两个恒等式的应用

an=a1=(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-a(n-1))(n≥2),an=a1·(a2/a1)·(a3/a2)…an/(a(n-1))(n≥2).在求解数列问题时,我们常用到上面两个恒等式.当求得an/a(n-1)或an-a(n-1)的表达式后,     

等差数列的一个性质及其应用

设数列 {an}是等差数列 ,公差为d ,则an + 2 ·an-a2 n + 1=-d2 .此结论的证明不难 .an + 2 ·an-a2 n + 1=(an + 1+d) (an + 1-d) -a2 n + 1=a2 n + 1-d2 -a2 n + 1=-d2 .若从等差数列的特征去思考 ,它有an + 2+an=2an + 1这一递推关系式 ,那么此结论是否有其一般的规律呢 ?思考 1　在数列 {an}中 ,若an + 2 +an=pan + 1(n∈N ,p为非零常数 ) ,则an + 2 ·an-a2 n + 1=?探索　设bn=an + 2 ·an-a2 n + 1,则bn + 1-bn =an + 3 ·an + 1-a2 n + 2 -an + 2 ·an+a2 n + 1=an + 1(an + 3 +an + 1) -an + 2(an + 2 +an) =pan + 1·an + 2 - pan…     

一个重要不等式的应用一例

五)“2十)十“.十三昌。业alaz‘=1十.我们利(红+生) 口1口u(业十业)+1++号)“b一 m男众所周知,若时>。,+。。。+用这个结果来证明下面的重要不等式. 定理若a工,a:,…,a,均为正数,且a:+a:口之口盛(匕纽~十(五一卜生)+…+ 口z口3(丝十丝)十 a色a3(红十业);…十1, 口2召n+…十an=1则止十上十 召IC么 1~,二十一声不皿一Q一丈色二) Cn口。…+2 .2证明,.’上+生十口z召忍十生 口,_al+a:+…+a。 口孟+三止三三上二止色口艺 )n+2(n一1)+2(n一2)+ +2 .1二”+2〔(n一1)+(”一2)+…=刀+2〔(n一1)+(n一2)+…=n+(n一1)·月=左气+2+1〕+2+1〕十…+匀泣.…     

使用递推式时应注意n的范围

问题 已知数列{an}的首项为a1=5,an= a1+a2+…+an-1(n≥2),求它的通项. 错解 由an=a1+a2+…+an-1=(a1+ a2+…+an-2)+an-1=an-1+an-1=2an-1得 an/an-1=2.故数列{an}是首项为a1=5,公比为2 的等比数列,所求的通项为an=5×2n-1. 分析 由已知a2=a1=5,但由an=5× 2n-1得a2=10,故为错解.出错的原因是对n的 范围注意不够,为了避免这种错误,在解题过 程中应注意以下两点:     

一道普通高考题的另解

题目:设数列{an}的首项a_1∈(0,1),a_n=(3-a_(n-1))/2,n=2,3,4,….(Ⅰ)求{a_n}的通项公式;(Ⅱ)设bn=an.3-2an,证明bn相似文献   

两项式ab~n+cd~n 的整除问题

高中数学课本第三册复习题四第14题(P158)要求用数学归纳法证明:3~(n+2)十4~(2n+1)能被13整除。本文对这类问题再提供一种极为简便的证法。定理:若d-b能被a+c整除,则ab~n十cd~n也能被a+c整除(a,b,c∈R,且a+c≠0,n∈N) 证明:ab~n+cd~n=(a+c)b~n+c(d~n-b~n)=(a+c)b~n+c(d-b)(d~(n-1)+d~n-2b+d~n-3 b~2 +…+db~(n-2)+L~(n-1))。因为(a+c)b~n和c(d-b)(d~(n-1)+d~(n-2)b++d~(n-3)b~2+…+d~(n-2)+b~(n-1))都能被a十c整除,故ab~n+cd~n能被a+c整除。例1 求证:3~(n+2)+~(2n+1)能被13整除证明:3~(n+2)+4~(2n+1)=9·3~(n+4)·16~n     

试题研讨(14)

试题 ( 2 0 0 3年省际重点中学大联考 )设数列 {an}的前 n项和 Sn =n2 ( an + 1 ) ,n∈N+ ,a2 =a.( 1 )求证 :数列 {an}为等差数列 ;( 2 )若 a =3,Tn =a1a2 - a2 a3 + a3 a4-a4a5+… + ( - 1 ) n-1anan+ 1,求 Tn.命题溯源　此题是在 1 993年上海市高考试题 ( 2 5)的基础上 ,根据 1 994年全国高考试题 ( 2 5)改编的 .主要考查等差数列的基础知识、数学归纳法及推理论证能力 .原解思路　由　 Sn =n2 ( an + 1 )　得a1=1 ,又 a2 =a,则可猜想an =1 + ( n - 1 ) ( a - 1 ) ( * )下面用数学归纳法加以验证 .1 n =1、n =2时 ( * )式都成立 ;2假设…     

一道课本题的推广

新教材第二册上P30复习参考题第 8题 :已知a >b >c ,求证 :1a -b+ 1b -c+ 1c -a>0 .现对该题进行如下推广 .推广 1　若a >b >c ,m ,n均为正数 ,则 ma -b+ nb -c+ (m +n) 2c-a ≥ 0 .证　∵ (a -c ) ( ma -b + nb -c) =m(a -b +b -c)a -b + n(a -b +b -c)b -c =m +n + [m·b -ca -b+n·a -bb -c]≥m +n + 2mn =(m +n) 2 ,故 :ma -b+ nb -c+ (m +n) 2c -a ≥ 0 .推广 2　若a1>a2 >a3 >… >an >an + 1,则1a1-a2+ 1a2 -a3+… + 1an-an + 1+ n2an + 1-a1≥ 0证　利用柯西不等式 .∵ (an -an + 1) ( 1a1-a2+ 1a2 -a3+… +1an-an + 1) =[(a1-a2 ) …     

与二项式系数有关的求和问题的解题策略

1赋值求和例1设(2x-3)10=a10(x-1)10 a9(x-1)9 … a2(x-1)2 a1(x-1) a0,求a1 a2 a3 … a10的值.解令x=2,得a0 a1 a2 a3 … a10=1;令x=1,得a0=(-1)10=1,所以a1 a2 a3 … a10=1-1=0.例2设(1 x x2)n=a0 a1x a2x2 … a2nx2n,求a1 a3 a5 … a2n-1的值.解令x=1,得a0 a1 a2 … a2n=3n;令x=-1,得a0-a1 a2-…-a2n-1 a2n=1.两式相减得a1 a3 a5 … a2n-1=3n-12.2逆用定理例3已知等比数列{an}的首项为a1,公比为q,求和:a1C0n a2C1n a3C2n … an 1Cnn.解a1C0n a2C1n a3C2n … an 1Cnn=a1C0n a1qC1n a1q2C2n … a1qnCnn=a1(C0n qC1n q2C2n … qnCnn)…     

问题一瞥

1) 解方程: x~3-(a+2)x+(a+1)~(1/2)=0 2) 解方程: x~4-6ax~2+8a((ax)~(1/2))-3a~2=0 3) 确定下式的最小值: a~2+b~2+c~2/S其中a,b,c是三角形的边,S是三角形的面积。 4) 证明: tgα·tg2α+tg2α·tg3α+…+tg(n-1)α·tgnα=tgnα/tgα-n。 5) 证明不等式: tgα(ctgβ+ctgγ)+tgβ(ctgα+ctgγ)+tgγ(ctgα+ctgβ)≥6。其中α,β,γ是锐角三角形的角。 6) 证明: C_n~1 1~2-C_n~2 2~2+C_n~3 3~2-…+(-1)~n C_n~(n-1) (n-1)~2+(-1)~(n+1) n~2=0     

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 …     

《数学通报》1624号问题的两个别证及再推广

1 问题的提出 <数学通报>2006年7月号问题1624: 若a1,a2,…,an∈R+,且a1+a2+…+an=s,求证:1/a13(a2+a3+…an)+1/a23(a1+a3+…+an)+…+1/an3(a1+a2+…+an-1)≥n5/s4(n-1) 在2006年第8期,问题提供人刘俊老师构造n维向量,利用向量性质|m·n|≤|m|·|n|给出了一种证明方法;在<数学通报>2008年第5期罗邦华老师利用一个不等式引理又给出了一种证明方法,并将其结果进行了推广.     

新题征展(132)

A题组新编1.设△ABC的内角A,B,C的对边长分别为a,b,c,已知cos(A-C) +cosB=t(t是已知的正数),根据下列条件分别求出角B的大小:(1)a,b,c成等比数列;(2)a,b,c成等差数列.2.(1)求数列{2(n-1)/x(2n-1)+1}的前n项和Sn;(3n+1)+(3n+4)+(3(2)求数列(3n-2)+(3n+1)+(3n+4)+(3n+7)/(3n-2)(3n+1)(3n+4)(3n+7)的前n项和Tn.3.(1)证明:2(2n)-1 (n ∈ N*)至少有n个不同的素因数;(2)求C12n,C32n,C52n,…,C2n-12n的最大公约数.B藏题新掘4.已知曲线C:x｜x｜/a2-y｜y｜/b2=1,下列叙述中错误的是A.垂直于x轴的直线与曲线C只有一个交点B.直线y=kx +m(后,m∈R)与曲线C最多有三个交点C.曲线C关于直线y=-x对称D.若P1(x1,y1),P2(x2,y2)为曲线C上任意两点,则有(y1-y2)/(x1-x2) ＞05.(二项式定理)在(x+y)n的展开式中,若第七项系数最大,则n的值可能等于____.     

几类递推数列通项的求法

求由递推关系所确定的数列的通项,通常可通过对递推关系的一系列突破,构造出一个新的数列,转化为等差、等比数列,或与之相类似的问题来求解.下面通过具体的例子来说明由递推关系求通项的方法.一、递推式an-an-1=f(n)(n∈N*,f(n)为等差、等比数列的通项).例1、已知{an}中,a1=1,an=an-1 n(n≥2),求an.解:由已知有a1=1,a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n.将上面n个等式左、右两边分别相加,得an=1 2 3 … n=n(n2 1).例2、已知{an}中,a1=1,an=an-1 2n-1(n≥2),求an.解:由已知,有a1=1,a2-a1=2,a3-a2=22,…,an-an-1=2n-1.将上面n个式子的等号左右两边…     

一个积和不等式猜想

介绍一个积和不等式猜想,对任意的正整数n和α∈[0,1],有n-1∑k=0[(n-k)~(a-1)-(n-k+1)~(a-1)][(k+1)~(1-a)-k~(1-a)]≤(n+1)~(1-a)-n~(1-a).证明对于另外,证明与猜想相近的结论.对任意的正整数n和α∈[0,1],有n-1∑k=0[(n-k)~(a-1)-(n-k+1)~(a-1)][(k+1)~(1-a)-k~(1-a)]≤(n+1)~(1-a)-n~(1-a)+(a(2-2~(a-1)))/n~a-1/(n+1)成立.     

一类无完整解数列题剖析

[题目]设数列{a_n}的前n项之和S_n,a_1=1且a_m~2+1=S_(n+1)+S_n(n∈N),求数列{a_n}的通项公式。(摘自新江《中学教研》1992年第七期《培养学生观察能力浅见》一文) 此题常见解法是: ∵a_(n+1)~2-a+_n~2=S_(n+1)-S_(n-1)=a_(n+1)+a_n (1) a_(n+1)~2-a_n~2=(a_(n+1)-a_n)(a_(n+1)+a_n) (2) 由(1)、(2)得:a_(n+1)-a_n=1 (3) 或a_(n+1)+a_n=0 (4) ∴数列{a_n}是公差为1的等差数列或公比为-1的等比数列。故a_n=a_1+(n-1)·1=n 或a_n=a_1(-1)~(n-1)=(-1)~(n-1) 此解法似无懈可击。现有一个不同于其解答的数列{b_m}:1、2、3、-3、-2、-1、1、-1、0、1、-1、…(其中当m≥10时,b_n=(-1)~n)也满足题设条件a_1=1和     

1624号问题的研究

1 问题的提出 《数学通报》2006年7月1624号问题:若a1,a2,…,an∈R+,且a1+a2 +…+an=s,求证:1/a13(a2+a3+…+an)+1/a23(a1+a3+…+an)+…+1/an3(a1+a2+…+an-1)≥n5/s4(n-1).(1) 在2008年,罗邦华老师[1]利用一个不等式引理给出(1)证明,并将其结果进行了推广:若a1,a2,…,an∈R+,且a1+a2+…+an=s,|P|≥2,则n∑i=1 1/api(s-ai)≥np+2/sp+1(n-1).(2) 在2010年,翁利帅老师[2]分别利用构造不等式和函数凹凸性给出(1)的两种证明,并将(2)的条件| P |≥2再次推广到P∈(-∞,-1]U[0,+∞),(2)仍成立,但其推广证明较为复杂且在文中结语写:在推广过程中留下一点遗憾,未能对P∈(-1,0)的情况作出进一步的探究,望能与各位同行共同完善之.     

2005年全国各地高考与模拟数学试题评析——数列与极限

1考点与命题1.1客观题考点分析1.1.1考查数列的概念一般是先给出数列的递推公式,然后求数列的通项或前n项的和;或者研究新定义下数列项的特征等等.例1(天津卷)在数列{an}中,a1=1,a2=2,且an 2-an=1 (-1)n(n∈N ),则S100=.解∵a3-a1=a5-a3=a7-a5=…=0.∴a1,a3,a5,a7,…,a2n-1,…组成以1为首项,0为公差的等差数列.∴a1 a3 a5 … a99=50.又a4-a2=a6-a4=a8-a6=…=2,∴a2,a4,a6,…,a2n,…组成以2为首项,2为公差的等差数列,∴a2 a4 a6 … a100=50×2 50×492×2=2550.∴S100=2550 50=2600.评析本题主要考查数列的概念,分析推理能力和计算技巧.解…     

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…     

综合题新编选登

题139数列{an}满足:a1=a(a>2),且an≥an2-1na n2-1n-1(n≥2,n∈N*).求证:1)an≥(n-21n)aa 2;2)a1.a2.a3.….an>n2!.证1)a1=a>2>0,易知an>0.将条件an≥an2-1na n2-1n-1变形,得:2ann-2ann--11≤1,于是有:2a22-a21≤1,2a33-2a22≤1,…,2ann-2ann--11≤1,上述诸式相加得:2ann-a21≤