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数列通项导数数列综合排列组合练习


一、公式法(定义法)

根据等差数列、等比数列的定义求通项( 已知 Sn (即 a1 ? a2 ?



,

sn-sn-1=an)

S ,(n ? 1) ? an ? f (n) )求 an ,用作差法: an ? S1 ? S ,(n ? 2) n n ?1

?

已知 a1*a2*a3*.....*an 求 an ,用作商法: an ? ? f (n) ,(n ? 2)

f (1),(n ? 1) ? ? ? ? f (n ? 1)

二、累加法 适用于: ,如 、 等



,则

两边分别相加得 已知数列 ?an ? 满足 a1 ?

1 1 , a n ?1 ? a n ? 2 ,求 an 。 2 n ?n

解:由条件知: a n ?1 ? a n ?

1 1 1 1 ? ? ? n ? n n(n ? 1) n n ? 1
2

分 别 令 n ? 1,2,3,? ? ? ? ??, (n ? 1) , 代 入 上 式 得 (n ? 1) 个 等 式 累 加 之 ,即

(a2 ? a1 ) ? (a3 ? a2 ) ? (a4 ? a3 ) ? ? ? ? ? ? ? ?(an ? an?1 )
1 1 1 1 1 1 1 ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ? ? ? ? ?( ? ) 2 2 3 3 4 n ?1 n 1 所以 a n ? a1 ? 1 ? n 1 1 1 3 1 ? a1 ? ,? a n ? ? 1 ? ? ? 2 2 n 2 n
已知函数 f(x)=x3,g(x)=x+ x. (1)求函数 h(x)=f(x)-g(x)的零点个数,并说明理由; (2)设数列{an}(n∈N*)满足 a1=a(a>0),f(an+1)=g(an),证明:存在常数 M,使得对于任 意的 n∈N*,都有 an≤M. 一般地,对于函数 y=f(x)(x∈R) ,我们把方程 f(x)=0 的实数根 x 叫作函数 y=f(x)(x∈ D)的零点(the zero of the function) 。即函数的零点就是使函数值为 0 的自变量的值。

课标理数 22.B9,M3[2011· 湖南卷] 【解答】 (1)由 h(x)=x3-x- x知,x∈[0,+∞), 而 h(0)=0,且 h(1)=-1<0,h(2)=6- 2>0,则 x=0 为 h(x)的一个零点,且 h(x)在(1,2)内 有零点.因此,h(x)至少有两个零点. 1 1 1 1 1 3 解法一:h′(x)=3x2-1- x- ,记 φ(x)=3x2-1- x- ,则 φ′(x)=6x+ x- . 2 2 2 2 4 2 当 x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,因此 φ(x)在(0,+∞)上单调递增,则 φ(x)在(0,+∞) 3 3 内至多只有一个零点. 又因为 φ(1)>0, φ? ?<0, 则 φ(x)在? ,1?内有零点, 所以 φ(x)在(0, ?3? ?3 ? +∞)内有且只有一个零点.记此零点为 x1,则当 x∈(0,x1)时,φ(x)<φ(x1)=0;当 x∈(x1, +∞)时,φ(x)>φ(x1)=0. 所以,当 x∈(0,x1)时,h(x)单调递减.而 h(0)=0,则 h(x)在(0,x1]内无零点; 当 x∈(x1,+∞)时,h(x)单调递增,则 h(x)在(x1,+∞)内至多只有一个零点,从而 h(x) 在(0,+∞)内至多只有一个零点. 综上所述,h(x)有且只有两个零点. 1 1 1 3 x2-1-x- ?,记 φ(x)=x2-1-x- ,则 φ′(x)=2x+ x- . 解法二:由 h(x)=x? 2? ? 2 2 2 当 x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,从而 φ(x)在(0,+∞)上单调递增,则 φ(x)在(0,+∞) 内至多只有一个零点.因此 h(x)在(0,+∞)内也至多只有一个零点. 综上所述,h(x)有且只有两个零点. 3 (2)记 h(x)的正零点为 x0,即 x0 =x0+ x0. (i)当 a<x0 时,由 a1=a,即 a1<x0. 3 而 a3 2=a1+ a1<x0+ x0=x0,因此 a2<x0.由此猜测:an<x0.下面用数学归纳法证明. ①当 n=1 时,a1<x0 显然成立. ②假设当 n=k(k≥1)时,ak<x0 成立, 则当 n=k+1 时,由 3 a3 k+1=ak+ ak<x0+ x0=x0知,ak+1<x0. 因此,当 n=k+1 时,ak+1<x0 成立. 故对任意的 n∈N*,an<x0 成立. (ii)当 a≥x0 时,由(1)知,h(x)在(x0,+∞)上单调递增,则 h(a)≥h(x0)=0, 3 即 a3≥a+ a.从而 a3 2=a1+ a1=a+ a≤a ,即 a2≤a.由此猜测:an≤a.下面用数学归 纳法证明. ①当 n=1 时,a1≤a 显然成立. 3 ②假设当 n=k(k≥1)时,ak≤a 成立,则当 n=k+1 时,由 a3 k+1=ak+ ak≤a+ a≤a 知,ak+1≤a. 因此,当 n=k+1 时,ak+1≤a 成立. 故对任意的 n∈N*,an≤a 成立. 综上所述,存在常数 M=max{x0,a},使得对于任意的 n∈N*,都有 an≤M. 1. (2010 全国卷 2 理) (6) 将标号为 1, 2, 3, 4, 5, 6 的 6 张卡片放入 3 个不同的信封中. 若 每个信封放 2 张,其中标号为 1,2 的卡片放入同一信封,则不同的方法共有 (A)12 种 (B)18 种 (C)36 种 (D)54 种

【答案】B【命题意图】本试题主要考察排列组合知识,考察考生分析问题的能力. 【解析】标号 1,2 的卡片放入同一封信有 种方法;其他四封信放入两个信封,每个信封

两个有

种方法,共有

种,故选 B.


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