等差数列的又一个性质

结论　已知数列 {ａｎ}与 {ｂｎ}是两个公差均不为零的等差数列 ,如果ａｋ1=ｂｌ1=ｃ1,ａｋ2 =ｂｌ2 =ｃ2 ,其中ｋ1,ｋ2 ,ｌ1,ｌ2 ∈Ｎ ,且ｋ1<ｋ2 ,ｌ1<ｌ2 ,那么等差数列ｃ1,ｃ2 ,…中的各项一定是数列 {ａｎ}与 {ｂｎ}的公共项 .证　设数列 {ａｎ}与 {ｂｎ}的公差分别是ｄＡ 与ｄＢ,且ｄＡ≠ 0 ,ｄＢ≠ 0 .等差数列ｃ1,ｃ2 ,…中的第ｎ项可表示为ｃｎ=ｃ1+ (ｎ - 1 ) (ｃ2-ｃ1) ,ｎ∈Ｎ .下面证明ｃｎ 是数列 {ａｎ}中的某一项 .数列 {ａｎ}的通项公式是ａｎ=ａ1+ (ｎ -1 )ｄＡ,令ａ1+ (ｘ - 1 )ｄＡ=ｃｎ=ｃ1+ (ｎ - 1 ) (ｃ2 -ｃ1)=ａ…     

一个代数不等式与一类几何不等式的指数推广

本文介绍一个代数不等式,应用它直接将一类常见的几何不等式进行指数推广．定理若ａ,ｂ,ｃ∈Ｒ＋,ｎ∈Ｎ且ｎ≥２,则ａｎ＋ｂｎ＋ｃｎ３≥（ａ＋ｂ＋ｃ３）ｎ（＊）当且仅当ａ＝ｂ＝ｃ时等号成立．证当ｎ＝２时,∵ａ２＋ｂ２＋ｃ２３－（ａ＋ｂ＋ｃ３）２＝（ａ－ｂ...     

柯西不等式的微小改动

刘治和在 [1 ]中把柯西 (Ｃａｕｃｈｙ)不等式叙述为 :(ａ1ｂ1+ａ2 ｂ2 +… +ａｎｂｎ) 2 ≤ａ21+ａ22 +… +ａ2 ｎ ｂ21+ｂ22 +… +ｂ2 ｎ(ａｉ,ｂｉ∈Ｒ ,ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ) ,当且仅当ａ1ｂ1=ａ2ｂ2 =… =ａｎｂｎ时等号成立 .这是错误的 .诚然ａ1ｂ1=ａ2ｂ2 =… =ａｎｂｎ ａ1ｂ1+ａ2 ｂ2 +… +ａｎｂｎ 2= ａ21+ａ22 +… +ａ2 ｎ ｂ21+ｂ22 +… +ｂ2 ｎ但ａ1ｂ1+ａ2 ｂ2 +… +ａｎｂｎ 2= ａ21+ａ22 +… +ａ2 ｎ ｂ21+ｂ22 +… +ｂ2 ｎ \ａ1ｂ1=ａ2ｂ2 =… =ａｎｂｎ.反例　ａ1,ａ2 ,… ,ａｎ∈Ｒ ,ｂ1=ｂ2 =… =ｂｎ= 0 ,ａ1ｂ1+ａ2 ｂ2…     

归纳、猜想、证明——求数列通项的一种思路

数学归纳法是证明关于自然数ｎ的命题的一种方法 .在解数列题中 ,我们可用数学归纳法得到所求数列的通项 ,当然 ,先要进行观察、归纳与猜想 .例 1　设无穷数列 {ｂｎ}的前ｎ项和为ｃｎ,且ｂｎ+ｃｎ=ｎ (ｎ∈Ｎ) .(1)求证 :数列 {1-ｂｎ}为等比数列 ;(2 )求ｌｉｍｎ→∞1ｎ2 (ｃ1 +ｃ2 +… +ｃｎ) .分析　首先观察 :ｎ =1时 ,ｂ1 +ｃ1 =2ｂ1 =1有ｂ1 =12 ;ｎ =2时 ,ｂ2 +ｃ2 =ｂ1 + 2ｂ2 =2 ,有ｂ2=34;ｎ =3时 ,ｂ3+ｃ3=ｂ1 +ｂ2 + 2ｂ3=3 ,有ｂ3=78,……由 (1)提示知 1-ｂ1 =12 ,1-ｂ2 =14 ,1-ｂ3=18,……故猜想 1-ｂｎ=(12 ) ｎ,即　ｂｎ=1…     

用一个数列题的求解来看此题的设计

1　一个数列例题例题　在数列 {ａｎ}中 ,Ｓｎ 1 =4ａｎ 2 ,ａ1 =1 .(ｎ∈Ｎ)(1 )设ｂｎ =ａｎ 1 - 2ａｎ,求证 :数列 {ｂｎ}是等比数列 .(2 )设ｃｎ =ａｎ2 ｎ,求证 :数列 {ｃｎ}是等差数列 .(3 )求数列 {ａｎ}的通项公式及前ｎ项和公式 .如果按部就班地做 ,这道题并不难 .但是若抛开 (1 )、(2 )问直接解答 (3 )就需要坚实的数列基础知识 ,分析如下 :解　由Ｓｎ 1 =4ａｎ 2　　① ,知Ｓｎ 2 =4ａｎ 1 2②② -①得 :Ｓｎ 2 -Ｓｎ 1 =4(ａｎ 1 -ａｎ)即 :　　　ａｎ 2 =4(ａｎ 1 -ａｎ)转化为已知首项ａ1 =1及连续三项的递推关系式 ,求ａｎ …     

应用放缩法证明不等式

放缩法是证明不等式的重要方法 .应用哪些方法进行放缩 ,向哪个方向放缩 ,放缩到什么程度 ?是使用该法证明不等式的难点 .本文将就这些方面作些介绍 .1　去掉式子中某些正项或负项去掉式子中某些正项或者负项 ,可使式子缩小或者放大 .例 1　设ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ 且ａｂ ｂｃ ａｃ =1,求证 :ａ ｂ ｃ≥ 3 .证　∵ (ａ ｂ ｃ) 2 =ａ2 ｂ2 ｃ2 2ａｂ 2ｂｃ 2ａｃ=12 [(ａ -ｂ) 2 (ｂ -ｃ) 2 (ｃ -ａ) 2 ] 3(ａｂ ｂｃ ａｃ)≥ 3(ａｂ ｂｃ ａｃ) =3 ,∵ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,∴ａ ｂ ｃ≥ 3 .例 2　在△ＡＢＣ中 ,求证 :ｓｉ…     

值得注意的一点

题　已知△ＡＢＣ的外接圆半径为 6 ,ａ ,ｂ ,ｃ分别是角Ａ ,Ｂ ,Ｃ所对应的边 ,角Ｂ ,Ｃ和面积Ｓ满足条件Ｓ =ａ2 - (ｂ -ｃ) 2 且ｓｉｎＢ+ｓｉｎＣ =43,求△ＡＢＣ的面积Ｓ的最大值 .乍一看 ,这是一道易解的与不等式知识结合的三角题 ,可以很快给出解答如下 .解　由余弦定理 ,得ａ2 =ｂ2 +ｃ2 -2ｂｃｃｏｓＡ ,即ａ2 =(ｂ -ｃ) 2 + 2ｂｃ( 1 -ｃｏｓＡ) ( 1 )又∵Ｓ =12 ｂｃｓｉｎＡ =ａ2 - (ｂ -ｃ) 2 ( 2 )由 ( 1 ) ,( 2 )可得　ｓｉｎＡ =4 ( 1 -ｃｏｓＡ) ,∴1 -ｃｏｓＡｓｉｎＡ =14 ,∴ｔａｎ Ａ2 =14 ,∴ｓｉｎＡ =81 7.又∵ｓｉ…     

一道数学奥林匹克问题的推广

《中等数学》2 0 0 0年第 4期中有数学奥林匹克问题高 97.　已知ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,求证 :(ａ 1 ) 3ｂ (ｂ 1 ) 3ｃ (ｃ 1 ) 3ａ ≥814.下面给出此题的证明 .证　左边≥ 3 (ａ 1 ) (ｂ 1 ) (ｃ 1 )3 ａｂｃ=3(ａ 12 12 ) (ｂ 12 12 ) (ｃ 12 12 )3 ａｂｃ≥ 3·33 ａ4·33 ｂ4·33 ｃ43 ａｂｃ =814.等号当且仅当ａ =ｂ =ｃ =12 时成立 .实际上 ,原命题可推广为 :ａ1,ａ2 ,… ,ａｎ∈Ｒ ,ｍ ,ｎ∈Ｎ ,求证 :　　(ａ2 1 ) ｍａ1 (ａ3 1 ) ｍａ2 … (ａ1 1 ) ｍａｎ≥ ｎｍｍ(ｍ - 1 ) ｍ -1.证　左边≥ｎ[(ａ2 1 ) (ａ3 1 )…     

一个新的排序不等式

设有两个有序数组 :ａ1 ≤ａ2 ≤… ≤ａｎ;　ｂ1 ≤ｂ2 ≤… ≤ｂｎ则对于 1 ,2 ,… ,ｎ的任一排列ｉ1 ,ｉ2 ,…ｉｎ,有ａ1 ｂ1 ａ2 ｂ2 … ａｎｂｎ　　 (同序和 )≥ａ1 ｂｉ1 ａ2 ｂｉ2 … ａｎｂｉｎ　　 (乱序和 )≥ａ1 ｂｎ ａ2 ｂｎ- 1 … ａｎｂ1 　　 (逆序和 )以上称为排序不等式 ,是人们熟知、应用广泛的重要不等式 .笔者应用类比的思想 ,构造了一个新的排序不等式 ,下面证明这个不等式并介绍它的简单应用 .定理 1　设有两组有序正数 :0 <ａ1 ≤ａ2 ≤… ≤ａｎ0 <ｂ1 ≤ｂ2 ≤… ≤ｂｎ则对于 1 ,2 ,… ,ｎ的任一排列ｉ…     

综合题新编选登

题 4 9　 设数列 {ａｎ}为等差数列 ,且ａｎ<ａｎ + 1,前 6项的平方和为 70 ,立方和为0 .1 )求 {ａｎ}的通项ａｎ;2 )在平面直角坐标系内 ,直线ｌｎ 的斜率为ａｎ,且与曲线 ｙ =ｘ2 相切 ,与 ｙ轴交于Ｂｎ,记ｂｎ=|Ｂｎ + 1Ｂｎ| ,求ｂｎ;3)对于 2 )中数列 {ｂｎ},求证 :ｓｉｎｂ1+ｓｉｎｂ2 +… +ｓｉｎｂｎ <32 .解　 1 )依题意 ,有 :ａ21+ａ22 +ａ23 +ａ24+ａ25 +ａ26=70 ,ａ3 1+ａ3 2 +ａ3 3 +ａ3 4+ａ3 5 +ａ3 6=0 .∵ {ａｎ}为等差数列 ,∴ａ1+ａ6=ａ2 +ａ5 =ａ3 +ａ4.若ａ1+ａ6>0 ,得到 :ａ3 1+ａ3 6=(ａ1+ａ6) (ａ21+ａ1ａ6+ａ26)>0…     

数列中的充要条件

充要条件是高中数学的一个重要概念 ,很多知识可以和它相联系 ,数列也不例外 .现总结一下 ,供同学们学习数列时参考 .命题 1　数列 {ａｎ}为等差数列的充要条件是它的通项公式为ａｎ=ａ·ｎ ｂ (ａ ,ｂ为常数 ,ｎ∈Ｎ ) .命题 2　已知数列 {ａｎ} ,Ｓｎ 为其前ｎ项和 ,则数列为等差数列的充要条件是Ｓｎ=ａｎ2 ｂｎ (ａ ,ｂ为常数 ,ｎ∈Ｎ ) .命题 3　数列 {ａｎ}为等差数列的充要条件是2ａｎ=ａｎ 1 ａｎ - 1(ｎ∈Ｎ 且ｎ≥ 2 ) .命题 4　三数ａ ,ｂ ,ｃ成等差数列的充要条件是ｂ =ａ ｃ2 .命题 5　已知数列 {ａｎ}的前ｎ项和Ｓｎ=…     

构造数列的和或积证明不等式

一类与自然数有关的不等式证明题是高考的热点问题 ,最常规的证明方法是数学归纳法和放缩法等 .但数学归纳法证明往往过程较繁 ;用放缩法时则盲目性较大 .对于两个数列 {ａｎ}与 {ｂｎ} ,有下面的结论 :1)若ａｎ<ｂｎ,则ａ1+ａ2 +… +ａｎ<ｂ1+ｂ2 +…+ｂｎ;2 )当ａｎ>0 ,ｂｎ>0时 ,若ａｎ<ｂｎ,则ａ1·ａ2 ·…·ａｎ<ｂ1·ｂ2 ·…·ｂｎ.证明某些数列不等式时若能利用此性质 ,则可使证明过程简捷明快 .1　ａ1+ａ2 +… +ａｎ<Ｂｎ 型可以构造数列 {ｂｎ} ,使得ｂ1+ｂ2 +… +ｂｎ=Ｂｎ,只需证明ａｎ<ｂｎ 即可例 1　 (1992年“三南”高考试…     

数列极限、数学归纳法

选择题1　下列命题正确的是 (　　 )(Ａ)若ｌｉｍｎ→∞ ａｎ=α ,则ｌｉｍｎ→∞ａ2 ｎ=α2 .(Ｂ)若ｌｉｍｎ→∞ ａ2 ｎ=α2 ,则ｌｉｍｎ→∞ａｎ=±α.(Ｃ)若ｌｉｍｎ→∞ ａｎ=α ,ｌｉｍｎ→∞ ｂｎ=β,则ｌｉｍｎ→∞(ａｎｂｎ) =αβ .(Ｄ)若ｌｉｍｎ→∞ ａｎ=∞ ,ｌｉｍｎ→∞ ｂｎ=0 ,则ｌｉｍｎ→∞ ａｎ·ｂｎ=0 .2　若 |ａ 2 | 2ｂ - 1=0 ,ａ ,ｂ∈Ｒ ,则无穷等比数列ａｂ ,ｂ ,ｂａ ,…的各项和为 (　　 )(Ａ) - 2 .　 (Ｂ) - 23.　 (Ｃ) 34 .　 (Ｄ) 2 .3　若ｌｉｍｎ→∞[12 - (ｒ1 ｒ) ｎ]=12 ,则ｒ的取值范围是(　　 )(…     

数学问题解答

20 0 2年 9月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 3 91　已知实数ａ ,ｂ ,ｃ满足不等式｜ｂ-ｃ｜≥3｜ａ｜,｜ｃ-ａ｜≥ 3｜ｂ｜ ,｜ａ-ｂ｜≥ 3｜ｃ｜ ,求证 :ａ+ｂ+ｃ=0 .(南昌大学附中　宋庆　 3 3 0 0 2 9)证明　因为ａ ,ｂ,ｃ∈Ｒ ,｜ｂ-ｃ｜≥ 3｜ａ｜,所以 (ｂ-ｃ) 2 ≥ 3ａ2 ,所以 3ａ2 -ｂ2 -ｃ2 +2ｂｃ≤ 0 ,同理得 3ｂ2 -ｃ2 -ａ2 +2ｃａ≤ 0 ,3ｃ2 -ａ2 -ｂ2 +2ａｂ≤ 0 ,以上三式相加 ,便得ａ2 +ｂ2 +ｃ2 +2ｂｃ+2ｃａ+2ａｂ≤ 0 ,所以 (ａ+ｂ +ｃ) 2 ≤ 0 ,所以ａ+ｂ+ｃ =0 .1 3 92　数列 {ａｎ}中 ,ａｎ =ｎ3·Π99ｉ=1(ｎ2…     

一个不等式猜想的推广及证明

在文 [1]中 ,宋庆、宋光在证明下面两个不等式 :若ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,则(ａ ｂ) (1ａ 1ｂ)≥ 4 4 (4 ｂａ -4 ａｂ) 2 (1)(ａ ｂ ｃ) (1ａ 1ｂ 1ｃ)≥ 9 6 [(6ｃｂ -6ｂｃ) 2 (6ａｃ -6ｃａ) 2 (6ｂａ -6ａｂ) 2 ](2 )后 ,提出了下面的猜想 :若ａｋ∈Ｒ (ｋ=1,2 ,… ,ｎ) ,则 ｎｋ =1 ａｋ ｎｋ =11ａｋ≥ｎ2 2ｎ 1≤ｉ <ｊ≤ｎ(2ｎ ａｊａｉ-2ｎ ａｉａｊ) 2(3)并作注 :采用上述“步步为营”的方法 ,可繁笨地证明ｎ =4,5等时 (3)式正确 .下面我们将不等式 (3)进行推广 ,得到了比不等式 (3)更强的结果 .定理 1　若ａｋ∈Ｒ (ｋ=1,…     

关于Cauchy——D′Alembert判别法

直接使用Ｃａｕｃｈｙ判别法或者Ｄ′ａｌｅｍｂｅｒｔ判别法来判别数项级数的敛散性时 ,有时计算极限难度大 .为了计算极限简单 ,本文提出灵活使用Ｃａｕｃｈｙ判别法和Ｄ′ａｌｅｍｂｅｒｔ判别法的方法 .1　Ｃａｕｃｈｙ———Ｄ′ａｌｅｍｂｅｒｔ判别法定理 (Ｃａｕｃｈｙ———Ｄ′ａｌｅｍｂｅｒｔ判别法 )对数项级数 ∑∞ｎ =1ａｎｂｎ(ａｎ >0 ,ｂｎ >0 ,ｎ∈Ｎ)有ｌｉｍｎ→∞ｎｂｎ =ｂ ,ｌｉｍｎ→∞ａｎ 1 ａｎ =ａ(或ｌｉｍｎ→∞ｎａｎ =ａ ,ｌｉｍｎ→∞ｂｎ 1 ｂｎ =ｂ) .(1 )若ａ <ｂ ,则数项级数 ∑∞ｎ=1ａｎｂｎ 收敛 …     

2001春季高考(理工类)第20题的别解

200 1年北京市、内蒙古自治区、安徽省春季高考 (2 0 )题是 :在 1与 2之间插入ｎ个正数ａ1,ａ2 ,ａ3,… ,ａｎ,使这ｎ 2个数成等比数列 ;又在 1与 2之间插入ｎ个正数ｂ1,ｂ2 ,ｂ3,… ,ｂｎ,使这ｎ 2个数成等差数列 .记Ａｎ=ａ1ａ2 ａ3…ａｎ,Ｂｎ=ｂ1 ｂ2 ｂ3 … ｂｎ.1 )求数列 {Ａｎ}和 {Ｂｎ}的通项 ;2 )当ｎ≥ 7时 ,比较Ａｎ 与Ｂｎ 的大小 ,并证明你的结论 .下面 ,本文给出一种有别于参考答案的解答 .解　 1 )　设等比数列的公比为 ｑ ,等差数列的公差为ｄ ,则据题意得ａｎ=ｑｎ 1=2 ,ｂｎ=1 (ｎ 1 )ｄ =2 ,即 ｑｎ 1=2 ,(ｎ …     

一个平均值不等式

关于ｎ个正数ａ1、ａ2 、…、ａｎ 的调和平均值Ｈ(ｎ)、几何平均值Ｇ(ｎ)、算术平均值Ａ(ｎ)与平方幂平均值Ｓ(ｎ)的不等式链Ｈ(ｎ)≤Ｇ(ｎ) ≤Ａ(ｎ) ≤Ｓ(ｎ)是大家比较熟悉的 .本文介绍笔者近期发现的一个不等式ｎａａ1 1ａａ22 …ａａｎｎ ≥Ｇ(ｎ) Ａ(ｎ) ( )当且仅当ａ1=ａ2 =… =ａｎ 时取等号 .为述说与书写的简便 ,称上式左端为ｎ个正数的自幂几何平均值 ,记为Ｚ(ｎ) .1　发现中学课本中有这样一证明题 :若ａ、ｂ >0 ,则ａａｂｂ ≥ａｂｂａ此不等式易证 ,两端同乘以ａａｂｂ 得(ａａｂｂ) 2 ≥ａａ+ｂ·ｂａ+ｂ =(ａｂ) ａ+ｂ所…     

一道课本不等式的再推广

文［１］对高中代数下册中的习题：已知ａ，ｂ，ｃ＞０，求证：２（ａ３＋ｂ３＋ｃ３）≥ａ２（ｂ＋ｃ）＋ｂ２（ａ＋ｃ）＋ｃ２（ａ＋ｂ）（１）从变元指数上进行了推广，得到：若ａ，ｂ，ｃ＞０，ｋ，ｍ，ｎ∈Ｎ，ｍ＋ｋ＝ｎ，ｍ≥ｋ，则２（ａｎ＋ｂｎ＋ｃｎ）≥ａｍ（...     

柯西不等式及其应用

下面便是著名的柯西 (Ｃａｕｃｈｙ)不等式 :设ａ1,ａ2 ,… ,ａｎ,ｂ1,ｂ2 ,… ,ｂｎ 均为实数 ,则(ａ1ｂ1+ａ2 ｂ2 +… +ａｎｂｎ) 2 ≤ (ａ21+ａ22 +… +ａ2 ｎ) (ｂ21+ｂ22 +… +ｂ2 ｎ) ,等号当且仅当ａｉ=λｂｉ(λ为常数 ,ｉ =1,2 ,… ,ｎ)时成立 .这个命题的证法较多 ,在一般的竞赛教程中都可以查找到 ,这里从略 .应用柯西不等式解题的关键在于构造两组实数 ,并根据柯西不等式的特点进行探索 .在解决分式型问题时 ,通常还应用到柯西不等式如下的两个推论 .推论 1　设ａｉ 与ｂｉ(ｉ=1,2 ,… ,ｎ)同号 ,则∑ｎｉ=1ａｉｂｉ≥∑ｎｉ=1…