一道巨难数列题!求一道递推数列求通项公式!A（n+1）= m*An+Bn其中Bn通项公式已知,Bn=n*q^n-1 q为常数求An 通项公式!Bn=n*q^(n-1) q为常数_百度作业帮
一道巨难数列题!求一道递推数列求通项公式!A（n+1）= m*An+Bn其中Bn通项公式已知,Bn=n*q^n-1 q为常数求An 通项公式!Bn=n*q^(n-1) q为常数
[1]m不等于1时由于:Bn=n*q^(n-1)又：A(n+1)=mAn+Bn则：A(n+1)=mAn+nq^(n-1)两边同时除以[q^(n+1)],得：A(n+1)/q^(n+1)=mAn/[q^n*q]+[n*q^(n-1)/q^(n+1)]A(n+1)/q^(n+1)=(m/q)[An/q^n]+{n*q^[(n-1)-(n+1)]}设Cn=An/q^n则有：C(n+1)=(m/q)Cn+[n/q^2]设存在常数T满足：C(n+1)+k(n+1)+T=(m/q)[Cn+kn+T]整理,得：C(n+1)=(m/q)Cn+(m/q-1)kn+[(m/q-1)T-k]对比原式：C(n+1)=(m/q)Cn+[n/q^2]可得：（1/q^2)n=[(m/q-1)k]n(m/q)T-k=0解得：T=1/[(m-q)^2],k=1/[q(m-q)]故：C(n+1)+[1/(mq-q^2)](n+1)+1/[(m-q)^2]=(m/q){C(n)+[1/(mq-q^2)](n)+1/[(m-q)^2]}故：数列{C(n)+[1/(mq-q^2)](n)+1/[(m-q)^2]}为公比为(m/q)的等比数列则：Cn+[1/(mq-q^2)]n+1/[(m-q)^2]={C1+[1/(mq-q^2)]+1/[(m-q)^2]}*(m/q)^(n-1)则：Cn=An/q^n={[m^(n-1)/q^n]*[A1+m/(m-q)^2]-n/(mq-q^2)-1/[(m-q)^2]则：An=[m^(n-1)]*[A1+m/(m-q)^2]-[n*q^n/(mq-q^2)]-{q^n/[(m-q)^2]}将已知的A1代入即可[2]m=1时,A(n+1)=An+n*q^(n-1)A(n+1)-An=n*q^(n-1)则有：A(n)-A(n-1)=(n-1)*q^(n-2)...A3-A2=2*q^1A2-A1=1*q^0将上式累加,得：A(n)-A1=1*q^0+2*q^1+...+(n-1)*q^(n-2)设T(n)=1*q^0+2*q^1+...+(n-1)*q^(n-2) -----{1}(1)当q=1时则：T(n)=1+2+...+(n-1)=[(n-1)+1](n-1)/2=n(n-1)/2则：A(n)=A1+n(n-1)/2(2)当q不等于1时,则：qT(n)=1*q^1+2*q^2+...+(n-2)*q^(n-2)+(n-1)*q^(n-1) ------{2}利用错位相减,{1}-{2},得：(1-q)Tn=[q^0+q^1+q^2+...+q^(n-2)]-(n-1)q^(n-1)(1-q)Tn=1*[1-q^(n-1)]/(1-q)-(n-1)q^(n-1)则：Tn=1-q^(n-1)-[(1-q)(n-1)]*q^(n-1)=1-n*q^(n-1)+(n-1)q^n则：A(n)=A1+1-n*q^(n-1)+(n-1)q^n综上,当m不等于1时An=[m^(n-1)]*[A1+m/(m-q)^2]-[n*q^n/(mq-q^2)]-{q^n/[(m-q)^2]}当m=1时q=1时,A(n)=A1+n(n-1)/2q不等于1时,A(n)=A1+1-n*q^(n-1)+(n-1)q^n
这道题最好不要用数学归纳法，因为未知数太多，不好归纳。（待定系数法）你没有给出A1，所以这里设A1=aA（n+1）= m*An+n*q^(n-1) 当m≠1时，设A(n+1)+xnq^(n-1)=m(An+xnq^(n-1))解得x=1/(m-1)所以设Cn=An+nq^(n-1)/(m-1),其中C1=a+1/(m-...
得告诉A1吧
用待定系数法，先求出（An+？）为等北数列设A（n+1）+D=T*(An+D)然后求这个新数列的通项，进而可以求原来的通项、计算较复杂，不好算，加上不好打字，就算了二楼的也不失为一个好办法数列运用最多的就是构造与数学归纳法
A(n+1)=mAn+BnA(n+1)+cq=m(An+c)得mc-cq=Bn=n*q^(n-1)c=Bn/(m-q)Dn=An+Bn/(m-q)则D（n+1）=m*DnDn=D1*m^(n-1)=(A1+1)*m^(n-1)An=Dn-Bn/(m-q)=(A1+1)*m^(n-1)-n*q^(n-1)/(m-q)题目没 给出A1
如果有A1就能求 通项了
先猜后证，数学归纳法（2008o四川）设数列{an}中，a1=2，an+1=an+n+1，则通项an=．考点：．专题：；．分析：根据数列的递推式，依次写出n=1，2，3…n的数列相邻两项的关系，进而格式相加即可求得答案．解答：解：∵a1=2，an+1=an+n+1∴an=an-1+（n-1）+1，an-1=an-2+（n-2）+1，an-2=an-3+（n-3）+1，…，a3=a2+2+1，a2=a1+1+1，a1=2=1+1将以上各式相加得：an=[（n-1）+（n-2）+（n-3）+…+2+1]+n+1=故答案为；点评：此题重点考查由数列的递推公式求数列的通项公式．重视递推公式的特征与解法的选择；抓住an+1=an+n+1中an+1，an系数相同是找到方法的突破口；此题可用累和法，迭代法等；声明：本试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布。答题：★★★★★推荐试卷
解析质量好解析质量中解析质量差设数列{an}前n项和为Sn,已知a1=1,2Sn=(n+1)an.（1）求a1,a2,a3的值；（2）写出从a（n-1）到an的递推公式_百度知道
设数列{an}前n项和为Sn,已知a1=1,2Sn=(n+1)an.（1）求a1,a2,a3的值；（2）写出从a（n-1）到an的递推公式
（3）求数列an的通项公式
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a(n-1)=n&#47..，——》an&#47，（3），——》a2=2、a1=1;a(n-1)]*[a(n-1/(n-1)]*[(n-1)&#47，——》a3=3，——》2S(n-1)=na(n-1);(n-2)]*.*(a2&#47，——》2an=2Sn-2S(n-1)=(n+1)an-na(n-1).、2Sn=(n+1)1)*1=n，2(a1+a2)=(2+1)a2：an=[an/a(n-2)]*;(n-1)..*(2&#47（1），（2）;a1)*a1=[n&#47、由上式可以递推得，2(a1+a2+a3)=(3+1)a3
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=a1&#47,a2=2：n*a(n+1)=(n+1)*an：2Sn=(n+1)an,a3=3猜测an=n,n&n=a(n-1)&#47.，证毕 当然;(n+1)=an/2=a1&#47,带入题目符合要求,且a2/1所以an&#47.;(n-1)=，如果不猜测的话，2S(n+1)=(n+2)a(n+1)两式相减;n;=1即a(n+1)&#47经计算a1=1
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＞＞＞已知数列{an}满足a1=7，an+1=3an+2n-1-8n（n∈N*）。（1）李四同学欲求..
已知数列{an}满足a1=7，an+1=3an+2n-1-8n（n∈N*）。（1）李四同学欲求{an}的通项公式，他想，如能找到一个函数f（n）=A·2n-1+B·n+C（A、B、C是常数），把递推关系变成an+1-f（n+1）=3[an-f（n）]后，就容易求出{an}的通项了。请问：他设想的f（n）存在吗？{an}的通项公式是什么？（2）记Sn=a1+a2+a3+…+an，若不等式Sn-2n2&p×3n 对任意n∈N*都成立，求实数p的取值范围。
题型：解答题难度：偏难来源：湖北省模拟题
解：（1）∵∴所以只需∵f（n+1）-3f（n）=-2Bn+（B-2C）∴-A=1，-2B=-8，B-2C=0∴A=-1，B=4，C=2故李四设想的f（n）存在， f（n）=∴∴。（2）∴由得p＜设则当n≥6时，∴n≥6时，容易验证，1≤n≤5时，∴∴p的取值范围为。
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据魔方格专家权威分析，试题“已知数列{an}满足a1=7，an+1=3an+2n-1-8n（n∈N*）。（1）李四同学欲求..”主要考查你对&&二项式定理与性质，一般数列的通项公式，数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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二项式定理与性质一般数列的通项公式数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）
&二项式定理：
， 它共有n+1项，其中（r=0，1，2…n）叫做二项式系数，叫做二项式的通项，用Tr+1表示，即通项为展开式的第r+1项.二项式系数的性质：
（1）对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即； （2）增减性与最大值：当r≤时，二项式系数的值逐渐增大；当r≥时，的值逐渐减小，且在中间取得最大值。 当n为偶数时，中间一项的二项式系数取得最大值；当n为奇数时，中间两项的二项式系数相等并同时取最大值。 二项式定理的特别提醒：
①的二项展开式中有(n+1)项，比二项式的次数大1．②二项式系数都是组合数，它与二项展开式的系数是两个不同的概念，在实际应用中应注意区别“二项式系数”与“二项展开式的系数”。③二项式定理形式上的特点：在排列方式上，按照字母a的降幂排列，从第一项起，a的次数由n逐项减小1，直到0，同时字母6按升幂排列，次数由0逐项增加1，直到n，并且形式不能乱．④二项式定理中的字母a，b是不能交换的，即与的展开式是有区别的，二者的展开式中的项的排列次序是不同的，注意不要混淆．⑤二项式定理表示一个恒等式，对于任意的实数a，b，该等式都成立，因而，对a，b取不同的特殊值，可以对某些问题的求解提供方便，二项式定理通常有如下两种情形:⑥对二项式定理还可以逆用，即可用于式子的化简。&
二项式定理常见的利用：
方法1：利用二项式证明有关不等式证明有关不等式的方法：(1)用二项式定理证明组合数不等式时，通常表现为二项式定理的正用或逆用，再结合不等式证明的方法进行论证．(2)运用时应注意巧妙地构造二项式．证明不等式时，应注意运用放缩法，即对结论不构成影响的若干项可以去掉．方法2：利用二项式定理证明整除问题或求余数：(1)利用二项式定理解决整除问题时，关键是要巧妙地构造二项式，其基本做法是：要证明一个式子能被另一个式子整除，只要证明这个式子按二项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除即可．(2)用二项式定理处理整除问题时，通常把底数写成除数（或与除数密切相关的数）与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，只考虑后面（或者是前面）一、二项就可以了．(3)要注意余数的范围，为余数，b∈[0，r)，r是除数，利用二项式定理展开变形后，若剩余部分是负数要注意转换．方法3：利用二项式进行近似解：当a的绝对值与1相比很少且n不大时，常用近似公式，因为这时展开式的后面部分很小，可以忽略不计，类似地，有&但使用这两个公式时应注意a的条件以及对计算精确度的要求．要根据要求选取展开式中保留的项，以最后一项小数位超要求即可，少了不合要求，多了无用且增加麻烦．&方法4：求展开式特定项：(1)求展开式中特定项主要是利用通项公式来求，以确定公式中r的取值或范围．(2)要正确区分二项式系数与展开式系数，对于(a-b)n数展开式中系数最大项问题可以转化为二项式系数的最大问题，要注意系数的正负．方法5：复制法利用复制法可以求二项式系数的和及特殊项系数等问题。一般地，对于多项式
方法6：多项式的展开式问题：对于多项式(a+b+c)n，我们可以转化为[a+(b+c)]n的形式，再利用二项式定理，求解有关问题。
&一般数列的定义：
如果数列{an}的第n项an与序号n之间的关系可以用一个式子表示成an=f（n），那么这个公式叫做这个数列的通项公式。
&通项公式的求法：
（1）构造等比数列：凡是出现关于后项和前项的一次递推式都可以构造等比数列求通项公式； （2）构造等差数列：递推式不能构造等比数列时，构造等差数列； （3）递推：即按照后项和前项的对应规律，再往前项推写对应式。已知递推公式求通项常见方法：①已知a1=a,an+1=qan+b,求an时，利用待定系数法求解，其关键是确定待定系数λ，使an+1&+λ=q(an+λ)进而得到λ。②已知a1=a,an=an-1+f(n)(n≥2),求an时，利用累加法求解，即an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)的方法。③已知a1=a,an=f(n)an-1(n≥2)，求an时，利用累乘法求解。数列求和的常用方法：
1.裂项相加法：数列中的项形如的形式，可以把表示为，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和； 2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如的数列，其中为等差数列，为等比数列，均可用此法； 3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：& 数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。 数列求和特别提醒：
（1）对通项公式含有的一类数列，在求时，要注意讨论n的奇偶性；（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。
发现相似题
与“已知数列{an}满足a1=7，an+1=3an+2n-1-8n（n∈N*）。（1）李四同学欲求..”考查相似的试题有：
774851821429787483766609766868507466}