所用基础知识——等比数列前n项和公式,基本技能——幂的运算能力、消元或凑配变形能力.

由已知可得

(2)是一道存在探究问题.解决这类问题的基本办法是:首先假设参数存在,然后对所要满足的条件进行等价变形,使其更明朗化,接着或构造出参数满足条件,或推出矛盾得到参数不存在.

由(1)可等价变形为,进一步化简得到

因c和k都是自然数,所以4-c和2k-1都是整数,所以(4-c)2k-1是整数又因为在2和3之间不存在整数,所以满足条件自然数c和k不存在.

本题更强调的是等价转化和整体代换(解不等式时将(4-c)2k-1看做一个整体)的思想,数列只是形式和载体.

四、应用建模

例4某企业2010年的纯利润为500万元,因设备老化等原因,企业的生产能力将逐年下降.若不能进行技术改造,预测从今年起每年比上一年纯利润减少20万元,今年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造,预测在未扣除技术改造资金的情况下,第n年(今年为第一年)的利润为(n为正整数).

(Ⅰ)设从今年起的前n年,若该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元,进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元(须扣除技术改造资金),求An、Bn的表达式;

(Ⅱ)依上述预测,从今年起该企业至少经过多少年,进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润?

分析:本题是实际应用问题,困难在与将文字语言转化为数学语言,建立数学模型!困难有三,一、关键词提取,二、信息梳理,三、语言数学化.解决本题首先要提取两条主要信息链,不进行技术改造的利润与进行技术改造的利润.

不进行技术改造情况,信息提取:2010年纯利润500万元;今年起逐年减少20万元;何题是求前n年累计纯利润,记为An万元.数学化:设今年起第n年纯利润为an万元,则a1=500-20,{an}成等差数列,公差d=-20,{an}的前n项和为An,计算可得1)d=490n-10n2.

进行技术改造的情况,信息提取:2010年纯利润500万元;今年一次性投入改造资金600万元;第n年的利润为万元(未扣除技术改造资金);问题仍是求前n年累计纯利润(须扣除技术改造资金),记为Bn万元.数学化:设,Bn与{bn}的前n项和有关.事实上.

得到An与Bn后问题(Ⅱ)就是一个纯数学问题了.

因为函数在(0,+∞)上为增函数,

当1≤n≤3时,

当n≥4时,-10>0.

所以当且仅当n≥4时,Bn>An,所以至少经过4年,该企业进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润.

注意,不等式An-Bn>0的解是利用n为正整数进行估算得到的.

五、数列内部整合

例5已知数列{an}中a1=1,且a2k=a2k-1+(-1)k,a2k+1=a2k+3k,其中k=1,2,3,….

(Ⅰ)求a3,a5;

(Ⅱ)求{an}的通项公式.

分析:本题可看做是等差数列的变式,做了两项处理,一、从第二项起每一项与其前一项的差不再是同一常数,二、偶数项与其前一项的差与奇数项与其前一项的差的表达式不同,问题是求通项公式.与等差数列定义相比有一点没有变化,就是都是给出相邻两项差来确定的数列,所以不难想到等差数列求通项公式的办法——“累加法”应该仍适用本题.

(Ⅰ)由已知条件知a2k+1=a2k-1+3k+(-1)k,所以a3=3,a5=13.

(Ⅱ)由于数列递推公式给出形式就分奇偶,所以求通项公式时也理应想到对n分奇偶来求.

数列综合题一 第2篇

9＋

2、已知数列{an}中相邻两项an，an＋1是关于x的方程x2＋3nx＋cn＋n2＝0(n∈N)的两实

4根，且a1＝1，求c1＋c2＋c3＋…＋c2006的值.3、已知等差数列{an}的公差为d（d0），等比数列{bn}的公比为q（q>1）。设sn=a1b1+a2b2…..+ anbn,Tn=a1b1-a2b2+…..+(-1)n1 anbn,nN（1）若a1=b1= 1，d=2，q=3，求 S3 的值；

2dq(1q2n)N（2）若b1=1，证明（1-q）S2n-（1+q）T2n=，n； 21q4、设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立，记bn4an（I）求数列bn的通项公式；（II）记cnb2nb2n1(nN*)，(nN*)。1an

3； 2设数列cn的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都有Tn

5、已知{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a6＝55,a2+a7＝16.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式：（Ⅱ）若数列{an}和数列{bn}满足等式：an＝＝b1b2b3b23...n(n为正整数)，求数列{bn}的前n项和Sn 2222n6、已知a11,a24,an24an1an,bnan1（Ⅰ）求b1,b2,b3的值；,nN．an

（Ⅱ）设cnbnb为数列 cn的前n项和，求证：Sn17n；n1,Sn7、已知数列an为等差数列(公差d0), an中的部分项组成的数列ak1,ak2,,akn,为等比数列, 其中k11,k25,k317, 求k1k2k3kn的值.8、设f1(x)=f(0)12，定义fn+1(x)= f1［fn(x)］，an =n（n∈N*）.fn(0)21x

(1)求数列｛an｝的通项公式；

(2)若T2na12a23a32na2n，求T2n.an119、已知a0，且a1，数列{an}的前n项和为Sn，它满足条件1.数列{bn}Sna

中，bnan·lgan.求数列{bn}的前n项和Tn；

10、等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的nN，点(n,Sn)，均在函数

ybxr(b0且b1,b,r均为常数)的图像上.（1）求r的值；

（11）当b=2时，记bn

n111、已知数列an的前n项和Snan()2（n为正整数）。n1(nN)求数列{bn}的前n项和Tn 4an

1（Ⅰ）令bn2nan，求证数列bn是等差数列，并求数列an的通项公式；（Ⅱ）令cn

明。

12、已知数列an中，Sn是其前n项和，并且Sn14an2(n1,2,),a11，⑴设数列bnan12an(n1,2,)，求证：数列bn是等比数列； ⑵设数列cnn15nan，Tnc1c2........cn试比较Tn与的大小，并予以证n2n1an,(n1,2,)，求证：数列cn是等差数列； n

2⑶求数列an的通项公式及前n项和。

13、已知数列{an}的前n项之和Sn = n2an，其中a1 = 1。(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求数列{an}的前n项之和；

数列综合题二

1、设数列{an}满足a1 = 3，an+1 = 2an＋n·2n+1＋3n，n≥1。

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求数列{an}的前n项之和Sn。

*

2、数列an中，a18,a42且满足an22an1annN ⑴求数列an的通项

公式；

⑵设Sn|a1||a2||an|，求Sn；

3、设p，q为实数，，是方程x2pxq0的两个实根，数列{xn}满足x1p，4，…）．（1）证明：p，q；（2）求x2p2q，xnpxn1qxn2（n3，数列{xn}的通项公式；

1，求{xn}的前n项和Sn．

424、设二次方程anx-an+1x+1=0(n∈N)有两根α和β，且满足6α-2αβ+6β=3．（3）若p1，q

(1)试用an表示an1；

5、已知点（1，1）是函数f(x)ax(a0,且a1）的图象上一点，等比数列{an}的前

3n项和为f(n)c,数列{bn}(bn0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn1=Sn+Sn1（n2）.（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；

（2）若数列{10001的最小正整数n是多少? 前n项和为Tn，问Tn>2009bnbn

16、在数列{an}中，a11,an1(1)an

（II）求数列{an}的前n项和Sn 1nann1b（I）设，求数列{bn}的通项公式 nn2n7、设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a11,Sn14an

2（I）设bnan12an，证明数列{bn}是等比数列（II）求数列{an}的通项公式。

1’a22,an＋2＝

8、已知数列an}满足，a1＝anan1,nN*.2令bnan1an，证明：{bn}是等比数列；(Ⅱ)求an}的通项公式。

9、设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立，记

bn4an(nN*)。1an（I）求数列an与数列bn的通项公式；

（II）记cnb2nb2n1(nN*)，求数列cn的前n项和为Tn。

10、设m个不全相等的正数a1,a2,,am(m7)依次围成一个圆圈．若m2009，且

a1,a2,,a1005是公差为d的等差数列，而a1,a2009,a2008,,a1006是公比为qd的等比数列；数列a1,a2,,am的前n项和Sn(nm)满足：S315,S2009S200712a1，求通项an(nm)；

11、已知等差数列{an}的公差d不为0，设Sna1a2qanqn

放缩法解数列与不等式综合题 第3篇

例1 已知数列[an]满足[a1]=[12，]且[an+1=an-an2]（[n∈N*]）.

（1）证明：1[≤anan+1≤2（n∈N*）];

（2）设数列[an2]的前[n]项和为[Sn]，

证明：[12（n+2）≤Snn≤12（n+1）（n∈N*）].

分析 （1）首先根据递推公式可得，[an≤12]，再由递推公式变形可知，[anan+1=anan-an2=11-an∈[1，2]]，从而得证.（2）由[1an+1-1an=anan+1]和[1≤anan+1≤2]得，[1≤1an+1-1an≤2，]由此可得[12（n+1）≤an+1≤1n+2（n∈N*），]从而得证.

解 （1）由题意得，[an+1-an=-an2≤0]，即[an+1≤an]，[an≤12].

由[an=（1-an-1）an-1]得，

[an=（1-an-1）（1-an-2）…（1-a1）][a1>0.]

由[0<an≤12]得，[anan+1=anan-an2=11-an∈[1，2]，]即[1≤anan+1≤2.]

（2）由题意得，[an2=an-an+1]，

∴[Sn=a1-an+1]①.

由[1an+1-1an=anan+1]和[1≤anan+1≤2]得，

[1≤1an+1-1an≤2.]

∴[n≤1an+1-1a1≤2n].

因此[12（n+1）≤an+1≤1n+2（n∈N*）]②.

由①②得，[12（n+2）≤Snn≤12（n+1）].

点拨 本题主要考查了数列的递推公式、不等式的证明等知识点，属于较难题. 由于数列综合题常与不等式、函数的最值、归纳猜想、分类讨论等数学思想相结合，技巧性比较强，需要平时多训练与积累，在后续复习时应予以关注.

例2 设[n∈N?]，[xn]是曲线[y=x2n+2+1]在点[（1，2）]处的切线与[x]轴交点的横坐标.

（1）求数列[xn]的通项公式;

（2）记[Tn=x12x32…x22n-1]，证明[Tn≥14n].

分析 （1）对题中所给曲线的解析式进行求导，得出曲线[y=x2n+2+1]在点[（1，2）]处的切线斜率为[2n+2]. 从而写出切线方程为[y-2=（2n+2）（x-1）].令[y=0，]解得切线与[x]轴交点的横坐标[xn=1-1n+1=nn+1].（2）要证[Tn≥14n]，需考虑通项[x22n-1]，通过适当放缩能够使得每项相消即可证明.

解 （1）[y=（x2n+2+1）=（2n+2）x2n+1，]曲线[y=x2n+2+1]在点[（1，2）]处的切线斜率为[2n+2].

从而切线方程为[y-2=（2n+2）（x-1）].

令[y=0，]解得切线与[x]轴交点的横坐标[xn=1-1n+1=nn+1].

（2）由题设和（1）中的计算结果知，

[Tn=x12x32…x22n-1=（12）2（34）2…（2n-12n）2].

当[n=1]时，[T1=14].

当[n≥2]时，

[x22n-1=（2n-12n）2=（2n-1）2（2n）2>（2n-1）2-1（2n）2=n-1n，]

所以[Tn>（12）2×12×23×…×n-1n=14n].

综上可得，对任意的[n∈N?]，均有[Tn≥14n].

点拨 对于数列问题中求和类（或求积类）不等式证明，如果是通过放缩的方法进行证明的，一般有两种类型：一种是能够直接求和（或求积），再放缩;一种是不能直接求和（或求积），需要放缩后才能求和（或求积），求和（或求积）后再进行放缩. 在后一种类型中，一定要注意放缩的尺度和从哪一项开始放缩.

例3 在数列[an]中，[a1=3，an+1an+λan+1+μan2=][0n∈N*].

（1）若[λ=0，μ=-2，]求数列[an]的通项公式;

（2）若[λ=1k0k0∈N*，k0≥2，μ=-1，]

证明：[2+13k0+1<ak0+1<2+12k0+1].

分析 （1）由于[λ=0，μ=-2]，因此把已知等式具体化得，[an+1an=2an2]，显然由于[a1=3]，则[an≠0]（否则会得出[a1=0]），从而[an+1=2an]，所以[an]是等比数列，由其通项公式可得结论.（2）本小题是数列与不等式的综合性问题，数列的递推关系式[an+1an+1k0an+1-an2=0，]经过缩放后可变形为[an+1=][an-1k0+1k0?1k0an+1.]

解 （1）由[λ=0，μ=-2]，有[an+1an=2an2（n∈N*），]

若存在某个[n0∈N*]，使得[an0=0]，则由上述递推公式易得[an0+1=0]，重复上述过程可得[a1=0]，此与[a1=3]矛盾，所以对任意[n∈N*]，[an≠0].

从而[an+1=2an（n∈N*）]，即[an]是一个公比[q=2]的等比数列.

故[an=a1qn-1=3?2n-1].

（2）由[λ=1k0，μ=-1，]数列的递推关系变为[an+1an+][1k0an+1-an2=0，]变形为[an+1（an+1k0）=an2][（n∈N*）].

由上式及[a1=3，]归纳可得，

[3=a1>a2>…>an>][an+1>…>0].

因为[an+1=a2nan+1k0=a2n-1k20+1k20an+1k0]

[=an-1k0+1k0?1k0an+1，]

所以对[n=1，2，…，k0]求和得，

[ak0+1=a1+a2-a1+…+ak0+1-ak0]

[=a1-k0?1k0+1k0?1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1]

[>2+1k0?13k0+1+13k0+1+…+13k0+1]

[=2+13k0+1.]

另一方面，由上已证的不等式知[a1>a2>…>ak0][>ak0+1>2]得，

[ak0+1=a1-k0?1k0+1k0?1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1]

[<2+1k0?12k0+1+12k0+1+…+12k0+1=2+12k0+1.]

综上，[2+13k0+1<ak0+1<2+12k0+1].

数列综合论文 第4篇

一、裂项相消法

裂项相消法是解决数列求和的一种重要方法, 就是将数列中的每项都裂成几项的差, 然后在求和中使之能部分项相互抵消, 简化结果的表达形式, 从而达到求和的目的.往往在求和后对和式进行适当变形, 或放大或缩小, 从而证明所求证的不等式.此类方法主要针对通项为分式形式, 且分母为乘积的形式的数列问题.

(1) 判断数列{an+1}是否为等比数列, 并证明你的结论;

∴an+1+1=2 (an+1) .

∴数列{an+1}是以a1+1=2为首项, 以2为公比的等比数列.

则an+1=2n, ∴an=2n-1 (n∈N*) .

(2) 由an=2n-1及bn+1=log2 (an+1) +bn得bn+1=bn+n,

二、放缩法

在证明不等式时, 有时我们要把不等式的一边适当地放大 (或缩小) 以利化简, 并使它与不等式关系更为明显, 从而得到不等式成立, 这种方法称为放缩法, 它是证明不等式的常用方法.

三、导数法

导数法可以证明函数的单调性以及函数中的不等式, 特别是一些复合函数中的问题, 当然数列作为一种特殊的函数, 一定可以应用导数法来证明部分不等式.但是应注意的是, 数列不可以求导, 应先构造其对应的函数, 先说明对应函数的单调性, 然后说明数列的单调性, 从而证明数列问题.

(3) 解由 (1) 得an=n, (n∈N*) .因为an+1= (cn) n+1, (n∈N*) ,

易得c1c3>c4>…猜想n≥2时, {cn}是递减数列.

∵当x≥3时, lnx>1, 则1-lnx<0, 即f' (x) <0,

∴在[3, +∞) 内f (x) 为单调递减函数.

∴n≥2时, {lncn}是递减数列.即{cn}是递减数列.

点评本题虽然看起来不是不等式的证明, 但其实质是证明从第二项起每一项都比前一项大, 即不等式cn+1>cn (n≥2) .本题的关键在于由特殊几项大胆猜想出结论后, 构造对应的函数, 并应用导数法求构造函数的单调性, 然后应用单调性说明结论成立.

四、数学归纳法

数学归纳法主要用来证明与正实数有关的问题, 适用范围比较窄, 但是数列是定义在正整数集上的特殊的函数, 所以数学归纳法可以很好地解决有关数列中的不等关系, 特别是证明对于正整数恒成立的问题更能显示其优越性.

证明用数学归纳法:

即n=k+1时, 命题成立.

由 (1) (2) 可知, 对一切正整数n∈N*,

一道数列综合题解析 第5篇

已知各项均不相等的等差数列an的前四项和为14，且a1,a3,7a恰为等比数列bn的前三项。

（1）分别求数列an，bn的前n项和Sn,Tn；

（2）记数列anbn的前n项和为Kn，设cnSnTn，求证：cn1cn(nN*).Kn解：（1）设an的首项为a1，公差为d，则由已知，得

2a13d7a1a2a3a414即，解得a12,d1.22aaa(a2d)a(a6d)317111

an2(n1)1n1，b1a12,b2a34，bn2n.n(2n1)n(n3)2(12n)Sn,Tn2n12.2212

（2）由（1）知，anbn(n1)2n，则Kn221322L(n1)2n，2Kn222323Ln2n(n1)2n1，两式相减，得

Kn422L2(n1)223nn14(12n1)4(n1)2n1，Knn2n1.12

等差数列及等比数列的性质运用 第6篇

【关键词】等差数列 等比数列 性质运用

【中图分类号】G633.6 【文献标识码】A 【文章编号】2095-3089（2016）21-0110-02

等差数列与等比数列是当前中学数学教学中的主要课程内容之一，对学生数学逻辑思维的培养与学生数学综合学习能力的提升能够产生重要的影响。在课堂教学活动中，教师可以通过多样化的课堂教学方式为学生进行等差数列与等比数列的知识引导，提升学生各项数学知识的掌握能力，保证课堂教学的质量。文章将基于等差数列及等比数列的性质进行分析，提出一些相关教学建议，希望能够对各项知识与技能的指导带来一定的借鉴意义。

一、等差数列的性质与运用分析

如果从一个数列的第二项开始，每一项与其前面的差，等于一个常数，那么这个数列则可以称之为等差数列，这个常数则可以称之为等差数列的公差，可以采用d予以表示[1]。等差数列是当前高中数学教学中的重要内容之一，学生的等差数列通项公式掌握情况能够直接影响学生的知识学习质量，加强对等差数列的相关性质与运用策略研究十分必要。

等差数据教学活动中，教师需要明确课堂教学的思维，在详细讲解数列的定义基础上，通过数列与自然集的关系、通项公式的推理方式等等流程，为学生循序渐进的指导等差数列相关知识与内容（详见图1）。

以“等差数列{an}中，a1+3a8+a15=120，则2a9-a10的值为（）”题为例，由于a1+3a8+a15=120，故而a8为24。所以2a9-a10=a10+a8-a10为24。

等差数列的通项公式为a（n）=a（1）+（n-1）×d，n为项数。基于通项公式可以看出，a（n）是n的一次函数（d≠0）或常数函数（d=0），如果（n，an）处于同一条直线上，那么S（n）是n的二次函数（d≠0）或一次函数（d=0，a1≠0），且常数项为0。结合等差数列的通项公式以及等差数列的内涵可以得出，前n项公式还可以推出a（1）+a（n）=a（2）+a（n-1）=a（3）+a（n-2）=…=a（k）+a（n-k+1）等公式。在课堂教学活动中，教师可以采用小组讨论的方式，在为学生介绍完成等差数列的通项公式以及内涵的基础上，组织学生结合定义进行小组合作研究，通过等差数列的公式等深入研究能够根据通项公式或者是定义推导出其他的可能性。

在学生小组合作讨论的过程中，教师需要走到学生身边给与学生适当的思维引导，在小组合作的教学方式下发挥学生的主观能动性与创造性，发现更多的可能性[2]。适当减少教师在课堂教学中的话语量，能够增加学生的课堂话语量，真正展现学生在高中数学课堂教学中的主体地位。

二、等比数列的性质与运用分析

等比数列是从第二项开始，每一项和它前一项的比与同一个常数相等，那么这个数列则可以称之为等比数列[3]。这个常数，也可以作为等比数列的公比，则可以采用q来表达，即为当q=1的时候，an是常数列。

等比数列通项公式中，如果变形为an=a1/q*q^n（n∈N*），在q大于0的时候，则可以将an作为自变量n的函数，那么（n，an）则可以看做曲线y=a1/q*q^x中一项孤独存在的点。

在教学实践研究中，等比数列的通项公式是：an=a1×q^（n-1）【（a1≠0，q≠0）】。结合求和公式：Sn=na1（q=1）能够得出等比数列中各项之间的关系。性质：数列{an}公差为a1等差数列的充分条件为an=，（n≥2）。

证明的过程中，可以首先证明必要性，这个时候的前n项公式和为Sn=a1，根据公差可以得出（n+1）Sn-1=（n-1）Sn，可以看出n大于等于2的时候，可以将带入上式综合分析得出Sn=a1，这是之前已经得出的前n项公式和，必要性能够得到论证。通过实践研究的方式能够明确等比数列公式的性质，根据数学归纳的原则，可以得出{an}是公式为a1的等差数列。

教师在指导学生学习完成等比数列的性质之后，可以通过适当问题的方式，为学生布置实践探究任务。教师可以结合等比数列的性质进行综合分析，提出一些相关案例：

比如等比数列{an}的首项a1=-1，前n项和为Sn，若S10/S5=31/32，则公比q为（）。在这道问题中，因为S10/S5=31/32，a1=-1.可以得出公比q≠1，故而S10-S5/S5=-32/1，根据等比数列前n项和公式的性质能够得出，S5，S10-S5，S15-S10成比数列，且公比为q5，故而得出q5=-32/1，q=-2/1。答案为-2/1。

以2012年北京高考数学题为例，已知{an}为等比数列，下面结论中正确的是（）

这一道习题考察的是学生的等比数列性质掌握情况，属于探究型习题，在课堂教学活动中，教师可以组织学生进行综合分析，为学生布置学习的任务。学生可以通过自主探究或者与其他学生进行讨论的方式解答问题。

在a1+a3=+a2q，同时在a2，q同在正时，a1+a3≥2a2成立，结合等比数列的性质，能够根据正负q的符号而明确答案。设等比数列公比为q，那么则可以结合公式求得结果，答案最后选择B。学生需要在明确掌握等比数列性质的基础上，深入分析各个选项的可行性，得出最后的答案。在任务输出的过程中，如果学生存在一定的疑虑，教师则可以结合学生的问题，给与适当的思维引导，比如教师可以通过“当且仅当a2，q同为正时，a1+a3≥2a2是否成立？”等话语，启发学生的思维，使学生能够明确逻辑思维的方式，通过等比数列的公比与等比数列的性质解答问题。

在高中数学课堂教学活动中，教师需要明确学生在课堂学习中的主体地位，结合学生的实际学习能力进行教学设计，关注学生综合知识的掌握情况。

三、结束语

等差数列与等比数列均为当前高中数学教学中的重要内容，在各类高考数学例题中普遍存在。通过等差数列的性质与运用分析与等比数列的性质与运用分析，能够结合高中学生的实际学习能力与性格特点进行教学设计，提升高中数学课堂教学的质量，为高中学生营造一个良好的学习与发展平台，提升学生的各项知识掌握能力，为学生数学知识的深入学习与全面发展奠定良好的基础。

参考文献：

数列综合论文 第7篇

赋值法是一种特殊的解题方法, 一般说来, 如果题目中关于某个未知数对于等式或不等式在其取值范围内的任意值都成立, 常常可利用赋值法将某些字母赋予恰当的数值或代数式, 通过运算推理, 从而达到解决问题的目的.赋值法所体现的是一种从一般到特殊的转化思想, 在高考题中屡见不鲜.本文想通过几道精彩的高考和模拟考试题说明赋值法在函数、数列综合题中的巧妙应用, 不妥之处请大家指正!

1 利用函数单调性等性质直接赋值证明结论

例1 (2008年深圳一模第20题) 已知$f(x)=\ln x‚g(x)=\frac{1}{2}x{}^2+mx+\frac{7}{2}(m＜0)$, 直线l与函数f (x) , g (x) 的图像都相切, 且与函数f (x) 的图像的切点的横坐标为1.

(Ⅰ) 求直线l的方程及m的值;

(Ⅱ) 若h (x) =f (x+1) -g′ (x) (其中g′ (x) 是g (x) 的导函数) , 求函数h (x) 的最大值;

(Ⅲ) 当0<b<a时, 求证:$f(a+b)-f(2a)＜\frac{b-a}{2a}.$

分析 (Ⅲ) 中, 由于左边式子$f(a+b)-f(2a)=\ln \frac{a+b}{2a}=\ln \left(1+\frac{b-a}{2a}\right)$与 (Ⅱ) 的结论有相似之处, 于是我们想利用函数单调性性质直接赋值得出结论, 这是一种非常漂亮的做法.

解 (Ⅰ) 依题意知:直线l是函数f (x) =ln x在点 (1, 0) 处的切线, 故其斜率$k=f^{\prime }(1)=\frac{1}{1}=1$, 所以直线l的方程为y=x-1.又因为直线l与g (x) 的图像相切, 所以

$\{\begin{array}{l}y=x-1,\\ y=\frac{1}{2}x{}^2+mx+\frac{7}{2}\end{array}\Rightarrow \frac{1}{2}x{}^2+(m-1)x+\frac{9}{2}=0‚$

得 Δ= (m-1) 2-9=0

⇒m=-2 (m=4不合题意, 舍去) .

(Ⅱ) 因为

h (x) =f (x+1) -g′ (x) =ln (x+1) -x+2 (x>-1) ,

所以$h^{\prime }(x)=\frac{1}{x+1}-1=\frac{-x}{x+1}.$

当-1<x<0时, h′ (x) >0;当x>0时, h′ (x) <0.

因此, h (x) 在 (-1, 0) 上单调递增, 在 (0, +∞) 上单调递减.

因此, 当x=0时, h (x) 取得最大值h (0) =2.

(Ⅲ) 由 (Ⅱ) , 当-1<x<0时,

ln (x+1) -x+2<h (0) =2,

即 ln (1+x) <x.

当0<b<a时, $-1＜\frac{b-a}{2a}＜0.$

因此, 有

$\begin{array}{l}f(a+b)-f(2a)=\ln \frac{a+b}{2a}\\ =\ln \left(1+\frac{b-a}{2a}\right)＜\frac{b-a}{2a}.\end{array}$

类似的题如:2007年山东省高考数学 (理科) 第22题第3问等.

2 类比观察, 赋予恰当的数值或代数式, 通过运算、推理证明结论

例2 (2007年湖北省高考数学 (理科) 第21题) 已知m, n为正整数.

(Ⅰ) 用数学归纳法证明:当x>-1时, (1+x) m≥1+mx.

(Ⅱ) 对于n≥6, 已知$\left(1-\frac{1}{n+3}\right){}^m＜\frac{1}{2}$, 求证:$\left(1-\frac{m}{m+3}\right){}^m＜\frac{1}{2}$;$\left(1-\frac{m}{n+3}\right){}^m＜\left(\frac{1}{2}\right){}^m‚m=1‚2‚\cdots ‚n.$

(Ⅲ) 求出满足等式3n+4n+…+ (n+2) n= (n+3) m的所有正整数n.

分析 本题的 (Ⅰ) 较简单这里就不多说.对于 (Ⅱ) , 问题解决的关键是能不能从要求证的结论中, 发现与 (Ⅰ) 的联系, 即发现第一个$x=-\frac{1}{n+3}$的赋值结论:$\left(1-\frac{1}{n+3}\right){}^m\ge 1-\frac{m}{n+3}＞0$, 然后利用幂函数的性质即可以证明 (Ⅱ) 的结论.

证明 (Ⅰ) 用数学归纳法证明.

(ⅰ) 当m=1时, 原不等式成立;

当m=2时, 左边=1+2x+x2, 右边=1+2x, 因为x2≥0, 所以左边≥右边, 原不等式成立;

(ⅱ) 假设当m=k时, 不等式成立, 即 (1+x) k≥1+kx, 则当m=k+1时, 由x>-1, 得1+x>0, 于是在不等式 (1+x) k≥1+kx两边同乘以1+x, 得

(1+x) k· (1+x) ≥ (1+kx) (1+x) =1+ (k+1) x+kx2≥1+ (k+1) x,

即 (1+x) k+1≥1+ (k+1) x.

亦即当m=k+1时, 不等式成立.

综合 (ⅰ) (ⅱ) 知, 对一切正整数m, 不等式都成立.

(Ⅱ) 当n≥6, m≤n时, 由 (Ⅰ) 得

$\begin{array}{l}\left(1-\frac{1}{n+3}\right){}^m\ge 1-\frac{m}{n+3}＞0‚\\ \left(1-\frac{m}{n+3}\right){}^n\le \left(1-\frac{1}{n+3}\right){}^{nm}\\ =\left[\left(1-\frac{1}{n+3}\right){}^n\right]{}^m＜\left(\frac{1}{2}\right){}^m‚\end{array}$

其中m=1, 2, …, n.

(Ⅲ) 由 (Ⅱ) 知, 当n≥6时,

$\begin{array}{l}\left(1-\frac{1}{n+3}\right){}^n+\left(1-\frac{2}{n+3}\right){}^n+\cdots +\left(1-\frac{n}{n+3}\right){}^n\\ ＜\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{2}\right){}^2+\cdots +\left(\frac{1}{2}\right){}^n=1-\frac{1}{2{}^n}＜1‚\\ \left(\frac{n+2}{n+3}\right){}^n+\left(\frac{n+1}{n+3}\right){}^n+\cdots +\left(\frac{3}{n+3}\right){}^n＜1.\end{array}$

即 3n+4n+…+ (n+2) n< (n+3) n.

亦即当n≥6时, 不存在满足该等式的正整数n.

故只需要讨论n=1, 2, 3, 4, 5的情形:

当n=1时, 3≠4, 等式不成立;

当n=2时, 32+42=52, 等式成立;

当n=3时, 33+43+53=63, 等式成立;

当n=4时, 34+44+54+64为偶数, 而74为奇数, 故34+44+54+64≠74, 等式不成立;

当n=5时, 同n=4的情形可分析出, 等式不成立.

综上, 所求的n只有n=2, 3.

3 研究数列特征, 发现规律, 选择恰当的赋值证明结论

例3 (2008年广州一模考试 (理科) 第20题) 已知函数f (x) =ex-x (e为自然对数的底数) .

(Ⅰ) 求函数f (x) 的最小值;

(Ⅱ) 若n∈N*, 证明:$\left(\frac{1}{n}\right){}^n+\left(\frac{2}{n}\right){}^n+\cdots +\left(\frac{n-1}{n}\right){}^n+\left(\frac{n}{n}\right){}^n＜\frac{\text{e}}{\text{e}-1}.$

分析 本题的 (Ⅰ) 是一个容易解答的问题, 但 (Ⅱ) 几乎每一个学生都估计到要利用 (Ⅰ) 的结论来解题, 但如何利用一个漂亮的结论:1+x≤ex!大家都感到力不从心, 由于大家理不出它的思路, 绝大多数同学只能是望题兴叹.其主要原因是对老师讲的基本思路如对 (Ⅱ) 左边的式子没有注意联系:第一要研究它的通项, $a{}_k=\left(1-\frac{k}{n}\right){}^n$;第二, 要研究它右边式子的结构, 有可能是某个数列的和, 然后结合 (Ⅰ) 的结论, 一条基本的思路就可能展开了, 即对漂亮的 (Ⅰ) 结论赋值, 令$x=-\frac{k}{n}$, 代入1+x≤ex, 然后两边n次方, 后面的证明当然是相当的惬意.通过本小题可以考查函数的导数、最值、等比数列等基础知识, 也着重考查学生分析问题和解决问题的能力、以及创新意识, 应该说是一道不可多得的好题.当然本题也可以用数学归纳法去证明, 中间的变形有相当的技巧, 但在最后的证明中仍然要用到赋值的思想, 再次体现了赋值思想的魅力.

解 (Ⅰ) f (x) =ex-x, f′ (x) =ex-1.

令f′ (x) =0, 得x=0.

当x>0时, f′ (x) >0;当x<0时, f′ (x) <0.

所以函数f (x) =ex-x在区间 (-∞, 0) 上单调递减, 在区间 (0, +∞) 上单调递增.

故当x=0时, f (x) 有最小值1.

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 知, 对任意实数x均有ex-x≥1, 即

1+x≤ex.

令$x=-\frac{k}{n}(n\in \text{Ν}{}^{*}‚k=1,2,\cdots ,n-1)$, 则

$\begin{array}{l}0＜1-\frac{k}{n}\le \text{e}{}^{-\frac{k}{n}}‚\\ \left(1-\frac{k}{n}\right){}^n\le \left(\text{e}{}^{-\frac{k}{n}}\right){}^n=\text{e}{}^{-k}(k=1,2,\cdots ,n-1).\end{array}$

即$\left(\frac{n-k}{n}\right){}^n\le \text{e}{}^{-k}(k=1‚2‚\cdots ‚n-1).$

又$\left(\frac{n}{n}\right){}^n=1$, 所以

即

通过对以上典型例题的学习, 利用函数的单调性, 利用赋值思想, 不等式思想, 我们还可以编出不少类似的精彩题, 通过对这些题目的学习, 可以极大地培养学生学习数学的热情, 培养学生的创新精神和实践能力.例如我们可以将1+x≤ex变为lnx≤x-1, 令x=n2 (n∈N*) 得到lnn2≤n2-1, 得到进而可证

等一些新的结论.

等差数列与等比数列的类比 第8篇

1. 本课是在学习了类比推理这一内容后的探究课, 学生在高一已经学习过等差数列与等比数列, 但是肯定会遗忘较多的内容。教师首先安排复习等差数列的定义及简单的性质, 使学生利用类比的方法来复习等比数列, 在这个过程中体会“差与比, 加与乘, 乘与乘方, 除与开方”的类比, 从而为后面的学习打下了基础。

2. 类比推理的方法对学生来说是比较难的, 很多学生不知道从何处去类比, 数列是一个比较好的题材, 通过有关问题的解决, 既加深了对等差数列与等比数列的认识, 又让学生对类比的方法、实质有所体验, 还可让学生体验“大胆猜想——小心论证”的严谨的数学发现历程。

二、案例内容

1. 设置情境。

展示图片 (李四光的照片) , 回顾李四光发现大庆油田的过程:

中亚西亚与松辽平原有着极其相似的地质结构, 因为中亚西亚有大量的石油, 于是他推测松辽平原也有大量的石油。后来经过勘探, 发现了大庆油田。

提问:李四光这种思维方式蕴含了哪种推理方法?

学生:类比推理。

通过上述的情境设置, 很自然地引入本节课的课题, 又可以帮助学生更好地理解类比推理的概念。根据奥苏伯尔的有意义学习理论, 学生在概念学习时, 原有认知结构中是否有用来同化新知识的适当观念是决定数学概念能否顺利掌握的关键因素。如果学生头脑中没有适当的知识作为理解新概念的固定点, 那么原有认知结构的扩充和新概念结构的建立就不可能发生。经过情境设置展现了原有知识结构, 使学生对概念的认识更加深刻。

2. 复习回顾等差数列与等比数列 (设置如下表格)

在上述问题中, 可以先一起复习等差数列, 让学生利用类比的思想自行得出等比的相关概念。通过这一回顾, 使学生体会到等差数列和等比数列在概念形式上的相似之处。

3. 运用类比推理进行探究。

在认识了运用类比推理进行探究的方法之后, 教师设置了如下若干性质探究的问题供学生思考。

[问题1]在等差数列{an}中, 若a10=0, 则有a1+a2+…+a7=a1+a2+…+a12, 类比上述性质, 在等比数列{bn}中, 若b10=0, 则有__________。

问题1让学生来类比等比数列中相应的性质, 并加以证明。一方面从形式上可以帮助学生进一步体会等差与等比性质中“和与积”的类比, 另一方面, 从证明方法上也进行类比证明。这样的问题, 在学生理解性质后, 初步体验了发现问题并解决问题的“类比”方法。

接着, 进行如下变式练习:

等差数列{an}中, 若a10=0, 则有a1+a2+…+an=a1+a2+…+a19-n, 类比上述性质, 在等比数列{bn}中, 若b9=1, 则有__________。

启发引导学生如何通过类比得到正确结论, 使学生经历运用类比思想方法研究数列问题的过程。

[问题2]已知等差数列{an}的前n项和为, 用类比的方法, 写出等比数列{bn}的前n项积的表达式Tn=________。

[问题3]等差数列有如下性质:若数列{a n}为等差数列, 则当时, 数列{bn}也是等差数列;类比上述性质, 相应地, 若数列{cn}是正项等比数列, 当dn=_______时, 数列{dn}也是等比数列。

通过上述两个问题, 让学生进一步体会“加、减、乘、除”依次变成“乘、除、乘方、开方”的变换。

[问题4]若{a n}为等差数列, 则{an+1+a n}也成等差数列。由此经过类比, 若{b n}为等比数列你能得到什么结论?

在教学过程中发现, 有近85%的学生最初得到了{bn+1·bn}也为等比数列, 并能给予“证明”。看来学生对于“和”与“积”的类比已经掌握的比较好了, 但是个别学生得出{bn+1+bn}为等比数列。这时教室出现了两种不同的声音, 下面是一段课堂实录:

生1:我判断并证明了等比数列的和“{bn+1+bn}”仍然是等比数列, 且公比为数列{bn}的公比。

(师环视四周, 似乎每个人都投以赞同的目光, 并且频繁点头表示同意。)

生2:我有点不同意 (全班只有他一人有不同意见) , 我觉得, 对数列-1, 1, -1, 1, …这个数列来说, 其和不是等比数列。

(此时全班恍然。)

师:我们来看一下生1的证明过程 (投影仪) :

∴{an+1+an}是等比数列。你们看证明过程严密吗?

生3:当q=-1时, 他的第二步不成立。 (此时同学们又都给予肯定。)

师:答得好。本来我们不知道这一反例, 但在证明过程中发现了问题的存在, 由此找到了反例, 说明同学们在发现问题时, 能够进行大胆猜想、小心论证的严密的科学态度。

师:学到这里, 你有什么样的感受呢?

生4:在等差数列和等比数列的类比中, 我发现除了形式上存在着类比之外, 正确的要加以证明, 错误的可以举出反例。

生5:我感到就算是类比的结论在形式上未必一致, 但证明方法有相似之处。

这番交流的过程中, 学生的思维几经“冲浪”辗转, 他们的好奇心和探索热情已被唤起, 严谨的数学发现历程正在探索中内化着。

[问题5]若Sn是等差数列{an}的前n项和, 则Sk, S2k-Sk, S3k-S2k也是等差数列。在等比数列中是否也有这样的结论?为什么?

由于上一个题的反例的启发, 学生可以找到反例从而得出Sk, S2k-Sk, S3k-S2k不成等比数列的结论, 也有同学得出成等比数列的结论, 这是受通项之间的类比的影响导致的。经过讨论, 对结论进行论证, 反驳, 同学们进一步指出“成等比数列”的说法虽然不对, 但在“类比——发现”的探究过程中也有不少新的收获, 教师顺势提出开放性的问题:如何改动使得结论能够成立 (用St构造一个等比数列) ?这个过程, 将“类比——发现——自悟”方式的核心——学生在思维上经过反复的类比、验证, 自我领悟并掌握类比的思想方法, 体现在了教学过程中。

三、案例反思

为将“类比——发现——自悟”的方式更加清晰地在教学中体现, 教师的教学设计应向更加注重思维方式转变。设计的数学问题关注一题多变、多题环环相扣的连锁关系, 同时体现思维“严密性”, 并且搭建脚手架, 帮助学生努力实现“发现——自悟”的过程。

在实施教学的过程中, 努力让学生体验:从形式上得到类比的特征, 从本质上体验思维的过程, 了解类比不仅是形式上的“相似”, 而是从相似中得到猜想, 再由论证使之成为正确的类比。这样的教学方式, 有利于激发学生的思维, 使学生在辩证思维中掌握类比的思想方法。

浅谈数列的教学及数列的思想培养 第9篇

一、理解数列的定义

数列中的等差数列和等比数列均是从“项”与“项”的关系出发,等差数列是从数列中的第二项起,每一项与前一项的差是同一个常数,而等比数列是从数列中的第二项起,每一项与前一项的比是同一个常数。因为数列是一种特殊的函数形式,在理解和判断数列是等差还是等比数列的数列形式的同时,也是第n项关于项数n的函数关系,定义域即为正整数集。所以数列的任何形式即等差数列和等比数列的性质都与项数n息息相关,从以上的数学思想入手,及关于n的相关性质的特点,灵活的运用公式,可以很好的理解相应的知识点及相应的运算。

二、掌握和理解数列通项公式的运用,灵活的运用项与项数的关系进行解题

数列通项公式是数列中重要的知识点,在了解了数列性质和特点,可以把相应的问题最终转化为:首项,项数,公差或公比之间的关系和运算组合,最终根据通项公式进行求解。在中职的基础模块范围中,在首项,项数,公差(公比)之间任意的组合,并运用公式求出未知项目的运算过程。

三、数列有效教学的方法和对策

(一)启发式情景教学,培养和提高学生的数学兴趣

在日常的教学生活中,学生对学习内容感兴趣时,就会积极主动地去探索学习,最终学习效果和效率会大大提高。所以在整个的教学环节中,教师要积极进行创新和探索更灵活多变的教学手段,抓住学生的兴趣点,运用相应的有趣的小例子,小游戏,引导,启发学生的兴趣,提高教学效率和学习效率。并且结合教学内容,合理的进行教学设置。例如,在等差数列的教育教学前,可以进行一个排列顺序的小游戏,将1,2,3,4,5五个数字排成的数列,动三下,让这个数列变成5,4,3,2,1,通过这样类似的小游戏来加深学生学习《等差数列》中关于,公差,顺序,项数和项的理解,辅助多媒体课件等教育教学手段,从学生积极参与的兴趣中学生的思维引导到相应知识点的情境中。此时再提出数列相应的知识点,在浓厚的参与兴趣中,将知识点教授给学生。

(二)深入教育教学,提高教学及学习效果

对于中职阶段数学基础模块的教育教学,基于学生的特点和学习习惯,不适宜单纯的使用传统课堂教育方法和所谓的题海战术进行日常的教学和培养。中职阶段学生相对比较活泼,思维比较活跃和发散,传统的填鸭式教育效果十分有限,并且不能充分的发挥学生活跃的思维特点和行为方式,并且容易固化学生思想和行为,对于日后的专业课学习和职业实习,均起不到基础教学科目的教育目的。

对于中职学生,应该充分活跃课堂气氛,不局限于教室内,可以在多媒体,实训室,情景教室,多个场景中进行日常的教育教学,尽可能贴近学生的专业,既能有效的为学生的专业课服务,又能充分的调动学生的积极性,提高学生的学生兴趣。对于课堂的组织形式,不局限于传统的课堂教学形式,可以充分发挥当前课程改革的积极因素,例如翻转课堂,微课教学,参与式教学等等多种形式,充分发挥学生活跃的思维和行为特点,推进知识点的教授,提高教育教学和学习效果。

总结

数列模块的最重要的知识点是等差数列和等比数列以及相应的公式和运算,基于这个两类最基本数列的特点,性质和研究方法,让学生能够灵活牢固的理解掌握概念、性质及公式。在教学当中注意培养学生的兴趣和创新能力,并加以应用,特别注意各个已知项的组合求出未知项的转化和性质特点,并且中职教学中数学的题型和规律,掌握在中职升高职的考试中,关于数列相关题型的解法和理解。有针对性的进行教授和训练,对于在学习和考试中取得好成绩有十分重要的意义。

参考文献

[1]李广全,李尚志.数学(基础模块)下册,北京:高等教育出版社,2013.7.

[2]李广全,李尚志.数学(基础模块)上册,北京:高等教育出版社,2013.7.

数列综合论文 第10篇

(1) m, s为常数; (2) m为常数, s=f (n) ;

(3) m=f (n) , s为常数; (4) m=f (n) , s=g (n) .

一、当m, s为常数

若s=0, m≠0, 则数列为等比数列.若s≠0, m=0, 则数列为常数数列.若s≠0, m≠0, 类似于等比数列an+1=man后加上一个常数s, 故联想其数列的项加上常数后仍是等比数列, 不妨设{an+t}仍为等比数列, an+1+t=m (an+t) , 即man+s=m (an+t) -t, 由待定系数法得, $t=\frac{s}{m-1}.$

【例1】 若$a{}_1=\frac{1}{2}‚a{}_n=4a{}_{n-1}+1$, 求数列{an}的通项公式.

解:设an-t=4 (an-1-t) , 代入an=4an-1+1, 得$t=-\frac{1}{3}$, 即数列$\{a{}_n+\frac{1}{3}\}$是以$\frac{5}{6}$为首项, 4为公比的等比数列, $a{}_n+\frac{1}{3}=\frac{5}{6}\cdot 4{}^{n-1}\Rightarrow a{}_n=\frac{5}{6}\cdot 4{}^{n-1}-\frac{1}{3}.$

二、当m为常数, s=f (n)

若m=1, 则an+1=an+f (n) , 类似于等差数列, an-an-1=f (n-1) , 以此类推有an-1-an-2=f (n-2) , an-2-an-3=f (n-3) , …, a2-a1=f (1) , 将各式累加得:an=a1+f (1) +f (2) +…+f (n-1) , 可求其通项公式, 若m≠1, 则an+1=man+f (n) , 若f (n) 为整式, 仍具有等比数列特征, 故可设bn=an+An+B, 则an=bn-An-B.

【例2】 设数列{an}:a1=4, an=3an-1+2n-1 (n≥2) , 求an.

解:设bn=an+An+B, 则an=bn-An-B, 将an、an-1代入递推式, 得

$\begin{array}{l}b{}_n-An-B=3[b{}_{n-1}-A(n-1)-B]+2n-1=3b{}_{n-1}-(3A-2)n-(3B-3A+1).\\ \therefore \{\begin{array}{l}A=3A-2‚\\ B=3B-3A+1\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}A=1‚\\ B=1.\end{array}\end{array}$

∴取bn=an+n+1①, 则bn=3bn-1, 又b1=6, 故bn=6×3n-1=2×2n, 代入①得an=2×3n-n-1.

说明:若f (n) 为n的二次式, 则可设bn=an+An2+Bn+C, 再用特定系数法可解.

若f (n) 可以通过变形进一步化简.

【例3】 (2008, 天津, 理) 已知数列{an}满足$a{}_1=2‚a{}_{n+1}-a{}_n=\frac{1}{3{}^{n+1}}(n\in \mathbf{{\rm N}}{}^{*})$, 则$\underset{△x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}a{}_n=$______ .

解:$a{}_{n+1}-a{}_n=\frac{1}{3{}^{n+1}}$, 得3n+1an+1-3·3nan=1, 令bn=3nan, 上式变为bn+1=3bn+1, 从而转化为例1 的情形.

三、当m=f (n) , s为常数

1.若s=0, 则an+1=f (n) an具有等比数列的特征, 利用累积的方法或是对原式进行变形换元法即可.

【例4】 已知数列{an}满足$a{}_1=\frac{2}{3}‚a{}_{n+1}=\frac{n}{n+1}a{}_n$, 求an.

解:由条件知$\frac{a{}_{n+1}}{a{}_n}=\frac{n}{n+1}$, 分别令n=1, 2, 3, …, (n-1) , 代入上式得 (n-1) 个等式累乘之, 即$\frac{a{}_2}{a{}_1}\cdot \frac{a{}_3}{a{}_2}\cdot \frac{a{}_4}{a{}_3}\cdot \cdots \cdot \frac{a{}_n}{a{}_{n-1}}=\frac{1}{2}\times \frac{2}{3}\times \frac{3}{4}\times \cdots \times \frac{n-1}{n}\Rightarrow \frac{a{}_n}{a{}_1}=\frac{1}{n}.$

又$\because a{}_1=\frac{2}{3}‚\therefore a{}_n=\frac{2}{3n}.$

2.若s≠0, an+1=f (n) an+s

【例5】 若数列{an}满足$a{}_1=2‚a{}_{n+1}=\frac{n}{n+1}a{}_n+2$, 求数列{an}的通项公式.

解:$a{}_{n+1}=\frac{n}{n+1}a{}_n+2\Rightarrow (n+1)a{}_{n+1}=na{}_n+2n+2$, 令bn=nan得bn+1=bn+2n+2, 回到第二类情形, 可用累加法或待定系数法求解.

四、当m=f (n) , s=g (n)

即an+1=f (n) an+g (n) , 通过构造的方法构造新数列求解.

【例6】 若数列{an}满足$a{}_1=2‚a{}_{n+1}=\frac{n+1}{n}a{}_n+2n(n+1)$, 求数列{an}的通项公式.

数列综合论文 第11篇

例如求和: ( 1) Sn= 12+ 22+ … + n2; ( 2) Sn= 13+23+… + n3.

思考: ①对于 ( 2) 中的“前n个自然数的立方和”的证明, 还可有其他方法, 如: 仿照 ( 1) 的证法, 利用恒等式 ( k +1) 4- k4= 4k3+ 6k2+ 4k + 1, 或将奇数数列1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, …按如下规则分组: ( 1) , ( 3, 5) , ( 7, 9, 11) , …, 显然第k组的所有元素和为k3. 于是前n个自然数的立方和就是上面分组中前n个组的所有奇数的和.

②利用上述结果, 可以得到

例如: 求数列的通项公式.

例如: 求数列的通项公式.

例如: 求数列的前n项的和.

例如: 化循环小数为分数.

我们知道, 循环小数为有理数, 有理数都可以表示为分数的形式. 我们使用无穷递缩等比数列的求和公式, 说明这一事实.