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1，求一數學數列題解法
2，高中數學數列的這一章節做數列的題目有多少種方法比如裂項
3，高中數列的詳細題型及解題技巧
4，數列解題方法有哪些
5，求關于數列的所有方法例如累加法裂項相消法并附帶上例題我會
6，求高一的各種數列的題型

1，求一數學數列題解法

A1=S1=1*1+2=3 An=Sn-Sn-1=n*n-(n-1)*(n-1)=2n-1 A1=3,A2=3,A3=5,A4=7,A5=9

Sn=n^2+2 ① Sn-1=(n-1)+2 ② ①-②得 an=Sn-Sn-1=2n-1 前5項為1、3、5、7、9

由Sn=n*n+2 則Sn-1=（n-1）*（n-1）+2 他們相減的結果就應該是通項公式an，即an=2n-1 得前5項為1.3.5.7.9

求一數學數列題解法

2，高中數學數列的這一章節做數列的題目有多少種方法比如裂項

分組求和法；倒序相加法；裂項法。倒序相加法：當前面的項和最后的項加起來是常數或有規律的數。錯位相減法：單項數列的表達式是由等比數列和等差數列相乘得到。如：an=n*a^(n+1)裂項法：用于分數的數列。分組求和法：數列的項可以拆分成其他典型數列。識；直接利用公式求和；倒序相加法；錯位相減法；分解轉化（拆項）法；裂項相消法；并項法。函數思想：將數列上升為特殊的函數來認識；數形結合思想方法：函數的圖象能直接反映數列的本質；方程（組）思想：等差、等比數列中在求時，知三求二，所用的就是方程思想。觀察分析法：求通項公式時常用；分類討論法：求等比數列的前n項和公式時要考慮公比是否為1，公比是字母時要進行討論

設1/n(n+1)=a/n-b/n+1 （看分母的因式來拆）右邊通分得[a(n+1)-bn]/n(n+1)=[(a-b)n+a]/n(n+1)=左邊=1/n(n+1)再待定系數a-b=0,a=1即可得a=1,b=1

高中數學數列的這一章節做數列的題目有多少種方法比如裂項

3，高中數列的詳細題型及解題技巧

呵呵，我不動數列好多年，已經不成系統啦，實在抱歉，說幾點還記得的吧，希望能對你有所幫助如果你數學成績優異，那實在抱歉，我幫不了你。你可以問一下周圍的同學們，他們的思路會與你比較接近，多問幾個人，就多幾種思路。建議不要一上來就問老師，因為老師，題目難不倒他們，算是神通廣大，他們見識廣，拿過題來就會做，根本不用去研究方法。如果你數學成績一般，那我說一下我做題的思路。雖然我上學的時候數學成績還好，但并沒有特突出，只是比別人更注意細節，知道怎樣有更高的分數。我一般會把簡單的先做完，到了第三問，沒做出結果才扣2分，有思路就好啦，羅列我考慮問題的方向，但不是隨便羅列，不是羅列越多越好，看題目我能做出多少，如果實在做不下去啦，我會看題目的已知或者已求得的條件是否對我有幫助，通過這些條件能繼續得到什么，或者是通過問題逆向找答案，會有不錯的收獲。總結起來就是，先憑感覺往下做，做不出來的時候跳出題目宏觀看，找突破點，實在不行就放棄。那如果你成績不太好，很簡單，找本經典的參考書，找幾個經典的數列題，先自己做，做完或者做到不會的地方就看下答案，跟答案對比，吸收答案的思路，看答案考慮問題的方向，然后合上書自己做，直到自己把此題做出來為止。而且一個題至少這樣做三遍，堅持做十個題，你會發現，題的方法在不知不覺中，背都背會拉。好多年不作數列題，細節都忘啦，還記得幾點就是，1、把數列的方法挨著看一遍，哪個合適套那個。2、注意首相是否要單獨討論。3、注意公比或者公差的正負。委以重任，未能系統答復，實在抱歉啊，望諒解一下下！

各種數列問題在很多情形下，就是對數列通項公式的求解。特別是在一些綜合性比較強的數列問題中，數列通項公式的求解問題往往是解決數列難題的瓶頸。本文總結出幾種求解數列通項公式的方法，希望能對大家有幫助。類型1 解法：把原遞推公式轉化為，利用累加法求解。例:已知數列滿足，，求。解：由條件知：分別令，代入上式得個等式累加之，即所以，類型2 解法：把原遞推公式轉化為，利用累乘法求解。例:已知數列滿足，，求。解：由條件知，分別令，代入上式得個等式累乘之，即又，類型3 （其中p，q均為常數，）。例:已知數列中，，，求 .解法一(歸納法): 解法二（待定系數法）：設遞推公式可以轉化為即 .故遞推公式為 ,令，則 ,且 .所以是以為首項，2為公比的等比數列，則 ,所以 .解法四(作商法): 令累加得: 類型4 （其中p，q均為常數，）。（或 ,其中p，q, r均為常數）。解法：一般地，要先在原遞推公式兩邊同除以，得：引入輔助數列（其中），得：再同類型3求解。例:已知數列中， , ，求。解：在兩邊乘以得：令，則 ,解之得：所以類型5 解法：這種類型一般利用待定系數法構造等比數列，即令，與已知遞推式比較，解出 ,從而轉化為是公比為的等比數列。例:設數列：，求 .解：設，將代入遞推式，得 …（1）則 ,又，故代入（1）得說明：（1）若為的二次式，則可設 ;(2)本題也可由 , （）兩式相減得轉化為求之. 類型6 遞推公式為與的關系式。(或 )解法：這種類型一般利用與消去或與消去進行求解。例：已知數列前n項和 .（1）求與的關系；（2）求通項公式 .解：（1）由得：于是所以 .（2）應用類型4（（其中p，q均為常數，））的方法，上式兩邊同乘以得：由 .于是數列是以2為首項，2為公差的等差數列，所以類型7 遞推公式為（其中p，q均為常數）。解法一(待定系數法)：先把原遞推公式轉化為其中s，t滿足解法二(特征根法)：對于由遞推公式，給出的數列，方程，叫做數列的特征方程。若是特征方程的兩個根，當時，數列的通項為，其中A，B由決定（即把和，代入，得到關于A、B的方程組）；當時，數列的通項為，其中A，B由決定（即把和，代入，得到關于A、B的方程組）。例: 已知數列中，，，求數列的通項公式。解法一（待定系數——迭加法）:由，得，且。則數列是以為首項，為公比的等比數列，于是。把代入，得，，，。把以上各式相加，得。。解法二（特征根法）：數列：，的特征方程是：。 , 。又由，于是故類型8 解法：這種類型一般是等式兩邊取對數后轉化為，再利用待定系數法求解。例：已知數列｛｝中，，求數列解：由兩邊取對數得，令，則，再利用待定系數法解得：。類型9 解法：這種類型一般是等式兩邊取倒數后換元轉化為。例：已知數列｛an｝滿足：，求數列｛an｝的通項公式。解：取倒數：是等差數列，

高中數列的詳細題型及解題技巧

4，數列解題方法有哪些

倒序求和法錯位相減法 ……

以下純屬個人觀點.如有雷同,不甚榮幸 1,數列其實就是找規律,看一個數列,首先要看到數列本身的變化規律,并將復雜數列通過,對個體的分解,或是對多項的合并,又或是通其他可行的方法,使原來的規律明顯化或轉化為簡單規律,如等差等比這些有法可依的規律,最后通過學過知識解答. 2,對于那些等差等比數列,不要先考慮捷徑,最實際的方法是通過現有的最基本的公式寫出數列內部關系,一步步化簡,一步步代入題目給出的條件,往往答案會自然而然的出來. 3,作為經歷過高考的過來人,我覺得,數列往往會和那些指數對數的東東有點聯系,題目往往有這樣的傾向,所以對代數公式的熟記對解數列題還是小有幫助的. 4,差不多就這么點了,當然,最重要的一點,多做題,高考這種東西——無他,為手熟耳

這講不清楚的呀,不過方法有很多的,你只能看書呀,你把問題發上來吧基本數列是等差數列和等比數列一、等差數列一個等差數列由兩個因素確定：首項a1和公差d. 得知以下任何一項，就可以確定一個等差數列（即求出數列的通項公式）： 1、首項a1和公差d 2、數列前n項和s(n),因為s(1)=a1,s(n)-s(n-1)=a(n) 3、任意兩項a(n)和a(m)，n,m為已知數等差數列的性質： 1、前N項和為N的二次函數（d不為0時） 2、a(m)-a(n)=(m-n)*d 3、正整數m、n、p為等差數列時，a(m)、a(n)、a(p)也是等差數列例題1：已知a(5)=8,a(9)=16,求a(25) 解： a(9)-a(5)=4*d=16-8=8 a(25)-a(5)=20*d=5*4*d=40 a(25)=48 例題2：已知a(6)=13,a(9)=19,求a(12) 解：a(6)、a(9)、a(12)成等差數列 a(12)-a(9)=a(9)-a(6) a(12)=2*a(9)-a(6)=25 二、等比數列一個等比數列由兩個因素確定：首項a1和公差d. 得知以下任何一項，就可以確定一個等比數列（即求出數列的通項公式）： 1、首項a1和公比r 2、數列前n項和s(n),因為s(1)=a1,s(n)-s(n-1)=a(n) 3、任意兩項a(n)和a(m)，n,m為已知數等比數列的性質： 1、a(m)/a(n)=r^(m-n) 2、正整數m、n、p為等差數列時，a(m)、a(n)、a(p)是等比數列 3、等比數列的連續m項和也是等比數列即b(n)=a(n)+a(n+1)+...+a(n+m-1)構成的數列是等比數列。三、數列的前N項和與逐項差 1、如果數列的通項公式是關于N的多項式，最高次數為P，則數列的前N項和是關于N的多項式，最高次數為P+1。（這與積分很相似） 2、逐項差就是數列相鄰兩項的差組成的數列。如果數列的通項公式是關于N的多項式，最高次數為P，則數列的逐項差的通項公式是關于N的多項式，最高次數為P-1。（這與微分很相似）例子： 1，16，81，256，625，1296 （a(n)=n^4) 15,65,175,369,671 50,110,194,302 60,84,108 24,24 從上例看出，四次數列經過四次逐項差后變成常數數列。等比數列的逐項差還是等比數列四、已知數列通項公式A（N），求數列的前N項和S（N）。這個問題等價于求S（N）的通項公式，而S（N）=S（N-1）+A（N），這就成為遞推數列的問題。解法是尋找一個數列B（N），使S（N）+B（N）=S（N-1）+B（N-1）從而S（N）=A（1）+B（1）-B（N）猜想B（N）的方法：把A（N）當作函數求積分，對得出的函數形式設待定系數，利用B（N）-B（N-1）=-A（N）求出待定系數。例題1：求S（N）=2+2*2^2+3*2^3+...+N*2^N 解：S（N）=S（N-1）+N*2^N N*2^N積分得（N*LN2-1）*2^N/(LN2)^2 因此設B（N）=（PN+Q)*2^N 則（PN+Q)*2^N-[P（N-1）+Q)*2^（N-1）=-N*2^N （P*N+P+Q）/2*2^N=-N*2^N 因為上式是恒等式，所以P=-2，Q=2 B（N）=（-2N+2)*2^N A（1）=2，B（1）=0 因此：S（N）=A（1）+B（1）-B（N） =（2N-2）*2^N+2 例題2：A（N）=N*（N+1）*（N+2），求S（N）解法1：S（N）為N的四次多項式，設：S（N）=A*N^4+B*N^3+C*N^2+D*N+E 利用S（N）-S（N-1）=N*（N+1）*（N+2）解出A、B、C、D、E 解法2： S（N）/3！=C（3，3）+C（4，3）+...C（N+2，3） =C（N+3，4） S（N）=N*（N+1）*（N+2）*（N+3）/4

5，求關于數列的所有方法例如累加法裂項相消法并附帶上例題我會

1. 公式法：　　等差數列求和公式: 　　Sn=n(a1+an)/2=na1+n(n-1)d/2 　　等比數列求和公式：　　Sn=na1(q=1) Sn=a1(1-q^n)/(1-q)=(a1-an×q)/(1-q) (q≠1) 　　其他　　1+2^2+3^2+4^2+........+n^2=n(n+1)(2n+1)/6 　　1+2^3+3^3+4^3+........+n^3=[n(n+1)/2]^2 2.錯位相減法　　適用題型：適用于通項公式為等差的一次函數乘以等比的數列形式和等差等比數列相乘　　例如：　　an=a1+(n-1)d 　　bn=b1·q^(n-1) 　　Cn=anbn 　　Tn=a1b1+a2b2+a3b3+a4b4....+anbn 　　qTn= a1b2+a2b3+a3b4+...+a(n-1)bn+anb(n+1) 　　Tn-qTn= a1b1+b2(a2-a1)+b3(a3-a2)+...bn[an-a(n-1)]-anb(n+1) 　　Tn(1-q)=a1b1-anb(n+1)+d(b2+b3+b4+...bn) ______① 　　=a1b1-an·b1·q^n+d·b2[1-q^(n-1)]/(1-q) 　　=a1b1-(a1+nd-d)·b1q^n+d·b2[1-q^(n-1)]/(1-q) 　　Tn=上述式子/(1-q) 　　此外.①式可變形為　　Tn(1-q)=a1b1-anb(n+1)+d(Sn-b1) Sn為　　此形式更理解也好記 3.倒序相加法　　這是推導等差數列的前n項和公式時所用的方法，就是將一個數列倒過來排列（反序），再把它與原數列相加，就可以得到n個(a1+an) 　　Sn =a1+ a2+ a3+...... +an 　　Sn =an+ a(n-1)+a(n-2)...... +a1 　　上下相加得到2Sn 即 Sn= （a1+an)n/2 4.分組法　　有一類數列，既不是等差數列，也不是等比數列，若將這類數列適當拆開，可分為幾個等差、等比或常見的數列，然后分別求和，再將其合并即可. 　　例如：an=2^n+n-1 5.裂項法　　適用于分式形式的通項公式，把一項拆成兩個或多個的差的形式，即an=f(n+1)－f(n)，然后累加時抵消中間的許多項。　　常用公式：　　（1）1/n(n+1)=1/n-1/(n+1) ，1/（n-1）-1/n<1/n2<1/n-1/n+1（n≥2）　　（2）1/(2n-1)(2n+1)=1/2[1/(2n-1)-1/(2n+1)] 　　（3）1/n(n+1)(n+2)=1/2[1/n(n+1)-1/(n+1)(n+2)] 　　（4）1/(√a+√b)=[1/(a-b)](√a-√b) 　　（5） n·n!=(n+1)!-n! 　　（6）1/（√n+√（n+a））=1/a（√（n+a）-√n）　　[例] 求數列an=1/n(n+1) 的前n項和. 　　解：an=1/n(n+1)=1/n-1/(n+1) （裂項）　　則　　Sn 　　=1-1/2+1/2-1/3+1/4…+1/n-1/(n+1)（裂項求和）　　= 1-1/(n+1) 　　= n/(n+1) 　　小結：此類變形的特點是將原數列每一項拆為兩項之后，其中中間的大部分項都互相抵消了。只剩下有限的幾項。　　注意：余下的項具有如下的特點　　1余下的項前后的位置前后是對稱的。　　2余下的項前后的正負性是相反的。 6.數學歸納法　　一般地，證明一個與正整數n有關的命題，有如下步驟：　　（1）證明當n取第一個值時命題成立；　　（2）假設當n=k（k≥n的第一個值，k為自然數）時命題成立，證明當n=k+1時命題也成立。　　例：　　求證：　　1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + n(n+1)(n+2)(n+3) = [n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)]/5 　　證明：　　當n=1時，有：　　1×2×3×4 = 24 = 2×3×4×5/5 　　假設命題在n=k時成立，于是：　　1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + k(k+1)(k+2)(k+3) = [k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5 　　則當n=k+1時有：　　1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4) 　　= 1×2×3×4 + 2×3×4*5 + 3×4×5×6 + …… + k(k+1)(k+2)(k+3) + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4) 　　= [k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5 + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4) 　　= (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)*(k/5 +1) 　　= [(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)(k+5)]/5 　　即n=k+1時原等式仍然成立，歸納得證 7.通項化歸　　先將通項公式進行化簡，再進行求和。　　如：求數列1，1+2，1+2+3，1+2+3+4,……的前n項和。此時先將an求出，再利用分組等方法求和。 8.并項求和：　　例：1－2+3－4+5－6+……+（2n-1）-2n 　　方法一：（并項）　　求出奇數項和偶數項的和，再相減。　　方法二：　　（1－2）+（3－4）+（5－6）+……+[（2n-1）-2n]

6，求高一的各種數列的題型

求數列通項公式的常規思想方法列舉（配典型例題）數列是高考中的重點內容之一，每年的高考題都會考察到，小題一般較易，大題一般較難。而作為給出數列的一種形式——通項公式，在求數列問題中尤其重要。本文給出了求數列通項公式的常用方法。一．觀察法例1：根據數列的前4項，寫出它的一個通項公式：（1）9，99，999，9999，…（2）（3）（4）解：（1）變形為：101－1，102―1，103―1，104―1，…… ∴通項公式為：（2）（3）（4） .觀察各項的特點，關鍵是找出各項與項數n的關系。二、定義法例2：已知數列(1)求數列解：(1)∵a 1=f (d－1) = (d－2)2，a 3 = f (d+1)= d 2，∴a3－a1=d2－(d－2)2=2d，∴d=2，∴an=a1+(n－1)d = 2(n－1)；又b1= f (q+1)= q2，b3 =f (q－1)=(q－2)2，∴ =q2，由q∈R，且q≠1，得q=－2，∴bn=b?qn－1=4?(－2)n－1當已知數列為等差或等比數列時，可直接利用等差或等比數列的通項公式，只需求得首項及公差公比。三、疊加法例3：已知數列6，9，14，21，30，…求此數列的一個通項。解易知 ∵ ……各式相加得 ∴ 一般地，對于型如類的通項公式，只要能進行求和，則宜采用此方法求解。四、疊乘法例4：在數列｛｝中， =1, (n+1)? =n? ，求的表達式。解：由(n+1)? =n? 得， = ? ? … = 所以一般地，對于型如 = (n)? 類的通項公式，當的值可以求得時，宜采用此方法。五、公式法若已知數列的前項和與的關系，求數列的通項可用公式求解。例5：已知下列兩數列的前n項和sn的公式，求的通項公式。（1）。（2）解：（1） = = =3 此時，。∴ =3 為所求數列的通項公式。（2），當時由于不適合于此等式。 ∴ 注意要先分n=1和兩種情況分別進行運算，然后驗證能否統一。例6. 設數列的首項為a1=1，前n項和Sn滿足關系求證：數列是等比數列。解析：因為所以所以，數列是等比數列。六、階差法例7.已知數列的前項和與的關系是，其中b是與n無關的常數，且。求出用n和b表示的an的關系式。解析：首先由公式：得：利用階差法要注意：遞推公式中某一項的下標與其系數的指數的關系，即其和為。七、待定系數法例8：設數列的各項是一個等差數列與一個等比數列對應項的和，若c1=2，c2=4，c3=7，c4=12，求通項公式cn解：設點評：用待定系數法解題時，常先假定通項公式或前n項和公式為某一多項式，一般地，若數列為等差數列：則，（b、c為常數），若數列為等比數列，則，。八、輔助數列法有些數列本身并不是等差或等比數列，但可以經過適當的變形，構造出一個新的數列為等差或等比數列，從而利用這個數列求其通項公式。例9.在數列中，，，，求。解析：在兩邊減去，得 ∴ 是以為首項，以為公比的等比數列，∴ ，由累加法得 = = … = = = 例10.（2003年全國高考題）設為常數，且（），證明：對任意n≥1，證明：設，用代入可得 ∴ 是公比為，首項為的等比數列，∴ （），即：型如an+1=pan+f(n) (p為常數且p≠0, p≠1)可用轉化為等比數列等.(1)f(n)= q (q為常數)，可轉化為an+1+k=p(an+k)，得例11：已知數的遞推關系為，且求通項。解：∵ ∴ 令則輔助數列是公比為2的等比數列∴ 即 ∴ 例12：已知數列｛｝中且（），，求數列的通項公式。解：∵ ∴ ，設，則故｛｝是以為首項，1為公差的等差數列 ∴ ∴ 例13.（07全國卷Ⅱ理21）設數列的首項．（1）求的通項公式；解：（1）由整理得．又，所以是首項為，公比為的等比數列，得注：一般地，對遞推關系式an+1=pan+q (p、q為常數且，p≠0，p≠1)可等價地改寫成則(2) f(n)為等比數列，如f(n)= qn (q為常數) ，兩邊同除以qn，得，令bn= ，可轉化為bn+1=pbn+q的形式。例14.已知數列解：an+1= an+（）n+1 乘以2n+1 得 2n+1an+1= (2nan)+1 令bn=2nan 則 bn+1= bn+1 易得 bn= 即 2nan= ∴ an= (3) f(n)為等差數列例15.已知已知數列解：∵ an+1+an=3+2 n，an+2+an+1=3+2(n+1)，兩式相減得an+2-an=2 因此得，a2n+1=1+2(n-1), a2n=4+2(n-1), ∴ an= 。注：一般地，這類數列是遞推數列的重點與難點內容，要理解掌握。(4) f(n)為非等差數列，非等比數列例16.（07天津卷理）在數列中，，其中．（Ⅰ）求數列的通項公式；解：由，，可得，所以為等差數列，其公差為1，首項為0，故，所以數列的通項公式為．這種方法類似于換元法, 主要用于已知遞推關系式求通項公式。九、歸納、猜想如果給出了數列的前幾項或能求出數列的前幾項，我們可以根據前幾項的規律，歸納猜想出數列的通項公式，然后再用數學歸納法證明之。例17.（2002年北京春季高考）已知點的序列，其中，，是線段的中點，是線段的中點，…，是線段的中點，…（1）寫出與之間的關系式（）。（2）設，計算，由此推測的通項公式，并加以證明。（3）略解析：（1）∵ 是線段的中點， ∴ （2）， = ， = ，猜想，下面用數學歸納法證明當n=1時，顯然成立；假設n=k時命題成立，即則n=k+1時， = = ∴ 當n=k+1時命題也成立，∴ 命題對任意都成立。例18：在數列｛｝中，，則的表達式為。分析：因為，所以得：，猜想：。十、倒數法數列有形如的關系，可在等式兩邊同乘以先求出例19．設數列滿足求解：原條件變形為兩邊同乘以得 .∵ ∴ 綜而言之，等差、等比數列是兩類最基本的數列，是數列部分的重點，自然也是高考考查的熱點，而考查的目的在于測試靈活運用知識的能力，這個“靈活”往往集中在“轉化”的水平上；以上介紹的僅是常見可求通項基本方法,同學們應該在學習不斷的探索才能靈活的應用.只要大家認真的分析求通項公式并不困難.