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學(xué)學(xué)習(xí)導(dǎo)章節(jié)知理念感拓展知數(shù)列的求(1)對(duì)于等差數(shù)列或等比數(shù)列,或者是
k2n(n1)(2n1)或nk31n2n1)2法解決裂項(xiàng)相消
k k 將數(shù)列的每一項(xiàng)分解成兩項(xiàng)的差,逐一累加相消錯(cuò)位相減若數(shù)列an}是等差數(shù)列,數(shù)列bn}是等比數(shù)列,則對(duì)于數(shù)列abn}n.倒序相加分組求解有時(shí),可將原數(shù)列分解成若干個(gè)可用法求和的新數(shù)列進(jìn)行分別求解化歸求和對(duì)數(shù)列{an}的通項(xiàng)不很明確的數(shù)列,先化歸其通項(xiàng),將{an}轉(zhuǎn)化為基本數(shù)列的求和問題周期性求和如果數(shù)列是周期數(shù)列,則可以根據(jù)周期進(jìn)行求和轉(zhuǎn)化.累加(積)形如anan1f(n)(或anan1f(n))的遞推,常??梢岳美奂樱ǚe)法求解其通待定系數(shù)paq.即 q.所以數(shù)列{aq}是一個(gè)以a 為首項(xiàng),以p為公比的等比 p p paaqpn1q 特征根
p px2pxq的兩根為n如果時(shí),則可得其通項(xiàng)為aAnBnnn如果時(shí),則可得其通項(xiàng)為a(ABn)n ABa ( 1 A2B2a (A2B)a 確定不動(dòng)點(diǎn)aa aa2 (c0,adbc0且aa) ca 2aa 不動(dòng)點(diǎn)法加以解決.下面介紹如何用不動(dòng)點(diǎn)法求數(shù)列的通項(xiàng)If(xaxbf(xxxxan1x1Aanx1(Aacx1)1 a a 數(shù)列anx1Aa可求nan若方程f(x)x有兩個(gè)相等的根x, A(其中A2c,即 a{1{列an
nax2
IIf
2ax
ax2 ax2(1)若f(x)x有兩個(gè)不相等的實(shí)根x,x,即x ,x ,從而1 2ax1 2x2ax2b ax2b2axaxcax2cxb0,ax2cxb0,所以a x x 1n 1 2ax 1aa22axa a(a 1n 1 2aanc 2aanc
2aana(ax a a x ,兩式相除,得 1( 1)2,令b 1,則 b2 2aac x ax ax 兩邊取對(duì)數(shù),不難得到bn的通項(xiàng),從而可解得anc,c24ab0(2)f(xxx aa2
cn由 ,令ba ,化簡(jiǎn)可得 b,因此{(lán)b}是等比數(shù)列n 2aa 定理f(xax2bxc(ae0),數(shù)列xn由出始條x0f(x0和遞推關(guān)系exxnf(xn1確定,那么,當(dāng)且僅當(dāng)b0e2af(xx xn1 ( )(n1,xn xn1代換已知a1ba2c,an1panqan1r(r0)的遞推數(shù)列問題.變量代換法通常也叫做換元第二數(shù)學(xué)歸定理(第二數(shù)學(xué)歸納法)對(duì)于一個(gè)與自然數(shù)有關(guān)題T,n=1時(shí)命題TTnkTnk正確.則命題T對(duì)一切自然數(shù)正確.歷屆自主招生解求證:2009為其中一項(xiàng)因?yàn)?12516【證法一 且16與12的最大公因子為4,所以此等差數(shù)列的公差一定因?yàn)?513,200919684141449241492nd,【證法二】d,則2513ad(abZ,即ad bd由(1)+(2)得(ab)d由(2)2(1)得(b2a)d因?yàn)?00913 其中52a49bZ,故2009為此等差數(shù)列中的一項(xiàng).【證法三】d,則2513ad(abZ,即ad假
Z,使得200913
bd即20091312x28yx
y1x164,即200913164ab)d,其中164ab1337的等差中項(xiàng))4137=4,可以構(gòu)造一個(gè)等差數(shù)列(分兩種情況討論而2009134994,所以2009為此等差數(shù)列子列中的一項(xiàng).而132009499(4)2009為此等差數(shù)列子列中的一項(xiàng).綜合(1)、(2)可得2009為此等差數(shù)列中的一項(xiàng).【證法五】13、25、41所在的等差數(shù)列為{a},則4125161216 251324或2或413、25、4124或2或4的等差數(shù)列為{an}的子列,仿證法四的方法便可證得2009為此等差數(shù)列中的一項(xiàng).【證法六】定理:各項(xiàng)均為整數(shù)的等差數(shù)列{an}公差為 的充要條件是各項(xiàng)為整數(shù)的數(shù){an}中的任一項(xiàng)and整除抽得余數(shù)相同(證明略由定理知【解法一】3個(gè)質(zhì)數(shù)組成的等差數(shù)列僅有:3,11,19一個(gè).下面證明唯一p3kp3k1p3k2p3k,則這個(gè)數(shù)列為3k,3k8,3k16p3kp3k1,則這個(gè)數(shù)列為3k13k93k17;由于3k93(k【解法二】不妨設(shè)滿足已知條件的等差數(shù)列為{an}a113,am25,andd25134113m121n281又2009
m n 1232870)da(3m70n73)d( 2009為等數(shù)列{an的第3m70n7313m70n72項(xiàng),問題得證3(2000年復(fù)旦大學(xué)保送生)數(shù)列{an適合遞推式an13an4a11,求數(shù)列{an【解】由 3a4,得 23(a2),從而an123,知數(shù)列{a2}是首項(xiàng) a na233a23na3nn 3(13n 3n1所以Sn3332n 1 2n
24(2008年中國科技大學(xué))設(shè){an為實(shí)數(shù)列,對(duì)一切n都滿足關(guān)系式111 a1a2試寫anan1的關(guān)系式(n2【解(I)由11 將(1)式代入111 ,可得11 ,故知a1aa aaaa(aa3121231212312
由于111 a1a2 1 1aaaaa (aaa k 1 1 k 1 k綜上所述,知一切正整數(shù)nan11a1a2n2an1a1a2an1a1a2an11an(II)a10,1)a21a1a2(0,1).ak0,1),則0(1ak)ak1,即0ak11nan
a.1aa1a(a1)aa1)20aa 2 k2akak1ak2ak11ak1(ak11ak1ak11)2ak2ak5(2004年復(fù)旦大學(xué))已知數(shù)列{an}、{bnan1an2bn,且bn16an6bna12b14an,bnlimann【解(I【方法一】由條件,aa2b10,由 a2b,得b1 a) 所以 1 ).代入 6a6b得1 )6a a) n n n n n an25an16anx25x60,x2x10ac2n1c3n1. a2,a
c1c2,得2c3c
c1解得c 1所以an162n1143n1,從而bn
a)283n124n a2b, b)2(2ab 2ab2n2【方法二】由 n n bn16an6bn, (3an12bn1)3(3an2bn 3a2b14 a2n314 162n1
16(2)n1
(II)lim
14
.
n
n283n1242n
2824(
在化簡(jiǎn)的同時(shí)要學(xué)會(huì)觀察,本題的解法二采用了構(gòu)造新的等比數(shù)列在化簡(jiǎn)的同時(shí)要學(xué)會(huì)觀察,本題的解法二采用了構(gòu)造新的等比數(shù)列{2anbn}以及{3an2bn},通過解方程組求得數(shù)列{an},{bn}6(2002 2a21,a1且 1,其中N{2,3,4,} N I【解(I)因?yàn)?/p>
2N2Z
1且
1,從
NaN1
N
NaN2
N
N
0,
N
N
N 可猜想,對(duì)于任意k{1,2,N1}|aNk|下面用數(shù)學(xué)歸納法證明之.k1aN11,顯然有|aN1|km(m1,2,N2)時(shí),結(jié)論成立,即|aNm|1aNmN(mN(mkm1時(shí)結(jié)論也成立
N
[0,1],所以| N(m
綜上,對(duì)任意的k{1,2,N1,都有|aNk|1.顯然|a1|1
cos2N
即可N2a21a11a11cos成立.Nm(m2)kZa1cosk,2mNm1ka2coska2
a21
cos
1cos2k 2m (2m12ka1cos2m2cos2m1a1cos2m2Nm1時(shí),結(jié)論也成立
2mcosk,k 2N7(2009年浙江大學(xué))數(shù)列{aa1a11(nn證明:(I)1an2
aa(II)1|an1an|1(n an (I)(用數(shù)學(xué)歸納法證明)n2時(shí)
112nk(k2)時(shí)結(jié)論成立,即1ak2則 11,從而13112.即1 則a ak
k綜上,知1an2
1
1所以a a11(11)11an1an aa n n n所以|an1an ,因?yàn)?a2,從而1 a a n nn
an
)an
所以2 13,從而1 1,即1|an1an|1n a n 8(2007年)設(shè)正三角形的邊長為a,Tn1是Tn的中點(diǎn)三角形,An為An除去Tn1nn3nk3
【解】設(shè)T的邊長為a(其中aa則A3( n)2 n 1
3 a2 a2(1又因?yàn)閍a,a ,a ,于是A ()n,A16 4n 2 limA 1
k k k
4本例的解題關(guān)鍵是探求數(shù)列本例的解題關(guān)鍵是探求數(shù)列{An}9(2006年復(fù)旦大學(xué)保送生)求和(I)777777n個(gè)(II)2005 200520052005n個(gè)【解(I)7777777(9997[(1011021)(10nn個(gè) n個(gè) [7[(1010210n)n]710(10n1)n]70(10n1)7n70(10n1)63n[ (II)2005 200520052005n個(gè)2005(9999 n個(gè)2005[(104108104n)n]2005104(104n 10(2007年交通大學(xué)){an}是首項(xiàng)為a,公差為b的等差數(shù)列,{bn}是首項(xiàng)為b,公aabN*ababa 在(II)Sa1a2am的值【解(I)abababa2babN*ab
a11所以ababa
a
b12b
2
解得a b b ba2a3.a3時(shí)不合題,舍去,a(II)a2m1)bbb2n1a1b可得3m1)bb b(2n1m13,所以b(III)由(II)知b32n1ab132n1 Sa1a2am3(2n1第第(III)小問的實(shí)際含義是:在(II)的條件下,所有滿足am1bn的項(xiàng)從小到次組成的數(shù)列,數(shù)列{am1}即{bn}的前n項(xiàng)和就是Sa1a2am的值.11(2009年 )設(shè)51的整數(shù)部分為A,小數(shù)部分B.5A2B21AB2lim(1BB2Bn55(533【解(I)因 ,所以A[35]55(533 5分),B3525
(II)A2B21AB22
51)212
5 46255 35 135(III)B 為Sa11
B)n1
1B 12(2008年西北工業(yè)大學(xué))如圖所示,曲線y x的點(diǎn)Qi(i1,2,n,)及原點(diǎn)O構(gòu)成一xyPQQ(記Q為O記a|Q |ii1 na1的值求數(shù)列{an}的通項(xiàng)n21
133【解(I)可設(shè)P1(t2,t)(t0),得K 1tan ,所以t3
12 1233,所以P(1 ).從而a|QQ||OQ||OP|233 的方程為y 的方程為yt3(xt2,所以Q(t2tn,0)n nn n1直線P 3(xt2).所以(t2tn1,0),t2t2tn1n1 n1 n由
0,得
1,所以n
t1 (n1)
33 13 Qn(3n(n1),0),Qn1(n(n1),0),an|QnQn1 13 n2左邊9[1 1]9[1 4 (n 4 n(n (n1)(n (2n9[1(11)(1
1)( 14 n n n 2n 9[111]9[114 4 9[11]834 2 n13(2009中國科技大學(xué))Ax|xn!nnN*BAN*上的補(bǔ)集ndn!n(n1)!n1)(n2)!n2d除,其余數(shù)分別與nn1,n2,……被d除的相同.而這些余數(shù)應(yīng)該是逐一遞增的.這說明n0n0是等差數(shù)列{am中的項(xiàng)n0n0An0n0于是,產(chǎn)生故假設(shè)不成立,要證明的結(jié)論成立(II)B中取出無限個(gè)數(shù)組成等比數(shù)列,例如bm5mmN由于n!nn[(n1)!1],并且當(dāng)n5時(shí), (n1)!1,故5mA,因此,5m故數(shù)列{bm}是從B中取出無限個(gè)數(shù)組成的等比數(shù)列1(2007 交通大學(xué)設(shè)f(x)|x|記S12f(x)3f2(x)nfn1(x) xx0f(x1.S123n1n(n1)2x0f(x1.S1)02(1)13(1)2n(1)n1故S1)12(1)23(1)3n(1)n1 1(2n所以2S(1)0(1)1(1)2(1)n1n(1)n n(1)n 1n(n1),n
n S[12n1)(1)n1 n,n是偶數(shù)
,故應(yīng)填
x0,n nx0,n列{bn是等比數(shù)列,則對(duì)于數(shù)列{anbnn15(2010年江蘇省五校聯(lián)考)已知數(shù)列{a}滿足:a
=
4-an,(an≤3,nNa=202,求數(shù)列{an}30S30求證:對(duì)任意的實(shí)數(shù)a,總存在正整數(shù)m,使得當(dāng)n>m(nN*)時(shí),an+4=an成立【解】(1)∵a=202=3×9+(202-27),當(dāng)an>3∴a1,a2,a3,…,a10202、公差為―3∵a10=202-27(1,3)an≤3∴S30=(=10·202-135+4×10=200an>3(Ⅰ)a>3時(shí),不妨設(shè)ak+5=p(0,1),…,∴存在正整數(shù)m=k,當(dāng)n>m(nN*)時(shí),an+4=an成立.1<p<3時(shí),則∴存在正整數(shù)m=k,當(dāng)n>m(nN*)時(shí),an+2=an成立,則an+4=an成立a=3時(shí),a2=1,由(2)Ⅰ)0<a<3時(shí),由(2)Ⅰ)a=0時(shí),由(2)Ⅰ)a<0a2=4-a>3,由(2)綜上得:對(duì)任意的實(shí)數(shù)a,總存在正整數(shù)m,使得當(dāng)n>m(n∈N*)時(shí),an+4=an成立16(2005年交通大學(xué))對(duì)于數(shù)列{an}:1,3,3,3,5,5,5,5,5,……,即正奇數(shù)krs,tnanr[nst恒成立([xx的最大整數(shù)【解】a11a12[11]1a23a22[21]1a32[31]1a42[41]1,……,由此可以猜想an2[n11(nN*),即存在整數(shù)rs,tr2,s1,t項(xiàng)的值均為2m1m21nm1)2an2mm21nm1)22[m21112[n21]12[(m1)21]12m12[n21]12m1,所以2[n21]12m1a2mnr2,s1,t1nan2[n1]1(nN*17(2009華南理工大學(xué))a2a10b2b10aba1,a an1anan10(n2)bnan1aan證明數(shù)列{bn}求數(shù)列{an}5(III(改編)設(shè)c1c21,cn2cn1cn.求數(shù)列{cn}的通項(xiàng)5【證明】x2x10x
aba15,b15 an1anan10(n2)an1an1an,從 ba a)b(a a)bb b(b nn2bnb所以數(shù)列{b是以bn由數(shù)列{anan1anan10(n2x2x10,可設(shè)數(shù)列{an可得 為aAanBbn,由a1,a aAbB 可得 從而數(shù)列{a}的通 為abn(15
a2Ab2B 數(shù)列{c}: c,其特征方程為x2x1,即x2x10,解得x15 可設(shè)數(shù)列{c}的通 為c 15)n 15)nA(b)nB(a)n(1)n[AbnBann 221,得由cc 1,n 221,得 Ab2Ba2 a bc1)n[1bn1an1)n5[anbn a b (II(III 18(2010年五校聯(lián)考樣題)設(shè)p,q是一元二次方程x22ax10(a0)的兩根,其中p0.令y1pq,令 y22,n1,n證明:lim(1 )n yy1 a2a2【證明】pa qa a2a2paa2ypqp1,y(p1)22p21
p21y1p
1 ) )p1 1p 11 p(1p2)(1p
p1 1 (1yy p(1p2)(1p4)(1p2 p(1p2)(1p4)(1p2 11 1從而 [1 n](1 n1 y
yy
(1p2)(1p4)(1p2 1 1
1 由于0p1,所以limp20,可知lim(1 ) n y
yy1 1 19(2010 )存不存在0x,使得sinx,cosx,tanx,cotx為等差數(shù)列2【證明】顯然不存在.下面用反證法證假設(shè)存在0x,使得sinxcosxtanxcotx2則有cosxsinxcotxtanxcosxsinx(cosxsinx)(cosxsinsin cos sinxcosxsinxcosx4
cotxtanx1,顯然不能構(gòu)成等差數(shù)列;x,則可得sinxcosxsinxcosx1sin 即2sin(x1sin 2因?yàn)?x,從而x2
3,故
從而2sin(x)1sin2x 20(2003復(fù)旦大學(xué))12,16,球O1內(nèi)切于圓錐,球O2內(nèi)切于圓錐側(cè)面,并與球O1外切,,依次類推.所有這些球的體積為V1,V2V3,Vnlim(V1V2V3Vn【證明(I)由于(202024)r12416r1d為球心O到頂點(diǎn)之間的距離,則
dn
1
1
5r(rr3 *
8rn
6()(nN4(II)VVVV4(r3r3r3r3 (463[11)(1)2(1( 1(1463 64 1limVVVV2048n 探索解題新思【探究題1】設(shè){an}是滿足1a0a1a2 ①的實(shí)數(shù)序列,而{bn}是由下式定 ak 的實(shí)數(shù)列bn(1
,n1,2, k 滿足bnc【解】由題設(shè)易知0(1ak1
1,求n項(xiàng)和,顯然
0,但無法保證
2因此可將bn作恒等變形nbnk
ak
ak1
nk
ak1
1
1 ak
( 1
)2
)
)k 為證問題(2),關(guān)鍵是選取{a},以便計(jì)算,可將
1 為等比數(shù)列.因而對(duì)0a1,取1
a2n則b(1a2aka(1a)(1an,此時(shí)limba(1aa(1a) nkc2就有無窮多個(gè)下標(biāo)n,使bnc.因此,當(dāng)0c2時(shí), ac2a(1a)c,故證得滿足題設(shè)條件的系列{an}存在【拓展題】我們知道,房屋建筑成本總費(fèi)用由下列兩個(gè)部分組這里對(duì)最佳方案的最初的理解自然是:花錢要最省,大樓的建筑面積要最大.但是,這兩個(gè)目標(biāo)是相互制約的個(gè)對(duì)立面.所以我們要想得更深入一些,這樣我們就對(duì)最佳有了下面我們就可以根
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