高考试题中的推广类问题浅述

从一类对象或一个范畴的研究过渡到更广的一类对象或更广范畴上的研究 ,称为推广 .类比是推广数学命题的一个工具 .从逻辑上说 ,推广就是将数学命题的外延扩大 ,来研究它的内涵变化特点 .在历年高考试题中 ,推广类试题曾多次出现 .1　在不等式中的推广例 1　已知x∈ (0 ,+∞ ) ,由不等式x + 1x ≥2 ,x + 4x2 =x2 + x2 + 4x2 ≥ 3,… ,由此启发我们可以推广为x + axn≥n + 1(n∈N ) ,则a =.解　首先a >0 ,由基本不等式“A≥G(A为算术平均值 ,G为几何平均值 )”得x + axn =xn + xn +… + xn + axn ≥ (n + 1)n + 1xn·xn … xn·axn ,对照条…     

常系数一次分式递归数列是有穷数列的充要条件--Whc116的一种解决途径

Whc116[1]数列{xn}满足 xn+1=axn+b/cxn+d (c≠0,ad-bc≠0,a、b、c、d∈R)(*)x1=α,试问a、b、c、d、α满足什么条件时,数列{xn}为n0项的有穷数列?n0有一个计数公式吗?     

用增量法证明一类分式不等式

分式不等式具有优美的外形、丰富的内涵、灵活的证法 ,因而频繁地出现在各级竞赛和“数学问题”中 .本文利用增量法证明一类分式不等式 ,它把证明不等式的大量复杂工作转化为代数恒等式的计算 ,最后才利用不等式的知识 ,思路自然 ,证法简洁 .下面分类简述 ,供大家教学时参考 .1　 A2B型例 1　设 x1 ,x2 ,… ,xn为正数 ,求证 :x21 x2 x22x3 … x2n-1 xn x2nx1 ≥ x1 x2 … xn.(1 984年全国高中联赛试题 )证明　设 x1 =x2 1 ,x2 =x3 2 ,… ,xn=x1 n,则　 1 2 … n=0 ,从而原不等式左边 =(x2 1 ) 2x2 (x3 2 ) 2…     

a_(n+1)=p(n)a_n~2+f(n)a_n+r(p(n)≠0)型数列的求解方法

数列问题的背景新颖 ,能力要求高 ,内在联系密切 ,思维方法灵活 ,因此倍受命题者的青睐 .解答数列问题要求熟练掌握数列基础知识 ,灵活运用基本数学思想方法 ,善于转化 .an+1 =p( n) .a2n+ f ( n) .an+ r ( p( n)≠0 )型数列是数列和二次函数、不等式相结合的典范 ,难度较大 .求解此类问题的思维模式是 :观察—归纳—猜想—证明 .求解的主要方法是 :分析法 ,比较法 ,消去法 ,综合法 ,放缩法 ,数学归纳法 .例 1　数列 x1 ,x2 ,… ,由 x1 =12 ,xn+1 =x2n + xn( n =1,2 ,… )给出 ,Sn与 Pn 分别是数列 y1 ,y2 ,y3 ,… ,前 n项的和与积 ,这里 y…     

一道不等式试题的再推广

题目　给定正数a ,b ,c ,d ,证明 :a3 b3 c3a b c b3 c3 d3b c d c3 d3 a3c d a d3 a3 b3d a b　≥a2 b2 c2 d2 ( 1 )(美国大学生竞赛试题 )文 [1 ]探讨了这道不等式试题的背景 ,并将其推广为 :设xi∈R (i =1 ,2 ,… ,n) ,记Sn= ni=1xin 1,Gn= ni=1xi,Tn= ni=1xin,则　 Sn-x1n 1Gn-x1 Sn-x2 n 1Gn-x2 … Sn-xnn 1Gn-xn ≥Tn ( 2本文将把 ( 2 )式进一步推广为 :命题　设α ,β∈R ,且 β(α - β) >0 ,xi∈R (i=1 ,2 ,… ,n) ,则x2 α x3 α … xnαx2 β x3 β … xnβ x1α x3 α … xnαx…     

一个不等式的推广

本刊文[1]给出如下姊妹不等式:若a,b,c是正数,且a b c=1,则有1b c-ac 1a-ba 1b-c≥673(1)当且仅当a=b=c=31时取等号.1b c ac 1a ba1 b c≥1613(2)当且仅当a=b=c=31时取等号.不等式(1)可改写为:11-a-a1-1b-b1-1c-c≥673(3)当且仅当a=b=c=31时取等号.本文将把不等式(3)推广为:命题设xi>0(i=1,2,…,n),∑ni=1xi=1,则∏ni=1(1-1xi-xi)≥(n-n1-1n)n(4)当且仅当x1=x2=…=xn=1n时等号成立.引理设f″(x)>0,则1n∑ni=1f(xi)≥f(1ni∑=n1xi)(5)此即著名的Jesen不等式.下面给出(4)式的证明.证设y=f(x)=ln(1-1x-x)(0相似文献   

用方差的一个推论解竞赛题

若一组数据的个数是 n,则它们的方差是S2 =1n[(x21 x22 … x2n) - nx2 ],其中 x =1n(x1 x2 … xn) ,这是众所周知的 ,由它易得推论　 n(x21 x22 … x2n)≥ (x1 x2 … xn) 2 .证明　∵　 S2 ≥ 0 ,故有　 (x21 x22 … x2n) -n(x1 x2 … xnn ) 2≥ 0 ,即     

一个不等式的推广及应用

《数学通报》1998年第 4期问题 112 8( 1)为设 x,y,z都是正数 ,证明x2 y3 z3 ≥ 13 ( x y z) ( x2 y2 z2 ) . 1此不等式对称和谐 ,十分优美 ,其证明方法较多且并不困难 .显然 ,其中等号当且仅当 x=y=z时成立 .本文将对 1式作一些推广 ,并举例说明其简单应用 .首先 ,若从指数进行推广 ,则得定理 1　设 x,y,z∈ R ,n∈ N ,则xn yn zn≥ 13 ( x y z) ( xn-1 yn-1 zn-1 ) 2等号当且仅当 n=1或 x=y=z时成立 .证明　∵　 xn yn =( n-1n xn 1nyn) ( n-1n yn 1nxn)≥ nn xn(n-1 ) ynnn nn yn(n-1 ) xnnn =xn-1 y yn-1 x.即　 xn yn≥ xn…     

2007年全国高考数学湖北卷压轴题的探究与评析

题已知m,n为正整数,1)用数学归纳法证明,当x>-1时,(1 x)m≥1 mx;2)对于n≥6,已知(1-n1 3)n<21,求证:(1-n m3)n<(21)m,m=1,2,…,n.3)求出满足3n 4n … (n 2)n=(n 3)n的所有正整数n.分析1),3)见标答,略.2)记xn=(1-n1 3)n=(nn 23)n,则xn1-1=(nn 12)n-1=1·(nn 12)·(nn 12)…(nn 12)(n-1)个<[1n(1 nn 12 nn 12 … nn 12(n-1)个)]n=(n2n 22 nn-1)n.∵n2n 22 nn-1相似文献   

一道高中数学竞赛题的推广

2004年全国高中数学联赛吉林赛区初赛第四大题是:设ai∈R ,i=1,2,…,5.求a1a2 3a3 5a4 7a5 a3 3a4 a25a5 7a1 … a1 3a2 a55a3 7a4的最小值.我们发现,这道试题的结论还可加强为定理设xi>0(i=1,2,…,n)n∈N,n≥3,正项等和数列{λn}(i=1,2,…n-1)满足λ1 λn-1=λ2 λn-2=…=t≥2a≥0,则x1ax1 λ1x2 λ2x3 … λn-1xn x2ax2 λ1x3 λ2x4 … λn-1x1 … xnaxn λ1x1 λ2x2 … λn-1xn-1的最小值为2n2a (n-1)(λ1 λn-1).证明:实际上述问题等价于x1ax1 λ1x2 λ2x3 … λn-1xn x2ax2 λ1x3 λ2x4 … λn-1x1 … xnaxn λ1x1 λ2x2 … λn-1xn-1…     

函数与数列综合问题例析

数列是高考的热点 ,是学生进一步学习的基础 .数列与函数知识的综合应用是学生学习的难点 ,下面列举这方面的例子进行分析 .例 1　已知函数f(x)在 ( - 1,1)上有定义 ,f 12 =- 1,且满足x ,y∈ ( - 1,1)有 f(x) +f(y) =f x + y1+xy .1)证明 :f(x)在 ( - 1,1)上为奇函数 ;2 )对数列x1 =12 ,xn + 1 =2xn1+x2 n,求 f(xn) ;3)求证 1f(x1 ) + 1f(x2 ) +… + 1f(xn) >- 2n + 5n + 2 .解　 1)令x =y =0 ,则 2 f( 0 ) =f( 0 ) ,∴ f( 0 )= 0 .令 y =-x∈ ( - 1,1) ,则f(x) + f( -x) =f( 0 ) =0 ,∴ f( -x) =- f(x) ,即f(x)为 ( - 1,1)上的奇函数 .( 2 …     

两个定理的简证

贵刊文 [1 ]给出以下两个定理 :定理 1　已知 x,y,a,b∈ R+ ,且 x + y =1 ,则 axn + byn 的最小值为 ( n+ 1a + n+ 1b ) n+ 1,此时　 x =n+ 1an+ 1a + n+ 1b,y =n+ 1bn+ 1a + n+ 1b.定理 2　已知 a1,a2 ,… ,an,x1,x2 ,… ,xn∈ R+ ,且 x1+ x2 +… + xn =c,则a1xm1+ a2xm2+… + anxmn≥( m+ 1a1+ m+ 1a2 +… + m+ 1an) m+ 1cm ( m≥ 2 ) ,当且仅当xi = cm+ 1aim+ 1a1+ m+ 1a2 +… + m+ 1an( i =1 ,2 ,… ,n)时等式成立 .文 [1 ]分别用两种不同的方法给出了以上两个定理的证明 ,但都较繁 (定理 2的证明中还使用了中学生所不熟悉的加权幂平均…     

一道亚太数学奥赛题的推广

2004年3月第16届亚太地区数学奥林匹克竞赛第5题为证明:对任意正实数a,b,c,均有(a2 2)(b2 2)(c2 2)≥9(ab bc ca).文[1]对该题提供了一种证明方法,从证明来看,该题貌似简单,实际上却有难度,本文从该题的本质考虑,得到一个一般性的结论.引理设hi>-1,(i=1,2,…,n),且hihj≥0,则ni=1(1 hi)≥1 ni=1hi,证用数学归纳法即可.定理设n为正整数,xi≥0(i=1,2,…,n 1),则n 1i=1(xi2 n)≥(n 1)n2n1≤i相似文献   

分式线性迭代数列的敛散性及收敛速度

若a_i,b_i0(i=1,2),|a_1 a_2b_1 b_2|≠0,则数列x_10,x_(n+1)=a_1x_n+a_2/b_1x_n+b_2收敛.若迭代过程中,xn(n=1,2,…)全不是φ(x)=a1x+a2/b1x+b2的不动点,则迭代数列{xn}线性收敛.     

不等式a~2/b≥2a-b(b&gt;0)的变式

高中《代数》下册给出的二元均值不等式是 :如果 a、b∈ R,那么　　　　 a2 +b2≥ 2 ab 1当且仅当 a =b时取“=”号 .此不等式可变形为 :定理　如果 a∈ R,b∈ R+,那么　　　　　　 a2b ≥ 2 a - b. 2当且仅当 a =b时取“=”号 .下面谈谈对不等式 2的思考 .变式 1　不等式 2的特征是左边是商式 ,右边是差式 ,即不等式从左到右的“缩小”过程是一个“裂项”的过程 ,在此我们不妨把不等式 2叫做裂项不等式 .如果结合数列中裂项—叠加求和的方法 ,那么可以编拟许多不等式的题目 .在不等式 2中 ,若分别用 xi 代 a,xi+1代 b,i = 1,2 ,… ,n.其中 xn+1=x1,则有x21x2≥ 2 x1- x2 ,x22x3≥ 2 x2 - x3,… ,x2nx1≥ 2 xn - x1,相加可得　　 x21x2 +x22x3+… +x2n- 1xn +x2nx1≥ x1+x2 +… +xn.这样得到 :题 1　如果 x1,x2 ,… ,xn都是正数 ,那么x21x2 +x22x3+… +x2n- 1xn +x2nx1≥ x1+x2 +… +xn.这是一道 1...     

一道数学开放题

题目已知:两函数f(x)=kx b(k≠1)和g(x)=x,数列{xn}当n≥2时满足xn=f(xn-1),且x1=α.由此可得出哪些结论? 本题参考答案 (1)函数f(x)=kx b(k≠1)和g(x)=x的图象有交点(b/1-k,b/1-k); (2)数列{xn}满足递推式xn-kxn-1=b; (3)数列{xn}的通项公式是: (4)数列{xn}前n项和: (5)当-1相似文献   

构造方差解方程组

设 n个数据 x1,x2 ,… ,xn 的平均数为 x,则其方差为S2 =1n[( x1- x) 2 ( x2 - x) 2 … ( xn - x) 2 ]=1n[( x21 x22 … x2n) - 1n .( x1 x2 … xn) 2 ].显然 S2 ≥ 0 (当且仅当 x1=x2 =… =xn= x时取等号 ) .合理地灵活应用这一公式 ,可简捷、巧妙地解方程组 ,其思路独特 ,功效奇妙 .例 1　解方程组x 1 y - 1 =6 ,x y =1 8.解　∵　 x 1 ,y - 1的方差是S2 =12 [( x 1 ) 2 ( y - 1 ) 2 -12 ( x 1 y - 1 ) 2 ]=0 ,∴　 x 1 =y - 1 =3.解此方程 ,并检验 ,得方程组的解为x =8,　 y =1 0 .例 2　求方…     

一类加强不等式的推广

本文给出了 n个正数 x1 ,x2 ,… ,xn 的如下不等式 :∏nk=1( xαk+x-αk )≥ ( Aαn( x) +A-αn ( x) ) n ,每个 xk≤ xα,∏nk=1( xαk+x-αk )≤ ( Aαn( x) +A-αn ( x) ) n ,每个 xk≥ e.其中 α>0 ,xα=[4α2 +1 +2 α]12α ,常数 e=2 .71 81 82 81 8… ,An( x) =1n∑nk=1xk.     

考点38 数学归纳法

1.(辽宁卷,19)已知函数f(x)=x 3x 1(x≠-1).设数列{an}满足a1=1,an 1=f(an),数列{bn}满足bn=an-3,Sn=b1 b2 … bn(n∈N*).()用数学归纳法证明bn≤(32n--11)n;()证明Sn<233.2.(江西卷,21)已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a0=1,an 1=21an(4-an),n∈N.(1)证明an相似文献   

考点11 递推数列及数列的应用

1.(天津卷,13)在数列{an}中,a1=1,a2=2,且an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),则S100=.2.(北京卷,14)已知n次多项式Pn(x)=a0xn+a1xn-1+…+an-1x+an.如果在一种算法中,计算xk0(k=2,3,4,…,n)的值需要k-1次乘法,计算P3(x0)的值共需要9次运算(6次乘法,3次加法),那么计算Pn(x0)的值共需要次运算.下面给出一种减少运算次数的算法:P0(x)=a0,Pk+1(x)=xPk(x)+ak+1(k=0,1,2,…,n-1).利用该算法,计算P3(x0)的值共需要6次运算,计算Pn(x0)的值共需要次运算.3.(广东卷,14)设平面内有n条直线(n≥3),其中有且仅有两条直线互相平行,任意三条直线不过同一点.若用f(n)…