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 …     

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   

一个课本例题结论的推广

高中代数下册 P2 52上 ,利用 ( 1 - 1 ) n =0 ,左边用二项式定理展开 ,推得结论( C0n C2n … ) - ( C1n C3n … ) =0 ( 1 )即 C0n- C1n C2n- C3n … ( - 1 ) n Cnn=0 ( 2 )笔者经探索研究 ,发现 ( 2 )式有如下的推广形式 .定理　设 m、n是非负整数 ,且 m 相似文献   

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≤     

错位相减的运用

课本上推导等比数列前n项和公式,用了错位相减法.即:等比数列{an}前n项和Sn: Sn=a1 a1q … a1q~(n-1) ①而qSn=a1q a2q2 … a1qn ②①-②得 (1-q)Sn=a1-a1qn, 其实如果能熟练掌握这种方法,会给解题带来方便.     

一个复数分解式的几何解释

设(k=0,1,2,…,n-1)是1的n次单位根。则 x~n-1=(x-1)(x-ε_1)…(x-ε_(n-1)) (1) 我们知道ε_n(k=0,1,2,…,n-1)表示单位圆的n个等分点,即单位圆的内接正n边形的n个顶点,其中ε_o=1。 (1)两边同除以x-1,得 x~n-1/x-1=(x-ε_1)(x-ε_2)…(x-ε_(n-1)) 根据G.P.求和式得x~2-1/x-1=1 x x~2 … x~n-1     

为什么有不同的结果

问题:已知数列{an}满足a1=51,an+an+1=54n+1,求lni→m∞(a1+a2+a3+…+an)的值.(2004年高考湖南第8题)方法(1):a1+a2+a3+…+an+…=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+…=542+544+546+…=1-542512=61.方法(2):a1+a2+a3+…+an+…=21[a1+(a1+a2)+(a2+a3)+(a3+a4)+(a4+a5)+…]=2151+542+543+543+…=51方法(3):由an+an+1=54n+1,an+1+an+2=54n+2,两式相减得,an-an+2=51n6+2=51n6+2=1256·51n,利用a1-a3=1256·51,a3-a5=1265·513,a5-a7=1256·515,…,a2n-1-a2n+1=1256·521n-1,以上n个等式全部相加得,a1-a2n+1=215615+513+…+521n-1=1251-512n,所以a2n+1=115…     

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,     

巧用常数特征解题五法

在解题过程中,同学们常习惯于从变量的关系去探求解题思路和方法,很少留心常数的作用.其实常数也是由已知向未知转化的催化剂,若能充分挖掘数学问题中常数的多维特征,展开联想,往往会产生顿悟,从而获得简洁、独到的解法.1将常数换成字母例1(2005年江苏竞赛题)已知x=12(2005n1 2005-1n)(n∈N ),则(x-1 x2)n的值是()(A)2005-1.(B)-2005-1.(C)(-1)n2005.(D)(-1)n2005-1.分析若将x直接代入计算,过程比较繁;若将较大的常数换成字母a,可使问题得到简便解决.解令2005=a,则x=12(a1n a-1n),有(a1n)2-2xa1n-1=0,解得a1n=x 1 x2(负根舍去),而x-1 x2=-…     

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…     

微积分在组合数求和证明中的应用

关于微积分的应用,我们知道的已经很多,如求极值问题、几何应用、物理应用,以及利用微积分解决有关级数的求和问题等,但利用微积分解决有关组合数的和的计算与证明却比较少见.本文想通过几个例子,一方面丰富解决组合数求和及证明这类问题的方法,另一方面可让大学生朋友进一步了解数学这一工具的重要性和应用的广泛性.例1　证明:C1n 2C2n 3C3n … nCnn=n2n-1C1n-2C2n 3C3n-… (-1)n-1nCnn=0证明　因为(1 x)n=1 C1nx C2nx2 … Cnnxn,两边对x求微分,有n(1 x)n-1=C1n 2C2nx 3C3nx2 … nCnnxn-1.令x=1,则有C1n 2C2nx 3C3nx2 … nCnn=n2n-…     

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…     

争鸣

问题问题97数列{an}中,a1=2,2an=an-1 an1-1(n≥2),求an.解由特征方程2x=x 1x得x=±1.∴2(an-1)=an-1 a1n-1-2=(ana-n1--11)2(1)2(an 1)=an-1 a1n-1 2=(ana-n1- 11)2(2)由((21))得aann -11=(aann--11 -11)2=[(aann--22- 11)2]2n-1=(aann--22 -11)4=…=(aa11- 11)2n-1.∵a1=2,∴aann- 11=(13)2n-1,即an=21-3-2n-1-1.上面解法是找特征根后,通过化简变形后得出规律的.但递推式变为:3an=an-1 an1-1(n≥2)后,用上面方法失效.我也曾试过好多种方法均告失败.请同行们参与讨论:“已知数列{an}中,a1=2,3an=an-1 an1-1(n≥2),求an”问题.an怎样求呢?是…     

数形结合解含|x a|、|x b|的不等式

例1 解不等式|x 3|-|X-1| 3>O.解令F(X)=|x 3|-|x-1|, g(x)=-3.由x 3=0,x-1=0分别得x=-3,x=1.     

新题征展(129)

A 题组新编1.(1)设x∈R+,e表示自然对数的底,求证:函数y=(1+1/x)s,y=(1+1/x)(x+1)分别单调递增、递减,且(1+1/x)x＜e＜(1+1/x)(x+1);(2)已知数列{an}满足2Sn=nan,其中Sn是{an}的前n项和,a2=1,求证:3/2≤(1+1/(2an+1))n＜√e.2.已知a1C0n+ a2C1n+a3C2n+…+an+1Cnn=n·2n对任意的正整数n恒成立.(1)若a1,a2,a3,…,an+1成等差数列,求出该数列的通项公式;(2)若a1是已知数,求数列a1,a2,a3,…,an+1的通项公式.     

隔项等比数列的研究

隔项等比数列的例子几次在高考题中出现 ,探讨隔项等比数列的性质很有必要 .为了便于研究 ,先给出隔项等比数列的定义 .定义　如果数列 { an}满足关系 :a2 n+ 1a2 n-1=q1,a2 n+ 2a2 n=q2 (n=1,2 ,3,… ) ,其中 q1,q2均为非零常数 ,则称数列 { an}为隔项等比数列 .定理 1　隔项等比数列 { an}的通项公式是an=1+(- 1) n-12 a1qn-121+1+(- 1) n2 a2 qn-222 .证　当 n为奇数时 ,令 n=2 k- 1(n∈ N) k=n+12 ,则有a2 k-1=a1qk-11 an=a1qn+ 12 -11=a1qn-121(1)当 n为偶数时 ,令 n=2 k k=n2 ,则有a2 k=a2 qk-12 an=a2 qn2 -12 =a2 qn-222 (2 )综…     

考点40 函数的极限与连续

1.(辽宁卷,2)极限limx→x0f(x)存在是函数f(x)在点x=x0处连续的().(A)充分而不必要的条件(B)必要而不充分的条件(C)充要条件(D)既不充分也不必要的条件2.(广东卷,3)limx→-3x+3x2-9=().(A)-16(B)0(C)61(D)313.(全国卷,5)limx→1(x2-31x+2-2x2-4x+3)=().(A)-21(B)21(C)-61(D)614.(湖北卷,8)若limx→1(1-a x-1-b x2)=1,则常数a,b的值为().(A)a=-2,b=4(B)a=2,b=-4(C)a=-2,b=-4(D)a=2,b=45.(江西卷,8)若limx→1f(x-1)x-1=1,则limx→1x-1f(2-2x)=().(A)-1(B)1(C)-21(D)21考点40函数的极限与连续1.f(x)在x=x0处连续,必有limx→x0f(x)存在,…     

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…     

新题征展 (60)

A 题组新编 1.求和 (1)C0n-1 (1)/(2)C1n-1 (1)/(3)C2n-1 … (1)/(n)Cn-1n-1=___; (2)(1)/(n)C1n (2)/(n-1)C2n (3)/(n-2)C3n … nCnn=____.     

一个不等式的指数推广

贵刊文[1]给出了如下不等式:设a,b>0,λ≥3则aa λb λa b b≥12 λ(1)(见文[1](3)式)本文将把(1)式推广为:定理设a,b>0,n≥2且n∈N,λ≥2n-1则naa λb nbλa b≥n12 λ(2)证明令x1=ab,x2=ba,则x1,x2>0,且x1x2=1,于是(2)式等价于1n1 λx1 n11 λx2≥n12 λ(3)再令t1=n1 λx1,t2=n1 λx2,则t1,t2>0(3)式等价于1t1 t12≥n12 λn1 λ(t1 t2)≥2t1t2(1 λ)(t1 t2)n≥2nt1nt2n(1 λ)(t1n C1nt1n-1t2 C2nt1n-2t22 … Cnn-1t1t2n-1 t2n)≥2n(t1t2)n(1 λ)[2 λ(x1 x2) (C1ntn1-1t2 C2nt1n-2t22 … Cnn-1t1t2n-1]≥2n(t1t2)n(4)因为C1n C2n … C…