1樓：匿名使用者
解：2a(n+1) -an=6×2^n
2a(n+1)=an+6×2^n
2a(n+1)-2×2^(n+2)=an-2^(n+1)
[a(n+1)-2^(n+2)]/[an-2^(n+1)]=1/2，為定值。
a1-2^2=9/2 -4=1/2
數列是以1/2為首項，1/2為公比的等比數列。
an -2^(n+1)=1/2ⁿ
an=2^(n+1) +1/2ⁿ
n=1時，a1=2^2 +1/2=9/2，同樣滿足。
數列的通項公式為an=2^(n+1) +1/2ⁿ。
bn=an-2^(n+1)=2^(n+1)+1/2ⁿ-2^(n+1)=1/2ⁿ
sn=a1+a2+...+an=2^2+2^3+...+2^(n+1)+1/2^1+1/2^2+...+1/2ⁿ
=4(2ⁿ -1)/(2-1) +(1/2)(1-1/2ⁿ)/(1-1/2)
=2^(n+2) -1/2ⁿ -3
tn=b1+b2+...+bn=1/2+1/2^2+...+1/2ⁿ=(1/2)(1-1/2ⁿ)/(1-1/2)=1- 1/2ⁿ
sn/tn≤m/bn
[2^(n+2) -1/2ⁿ -3]/(1-1/2ⁿ)≤m/(1/2ⁿ)
2^(n+2) -1/2ⁿ -3≤m(2ⁿ -1)
m≥[2^(n+2) -1/2ⁿ -3]/(2ⁿ -1)
m≥[2^(2n+2) -3×2ⁿ -1]/[2^(2n) -2ⁿ]
m≥[4×2^(2n)-4×2ⁿ+2ⁿ -1]/[2^(2n) -2ⁿ]
m≥4+(2ⁿ -1)/[2ⁿ(2ⁿ -1)]
m≥4 +1/2ⁿ
隨n增大，2ⁿ遞增，1/2ⁿ遞減，4+1/2ⁿ遞減，因此當n=1時，4+1/2ⁿ有最大值4+1/2=9/2
要對任意正整數n，不等式恆成立，則m≥9/2
m的最小值為9/2。
2樓：德育檀順慈
證：a1=3/2，an=3na(n-1)/[2a(n=1)+(n-1)]
∴n/an=2/3+(n-1)/3a(n-1),設bn=n/an,則bn=(2/3)+b(n-1)/3,
bn-1=[b(n-1)-1]/3,∴數列是首項b1-1=1/a1-1=-1/3，公比q=1/3的等比數列，通項bn-1=(-1/3)·(1/3)^(n-1）,bn=1-(1/3)^n
∴an=n/bn,a1a2a3…an=(1·2·3·…·n)/(b1b2b3…bn)=n!/(b1b2b3…bn)
∵b1b2b3…bn=[1-(1/3)][1-(1/3)^2][1-(1/3)^3]·…·[1-(1/3)^n]>1/2
∴n!/(b1b2b3…bn)<2n!,∴a1a2a3…an<2n!
高中數學數列較難題 10
3樓：匿名使用者
a1/b1=1/3，b1=3a1①
(2a1+d1)/(2b1+d2)=2/52(6a1+d2)=5(2a1+d1)
2a1+2d2=5d1②
(3a1+3d1)/(3b1+3d2)=3/77(a1+d1)=3(3a1+d2)
2a1+3d2=7d1③
②③聯立5d1-2d2=7d1-3d2
d2=2d1代入②得2a1=d1
d2=2d1=4a1=4b1/3
a5/b6=(a1+4d1)/(b1+5d2)=9a1/(1+20/3)b1
=3/(1+20/3)
=9/23
高中數學數列難題 題目如圖 **等結果
4樓：匿名使用者
a(n+1)=(an)^2+6an+6
a(n+1)+3=(an)^2+6an+9a(n+1)+3=(an+3)^2
兩邊同時取對數得：
lg[a(n+1)+3]=lg[(an+3)^2]lg[a(n+1)+3]=2lg(an+3)lg[a(n+1)+3]/lg(an+3)=2所以數列是以lg（a1+3）=lg5為首項以2為公比的等比數列即cn為等比數列
2.lg(an+3)=lg（a1+3）*2^(n-1)lg(an+3)=lg5*2^(n-1)
an+3=5^[2^(n-1)]
an=5^[2^(n-1)]-3
3.a(n+1)=(an)^2+6an+6a(n+1)-6=(an)^2+6an
所以bn=1/(an-6)-1/[(an)^2+6an]=1/(an-6)-1/[a(n+1)-6]所以tn=1/(a1-6)-1/(a2-6)+1/(a2-6)-1/a3-6)+.........+1/(an-6)-1/[a(n+1)-6]
=1/(a1-6)-1/[a(n+1)-6]=1/(5^1-3-6)-1/[5^(2^n)-3-6]=-1/4-1/[5^(2^n)-9]
因為n>=1,所以2^n>=2,所以5^(2^n)>=25所以5^(2^n)-9>=16
所以0<1/[5^(2^n)-9]<=1/16即-1/16<=-1/[5^(2^n)-9]<0-1/4-1/16<=-1/4-1/[5^(2^n)-9]<-1/4-5/16<=-1/4-1/[5^(2^n)-9]<-1/4所以-5/16<=tn<-1/4
5樓：匿名使用者
初中 0.0剛畢業
高中數列的詳細題型及解題技巧
6樓：後汀蘭洪辰
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。
型別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，
型別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，
型別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（待定係數法）：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:
型別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：
再同型別3求解。
例:已知數列中，,
，求。解：在兩邊乘以得：令
，則,解之得：
所以型別5
解法：這種型別一般利用待定係數法構造等比數列，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.
型別6遞推公式為
與的關係式。(或
)解法：這種型別一般利用與消去
或與消去
進行求解。
例：已知數列
前n項和
.（1）求
與的關係；（2）求通項公式
.解：（1）由
得：於是所以.
（2）應用型別4（
（其中p，q均為常數，
））的方法，上式兩邊同乘以得：由
.於是數列
是以2為首項，2為公差的等差數列，所以
型別7遞推公式為
（其中p，q均為常數）。
解法一(待定係數法)：先把原遞推公式轉化為其中s，t滿足
解法二(特徵根法)：對於由遞推公式
，給出的數列
，方程，叫做數列
的特徵方程。若
是特徵方程的兩個根，當
時，數列
的通項為
，其中a，b由
決定（即把
和，代入
，得到關於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
，得到關於a、b的方程組）。
例:已知數列中，，
，求數列
的通項公式。
解法一（待定係數——迭加法）:由
，得，且
。則數列
是以為首項，
為公比的等比數列，於是
。把代入，得，，
，。把以上各式相加，得。。
解法二（特徵根法）：數列：，
的特徵方程是：。,
。又由，於是
故型別8
解法：這種型別一般是等式兩邊取對數後轉化為，再利用待定係數法求解。
例：已知數列｛
｝中，，求數列
解：由兩邊取對數得，令
，則，再利用待定係數法解得：
。型別9
解法：這種型別一般是等式兩邊取倒數後換元轉化為。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，
高一數列壓軸題。
7樓：
分析：（i）先得出an，再解關於n的不等式，利用正整數的條件得出具體結果；
（ii）先得出an，再解關於n的不等式，根據的定義求得bn再求得s2m；
（iii）根據bm的定義轉化關於m的不等式恆成立問題．
8樓：慎鶴問幼
1)an=n/2-1/3,令an>=3,即n/2-1/3>=3,n>=20/3,
滿足條件的n的最小值為7
∴b3=7
2)an=2n-1,令an>=m,即2n-1>=m,n>=(m+1)/2
∴m=2k-1時,am=k;
m=2k時,n=k+1(k是正整數)
∴a2m=(1+2+……+k)+(2+3+……+k+1)(前一個括號奇數項,後一個括號是偶數項的)
=k(k+1)/2+(k+1)(k+2)/2-1=(k+1)^2-1=k^2+2k
高中數學難題，幾道高中數學難題
如圖，根據題意，得 a b c d e f g 25 所有沒解出甲的人中，解出已的是解出丙的人數的2倍，得b d 2 c d 只解出甲的學生比餘下學生中解出甲的人數多1,得a 1 e f g 只解一題的學生中有一半人沒解出甲,得 a b c 根據上述，列方程組，求解 4b c 26 試代數，且滿足b...
數列極限求和高中數學，數列極限求和 高中數學
內容來自使用者 袁會芳 課時跟蹤檢測 三十一 數列求和 一抓基礎，多練小題做到眼疾手快 1 2019 鎮江調研 已知是等差數列，sn為其前n項和，若a3 a7 8，則s9 解析 在等差數列中，由a3 a7 8，得a1 a9 8，所以s9 36.答案 36 2 數列的前n項和為 解析 由題意得an 1...
高中數列題求解，高中數學 數列問題 求解
3a n 2 2a n 1 an，則3a n 2 a n 1 3a n 1 an，則數列是常數列，即 3a n 1 an 3a2 a1 7。又 3a n 2 3a n 1 a n 1 an，即 a n 2 a n 1 a n 1 an 1 3。即是以a2 a1 1為首項 以q 1 3為公比的等比數列...