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…     

从一道训练题谈数列积式不等式的证明策略

题目 (武汉市2011届高中毕业生五月供题训练(三)理科第21题)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=1/2na(n+1)(n∈ N+),其中a1=1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bk＝(a1a3…a2k-1)/(a2a4…a2k)(n∈N+).证明:bn＜1/√2an+1这是一道融数列、不等式与函数为一体的综合问题,主要考查学生的思维能力.第(2)问的证明具有一定的难度,从证法上看,它注重通性通法,也不回避特殊技巧,既可用大众化的常规证法,也可用证明不等式的一些特殊技巧,很好地区分了考生思维的层次性.由第(1)问可知an=n,从而原不等式即为:1/2·3/4·5/6·…·.     

一道高考题的另解及推广

1问题的提出2006年安微省高考教学理科卷第21题是这样一道题:题目数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=21,Sn=n2an-n(n-1),n=1,2,…….1)写出Sn与Sn-1的递推关系式(n≥2),并求Sn关于n的表达式;2)设fn(x)=Snnxn 1,bn=f′n(p)(p∈R).求数列{bn}的前n项和Tn.对于第1)小题,参考答案提供了两种不同的解法.解法1当n≥2时,Sn=n2(Sn-Sn-1)-n(n-1)Sn=n2n-21Sn-1 n n1,由已知S1=a1=21,由递推式可得S2=34,S3=49,S4=156.由此猜想,Sn=nn 21,再用数学归纳法证明猜想正确(略).解法2当n≥2时,Sn=n2(Sn-Sn-1)-n(n-1)(n2-1)Sn-n2Sn-1=n(n-1)n 1nSn-n-n1Sn-…     

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…     

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   

数学问题与解答

20 0 3年 1 2月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 466　设M =5 2 0 0 1 + 72 0 0 2 + 92 0 0 3+ 1 1 2 0 0 4 ,求证 :M能被 8整除 .证明　令An =5 2n- 1 ,Bn =72n,Cn =92n- 1 ,Dn =1 1 2n(n∈Z+)( 1 )当n=1时 ,有A1 =5 ,B1 =49,C1 =9,D1 =1 2 1 ,所以A1 除以 8余 5 ;B1 除以 8余 1 ;C1 除以 8余 1 ;D1 除以 8余 1 .( 2 )假定n=k(k∈Z+)时 ,有Ak 除以 8余 5 ,即Ak =5 2k- 1 =8S1 + 5 (S1 ∈Z+) ;Bk=72k除以 8余 1 ,即Bk=72k=8S2 + 1 (S2∈Z+) ;Ck =92k- 1 除以 8余 1 ,即Ck =92k- 1 =8S3+1 (S3∈Z+) ;Dk =1 1 2k 除以 8余 1 …     

对一道高考题的探究

已知数列{an}的前n项和Sn,满足Sn=2an (-1)n(n≥1).1)写出数列{an}的前3项a1,a2,a3;2)写出数列{an}的通项公式;3)证明对任意的整数m>4有1a4 1a5 … 1am<78.思路分析1)略.2)an=23[2n-2 (-1)n-1](n≥1).3)由于1a4 1a5 … 1am是关于m的递增数列,故不能直接用数学归纳法证明不等式,     

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   

等差(比)数列前n项和的一个性质及应用

对于等差(比)数列{an},我们可得如下性质:定理1设等差数列{an}的公差为d,前n项的和为Sn,则Sm n=Sm Sn mnd(1)证在等差数列{an}中,am k=ak md(m,k∈N ).Sm n=a1 a2 a3 … am am 1 am 2 … am n=Sm (a1 md) (a2 md) … (an md)=Sm Sn mnd.定理2设等比数列{an}的公比为q,前n项的和     

一道数列例题的改编——由前n项和Sn推导通项公式an

原题(人教A版必修5 P44例3) 已知数列{an}的前n项和Sn=n2+1/2n,求数列的通项公式an. 解:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+1/2n)-[(n-1) 2+1/2(n-1)]=2n-1/2. 当n-1时,a1=S1=3/2,也适合an=2n-1/2, 所以an=2n-1/2. 分析:(1)教材目的是把握an与Sn的关系,学会通过S推导通项公式an={S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2.     

数学问题解答

2000年5月号问题解答(解答由问题提供人给出)1251　设数列{an}满足:a1=1,且an 1=12an 49an(1)求证对任何n∈N,数4/9an2-8恒为自然数.命题背景,本题由1991年全苏数学冬令营的一道试题改编而成.证　只须用数学归纳法证明:在所述题设下,4/9an2-8和24an/(9an2-8)均为自然数.1°n=1时,结论显然成立;2°设当n=k(k∈N)时结论成立,即4/9ak2-8和24ak/(9ak2-8)均为自然数,则当n=k 1时,24ak 1/(9a2k 1-8)=24.(12ak 49ak)/[(32ak 43ak)2-8]=24(12ak 49ak)/[3ak2-43ak]2=48ak(9ak2 8)/(9ak2-8)2=[24ak/(9ak2-8)].2.[1 16/(9ak2-8)]由归纳假设,24ak/(9ak2…     

一个不等式的再改进及证明

文[1]给出了如下定理及其证明:定理设a1,a2,…,an∈R ,且a1 a2 … an=s,k∈N,k≥2,则有a1ks-a1 a2ks-a2 … anks-an≥sk-1(n-1)nk-2.其中当且仅当a1=a2=…=an时,不等式的等号成立.文[2]指出了定理在k∈R且k>1时是成立的,并且给出了证明.笔者认为在k≥1或k≤0时,定理是成立的,下     

一道课本习题的错解

高中《数学》(试验修订本 .必修 )第一册(上 )第 1 33页练习第 4题是“已知数列 {an}是等比数列 ,Sn 是其前 n项的和 ,求证 S7,S14 -S7,S2 1- S14 成等比数列 .设 k∈ N ,Sk,S2 k -Sk,S3 k - S2 k 成等比数列吗 ?”.人民教育出版社中学数学室编著的《教师教学用书》给出了此题的解法 :由　　　 S7=a1( 1 - q7)1 - q ,S14 =a1( 1 - q14 )1 - q ,S2 1=a1( 1 - q2 1)1 - q ,可得 S7( S2 1- S14 ) =( S14 - S7) 2 .此结论也可如下证明 :S14 - S7=( a1 a2 … a14 ) -( a1 a2 … a7) =a8 a9 … a14 =a1q7 a2 q7 … a7q7=(…     

一道高考压轴题的加强

2005年高考重庆卷(理)压轴题为:数列{an}满足a1=1,且an 1=(1 1/(n2 n))an 1/2n(n≥1).(Ⅰ)用数学归纳法证明:an≥2(n≥2).(Ⅱ)已知不等式ln(1 x)0成立,证明:an0(k∈N*),∴由已知ln(1 x)0)有ln(1 1k2 k)<1k2 k,∴1 1k2 k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   

构造模型求自然数的方幂和

自然数方幂和问题是指Sk(n)=nΣi=1ik(n,k∈N)的计算与表示.早在公元前二百多年,希腊著名科学家阿基米德就已经得出了k=2和k=3时的结果:S2(n)=12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)/6,S3(n)=13+23+…+n3=n2(n+1)2/4,尽管他的证明比较复杂,但S4(n)的结果却始终无法找到,直到一千多年之后的11世纪,阿拉伯数学家才得道:S4(n)=1/30n(n+1)(2n+1)(3n2+3n-1).……     

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…     

数学奥林匹克讲与练(28)

例题讲解2 1 7.以 Sn 表示前 n个质数之和 :S1=2 ,S2 =2 3=5 ,S3=2 3 5 =1 0 ,…求证 :对每个自然数 n,在 Sn 和 Sn 1之间必有一个完全平方数 .证明　因为任意两个奇质数之差不小于2 ,故我们只需证明下面更一般的命题 :“设数列 {an}满足 :a1=2 ,a2 =3,an 1- an ≥ 2(n =2     

等差数列中Sm，Sn，Sm＋n之间的关系

在等差数列 {an}中 ,d为公差 ,Sn 为前n项和 ,则Sm,Sn,Sm +n有下列性质 .性质 1　在等差数列 {an}中 ,Sm +n=Sm+Sn+mnd(m ,n∈N ) .证明　Sm+n=a1+a2 +… +am+am +1+am +2 +… +am+n=Sm+ (a1+md) + (a2 +md) +… + (an+md) =Sm+Sn+mnd .性质 2　 Sm +nm +n=Sm-Snm -n (m ,n∈N ,且m≠n) .证明　∵Sm-Sn=ma1+ m(m - 1)d2 -na1-n(n - 1)d2=(m -n)a1+ (m +n - 1)d2=m -nm +n (m +n)a1+ (m +n) (m +n - 1)d2=m -nm +nSm +n,∴ Sm +nm +n=Sm-Snm -n .性质 3　若Sm =Sn,则Sm +n=0 (m ,n∈N ,且m≠n) .证明　由性质 2知 ,Sm +nm +n=Sm-…     

一个不等式的几种新证

2006年高考江西卷(理)压轴题为: 已知数列{an}满足;a1=3/2,且an=3nan-1/2ab-1+n-1(n≥2,n∈N*). (Ⅰ)求数列{an)的通项公式; (Ⅱ)证明:对一切正整数n,不等式a1a2…an＜2·n!恒成立.