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1、2014年第3期中学数学教学51再议一道课本习题的解法及推广安徽省阜阳市红旗中学张震吴冬梅(邮编:236112)文[1]和文[2],读后深受启发,文[1]提供若α=-1,β=3,的解法略显繁琐,文[2]指出的解法简洁尚存较则an+1+an=3(an+an-1)(n≥2).高的技巧性,在应用上有一定的难度,下面笔者n=2时,a2+a1=7≠0,给出一些简洁而易想的解法,并以此给以推广.n-1∴an+1+an=7·3.①题已知数列{an}中,a1=5,a2=2,an=若α=3,β=-1,∗),对于这个数列
2、的则a(a)(n≥2).2an-1+3an-2(n≥3,n∈Nn+1-3an=-n-3an-1通项公式作一研究,能否写出它的通项公式?n=2时,a2-3a1=-13≠0,解法1待定系数法n-1,②∴an+1-3an=-13×(-1)∗)n-1n-1an=2an-1+3an-2,(n≥3,n∈N7·3+13·(-1)①-②,an=.∗)4an+1=2an+3an-1,(n≥2,n∈N设待定系数为α、β,则an+1-αan=β(an推广已知a1、a2及an+1=Aan+Ban-1(n∗,A、B为常数)求a
3、-αan-1),≥2,n∈Nn.即an+1=(α+β)an-αβan-1,解引入待定系数α、β,∗,A、B为α+β=2,an+1=Aan+Ban-1(n≥2,n∈N∴{常数)③αβ=-3,∴α=-1,β=3,或α=3,β=-1.∴an+1-αan=β(an-αan-1)④■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■2=2ln(n+1).类似地我们也可以编制出这分析由上例已知b1+b2+…+bn=ln1样的命题:3n+1+ln+…+ln=ln(n+1),
4、已知函数f(x)=px-p-lnx(p>0)2n是增函数,问题转化为证明an≥2bn,(1)求实数p的取值范围;2n+12n+12n+1即an==2≥ln(2+2n+1nnn(2)设数列{an}的通项公式an=nn+11)=2ln,的前n项和Sn,求证:Sn≥2ln(n+1).n通过以上的事例我们看到构造函数,根据函从而我们先要证明x≥ln(x+1).数性质建立不等关系是不等式证明中的一种重因此构造函数f(x)=x-ln(x+1),要方法,也是数列求和缩放的重要手段,在这些容易证明f(x)在x∈[0,
5、∞)上单增,所以方法中,分析、联想、构造、转化等数学能力得以f(x)≥f(0)=0,充分的展示.nni+1∴∑ai≥∑2lni(收稿日期:2014-03-20)i=1i=1æ23n+1ö=2ln··…·è12nø52中学数学教学2014年第3期an+1=(α+β)an-αβan-1⑤an+1ana2-αa1即-=,n+1n2比较③、⑤:α+β=A,αβ=-B,ααα∴α、β可视为关于x的一元二次方程x2-anan-1a2-αa1有-=,nn-12αααAx-B=0的两根,ana1a2-αa1an+1-
6、αan∴是以首项为,公差为的由④:=β,{α}α2nαan-αan-1等差数列,∴数列{an+1-αan}是首项为a2-αa1公比ana1a2-αa1为β的等比数列,∴n=+2·(n-1).αααn-1∴an+1-αan=(a2-αa1)β.æa2-αa1a2-αa1a1ö故a·αn当α≠0,且α≠β时,n=2·n-2+èαααøn-1an+1ana2-αa1æβön+1-n=2·,aæa2-αa1·n-a2-αa1ö·αn-1αααèαøn=+a1èααøn-2anan-1a2-αa1æβön-n-
7、1=2·,æa2-αa1·n-2αa1-a2ö·αn-1.αααèαø=èααø……结论1若a1、a2为已知,及an+1=Aan+a3a2a2-αa1β∗,A、B为常数),α、23-2=2·,Ban-1(n≥2,n∈Nβ为x=ααααAx+B的两个根.a2a1a2-αa12-=2·1,a2-βa1n-1αa1-a2ααα则(1)an=·α+·α-βα-βn-1æβö1-βn-1(α≠β);ana1a2-αa1èαø∴n-=2·,αααβa2-αa12αa1-a21-(2)an=·n+·αααn-1n-
8、1æβöα(α=β).1-即ana2-αa1·èαøa1,解法2公式法n=2+ααβα1-由前待定系数知α=-1,β=3,(无妨任取一α组)éa2-αa11a1ùan2·+将a1=5,a2=2,代入n=αβα+α1-ëαû2-3×5n-1-1×5-2an=·(-1)+·æβön-1-1-3-1-3-an-12-αa1èαø3,得·,2αβn-1n-11-7·3+13·(-1)(n∈N∗).αan=4æa2-αa1öαa1-a2故a·αn-1+结论2在数列
