综合题新编选登

题143设函数f(x)=x x2-a2(a>0).1)求f(x)的反函数f-1(x)及定义域;2)若数列{an}满足a1=3a,an 1=f-1(an),设bn=an-aan a,Sn表示{bn}的前n项和,试比较Sn与78的大小.解1)由f(x)=x x2-a2(a>0)得x=y2 a22y,∵y=x x2-a2(a>0),∴x2-a2=y-x=y-y2 a22y=(y a)(y-a)2y≥0,∴-a≤y<0或y≥a.∴f-1(x)=x2 a22x(-a≤x<0或x≥a)2)∵an 1=f-1(an)=an2 a22an,∴bn 1=an 1-aan 1 a=an2 a22an-a an2 a22an a=an-a an a2=bn2.∵a1=3a,∴b1=a1-aa1 a=12.∴bn=(bn-1)2=(bn-2)22=…=(12)2n-1.∴Sn=b1 b2 b3 … bn=12 (12)2 (12)22 … (12)2n-1.∵2n-1=C0n-1 C1n-1 …     

Ruzsa’s constant on additive functions

A function f : N → R is called additive if f(mn)= f(m)+f(n)for all m, n with(m, n)= 1. Let μ(x)= max n≤x(f(n)f(n + 1))and ν(x)= max n≤x(f(n + 1)f(n)). In 1979, Ruzsa proved that there exists a constant c such that for any additive function f , μ(x)≤ cν(x 2 )+ c f , where c f is a constant depending only on f . Denote by R af the least such constant c. We call R af Ruzsa's constant on additive functions. In this paper, we prove that R af ≤ 20.     

新题征展(68)

A题组新编1.(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=Sn(m≠n),则Sm+n=;(2)已知函数f(x)=ax2+bx,若f(m)=f(n)(m≠n),则f(m+n)=;(3)已知函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0),若f(m)=f(n)(m≠n),则f(m+n)=.2.(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=n,Sn=m(m≠n),则Sm+n=;(2)等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=a,Sn=b(m≠n),则Sm+n=;(3)已知函数f(x)=ax2+bx(a≠0),若f(m)=t,f(n)=s(m≠n),则f(m+n)=;(4)f(x)=ax2+bx+c(a≠0),若f(m)=t,f(n)=s(m≠n),则f(m+n)=.3.(1)在周长为定值l的直角三角形中,怎样的三角形面积最大?最大面积是多少?请详述理由;(2)在…     

一个最值问题的求解方法

文[1 ] 对如下问题进行了研究 :已知实数x1 ,x2 ,… ,xn 满足x21 +x22 +… +x2 n= 1 ,当n≥ 3时 ,求maxi≠j mini≠j|xi-xj|.本文给出如下简捷解法 .由题意 ,不妨设x1 ≤x2 ≤…≤xn -1 ≤xn,并令mini≠j|xi-xj|=min|xi+ 1 -xi|=a(i=1 ,2 ,… ,n - 1 ) .则当 j>i时 ,xj-xi=(xj-xj-1 ) +… +(xi+ 1 -xi)≥(j-i)a∴ ∑1≤i相似文献   

综合题新编选登

题159已知函数f(x)是定义在N*上的函数,且满足f(f(k))=3k,f(1)=2,设an=f(3n-1),b1=1,bn-log3f(an)=b1-log3f(a1).1)求证:f(ba11) f(ba22) … f(bann)1,n∈N*恒成立,求m的取值范围.解1)f(an)=f(f(3n-1))=3·3n-1=3n,log3f(an)=n.由bn-log3f(an)=b1-log3f(a1),得bn-n=b1-1.又b1=1,故bn=n.设Sn=f(ba11) f(ba22) … f(bann),即Sn=1·31 2·312 … n·31n(1)则31Sn=1·312 2·313 … n·3n1 1(2)(1)-(2)得,23Sn=31 312 313 … 31n-n·3n1 1…     

切比雪夫定理的初等证明

记 Tn( x) =cos( narccosx) ,这是一个首项系数为 2 n- 1的关于 x的 n次多项式 ,称为切比雪夫多项式 .在函数逼近论中 ,切比雪夫用连续函数的方法证明了一个基本结果 :定理 1 (切比雪夫 )　记Ωn={f( x) | f( x) =xn+ an- 1xn- 1+… + a1x+ a0 ,a0 ,a1,… ,an- 1∈R},则对任意 f( x)∈ Ωn,都有 max- 1≤ x≤ 1| f( x) |≥ 12 n- 1,且等号成立当且仅当 f( x) =12 n- 1Tn( x) .容易证明定理 1等价于下面的 :定理 2　记Mn={f ( x) | f ( x) =anxn+… + a1x+ a0 ,a0 ,a1,… ,an∈ R ,且当 - 1≤ x≤ 1时 ,| f ( x) |≤ 1 },则对任意 f( x)∈ …     

等比数列的一个性质

文 [1 ]给出了等差数列的一个性质 :设 {an}是以 d为公差的等差数列 ,则有a1+ a2 +… + ann =am+ 1+ am+ 2 +… + an-mn - 2 m .本文运用类比的方法 ,得到等比数列的一个类似的性质 .性质　设 {an}是公比为 q( q>0 )的等比数列 ,则有( a1a2 … an) 1n =( am+ 1am+ 2 … an-m) 1n-2 m,其中 n >2 m.证明　当 n为奇数时 ,n- 2 m也为奇数 .( a1. a2 .… . an) 1n　 =( a1. a1q . a1q2 .… . a1qn-1) 1n　 =( an1. q1+ 2 + 3 +… + n-1) 1n,　 =( an1. qn( n-1)2 ) 1n =a1. qn-12 .( am+ 1. am+ 2 .… . an-m) 1n-2 m　 =( a1qm . a1qm+ 1.… . a…     

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题155设f(n,p)=C2pn(n,p∈N,p≤2n).数列{a(n,p)}满足a(1,p) a(2,p) … a(n,p)=f(n,p).1)求证:{a(n,2)}是等差数列;2)求证:f(n,1) f(n,2) … f(n,n)=22n-1 21C2nn-1;3)设函数H(x)=f(n,1)x f(n,2)x2 … f(n,2n)·x2n,试比较H(x)-H(a)与2n(1 a)2n-1(x-a)的大小.解1)由a(1,2) a(2,     

一道2007乌克兰竞赛题的推广

文[1]在探究一道2007乌克兰竞赛题提出如下猜想:设a、b、c>0,且abc≥1,则有n3(an an-1 …a 1)(bn bn-1 … b 1)(cn cn-1 … c 1)≥(n 1)3(an-1 … a 1)(bn-1 … b 1)(cn-1 … c 1).本文将得到:定理若Πmi=1xi≥1,xi>0,3≤m,2≤n,i,m,n∈N ,则有nmΠmi=1(xin xni-1 …xi 1)≥(n 1)miΠ=m1(xin-1 …xi 1).证明考虑函数F(x)=n2 n1(1-xn 1)-(1-xn)(1 x)=nn -11(1-xn 1)-x xn(x>0),当0F(1)=0;当x>1时,(n-1)xn-1>xn-2 … x 1(共n-1项),F′(x)<0,F(x)是减函数,F(x)相似文献   

"传球问题"的一般解法

问题包含甲在内的m(m≥2)个人练习传球,设传球n次,球首先从甲手中传出,第n次仍传给甲,共有多少种不同的传球方法?分析设第n次球传给甲的传球方法有an种,第n次球不传给甲的传球方法有bn种,对每个传球的人来说,每次传球的方法有m-1种,n次传球共有(m-1)n种方法.∴an+bn=(m-1)n.另外,第n+1次球传给甲,则第n次球必不传给甲,因而an+1=bn,∴an+an+1=(m-1)n.设cn=an(m-1)n,则cn+1+1m-1cn=1m-1,∴c-1=-1(c-1).又a1=0,c1=0,c1-1m=-1m,∴数列{cn-1m}是首项为-1m,公比为-1m-1的等比数列,∴cn=1m+(-1m).(-1m-1)n-1,∴an=1m(m-1)n+(-1)n.m-1m.例1甲、乙、…