一道高考数学压轴题的深入探究

一、原题再现 2014年高考数学北京（理）卷第20题：对于数对序列P：（a,b1）,（a1,b2）,…,（an,bn）,记T1（P）=a1＋b1,T1（P）=b1＋max{Tk-1（P）,a1＋a2＋…＋ak）（2≤k≤n）,其中max{Tk-1（P）,a1＋a2＋…＋ak}表示Tk-1（P）和a1＋a2＋…＋ak两个数中最大的数。     

具有递推关系的一类计算对象的解法

1.定理　设 Dn 是一个与自然数 n有关的计算对象 ,具有递推关系 Dn=a1Dn- 1+a2 Dn- 2 +…+ak Dn- k,其中 a1,a2 ,… ,ak 是 k个已知常数。如果矩阵A =a1a2 … ak- 1ak1 0… 0 00 1… 0 0……………0 0… 1 0可对角化 ,即存在可逆矩阵 P,P- 1AP=Λ,Λ=λ1λ2 λk;并且 PΛn- 1P- 1Dk廌2D2=b1廱k- 1bk,则Dn=bk。证明　∵ Dn=a1Dn- 1+a2 Dn- 2 +… +ak Dn- k,∴ Dn+k- 1=a1Dn+k- 2 +a2 Dn+k- 3+… +ak Dn- 1,从而Hn =Dn+k- 1Dn+k- 2Dn+k- 3廌n=a1Dn+k- 2 +a2 Dn+k- 3+… +ak Dn- 1Dn+k- 2Dn+k- 3廌n=a1a2 … ak- 1ak1 0… 0 00 1…     

2006年中国数学奥林匹克试题(第1天)

1实数a1,a2,…,an满足a1 a2 … an=0,求证:max1≤k≤n(ak2)≤3nni∑-=11(ai-ai 1)2.证只需对任意1≤k≤n,证明不等式成立即可.记dk=ak-ak 1,k=1,2,…,n-1,则ak=ak,ak 1=ak-dk,ak 2=ak-dk-dk 1,…,an=ak-dk-dk 1-…-dn-1,ak-1=ak dk-1,ak-2=ak dk-1 dk-2,…,a1=ak dk-1 dk-2 … d1,把上面这n个等式相加,并利用a1 a2 … an=0可得nak-(n-k)dk-(n-k-1)dk 1-…-dn-1 (k-1)dk-1 (k-2)dk-2 … d1=0.由Cauchy不等式可得(nak)2=[(n-k)dk (n-k-1)dk 1 … dn-1-(k-1)dk-1-(k-2)dk-2-…-d1]2≤(∑k-1i=1i2 ∑n-ki=1i2)(∑n-1i=1di2)≤(∑n-1i=1i2)(n∑-…     

一个不等式的证明

文[1]给出了问题：设a0,a1,a2,…满足a0=1/2,ak+1=ak+1/nak^2(k=0,1,2,……）,其中n是某个固定的正整数，求证：1-1/n&;lt;an&;lt;1。     

2011年北京高考理科数学20题第三问探析

题目 若数列An：a1,a2,…,an（n≥2）满足{ak＋1-ak}=1（k=1,2,…,n-1）,则称An为E数列．记S（An）=a1＋a2＋…＋an。     

一个不等式的推广、加强及应用

文[1 ] 给出了一个不等式 :2 (n + 1 - 1 ) <∑nk=11k<2n - 1 (n>1 )……(Ⅰ)本文对 (Ⅰ )式进行推广并且给出 (Ⅰ )式的一种加强形式 ,最后指出其应用 .定理 1 :已知 {an}为等差数列且a1 >0 ,公差d >0 ,则 2d(an+1 - a1 ) <∑nk=11ak<2d(an - a1 ) + 1a1.证 :因为a1 >0 ,d>0 ,所以 {an}为严格递增正数列 .因为ak - ak- 1 =dak+ak- 1>d2ak(k≥ 2 ) ,所以 1ak<2d(ak -ak- 1 ) . (A)又因为ak+1 - ak =dak+1 + ak2d(ak+1 -ak) . (B)由 (A)式知 ∑nk =11ak<1a1+ 2d[(a2 -a1 ) + ( a3- a2 ) +… + ( an- an- 1 ) ]=2d(an - a1 )…     

又一广义勾股数组

定义[1]设a1＜an,a1,a2,…,ak,ak 1,…,an是连续正整数,若∑ki=1a2i=∑ni=k 1a2i,则称a1,a2,…,an为一个广义勾股数组,记作(a1,…,ak|ak 1,…,an).     

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…     

2011年高考湖北卷理科压轴题的解法探讨

2011年高考湖北理科压轴题（第21题）： （Ⅰ）已知函数f（x）=lnx—x＋1,x∈（0,＋∞）,求函数f（x）的最大值; （Ⅱ）设ak,bk（k=1,2,…,n）均为正数,证明： （1）若a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤b1＋b2＋…＋bn,则a1^b1a^b2^2≤1;     

活用两个简单结论巧解两类高考试题

数学中有如下两个人人皆知的简单结论: 　　I 设f(n)=a1+a2+…+an, 　　g(n)=b1+b2+…+bn. 　　若ak=bk(k∈N),则f(n)=g(n). 　　若ak≤bk(k∈N),则f(n)≤g(n). 　　Ⅱ 设f(n)=a1a2…an,g(n)=b1b2…bn. 　　若ak=bk(k∈N),则f(n)=g(n), 　　若ak＞0,bk＞0且ak≤bk(k∈N), 　　则f(n)≤g(n). 　　利用这两个简单结论解答高考试题中与自然数n有关的不(恒)等式的证明问题,思路清晰,通俗易懂.……     

单位上三角矩阵群的注记(Ⅲ)

设k_(ij)(1≤ij≤n)是给定的正整数,分别记G={ (1 k12a12…k1na1n 0 1…k2na2n…… 0 0…1 )|aij∈Z},R={ (0 k12a12…k1na1n……0 0…k2na2n 0 0…1 )|aij∈Z},本文证明:当G成群且G的上、下中心群列重合时,其相伴Lie环L(G)与Lie环R同构,其中R的Lie积定义为[A,B]=AB-BA.即得到了此时L(G)的矩阵表示.     

高阶常系数非齐次线性微分方程的新解法

提出了高阶常系数非齐次线性微分方程y(n)+P1y(n-1)+…+Pny=f(x)(P1,P2,…,Pn是实数)的一种新解法.首先将该方程降为n个一阶非齐次线性微分方程组:y1′-w1y1=f(x),y2′-w2y2=y1,…………………yn′-wnyn=yn-1,其中w1,w2,…,wn是对应的齐次方程的特征方程tn+P1tn-1+…+Pn=0的n个根.然后求出它的通解y=yn,最后得出了求原方程一个特解的迭代公式.     

一类高阶线性微分方程解的增长性

本文研究了在Aj(z),aj(j=0,1,…,k-1)满足一些条件下方程f(k)+Ak-1(z)eak-1f(k-1)+…+A0(z)ea0zf=0解的超级和在Aj(z),Pj(j)(j=0,1,…,k-1)满足一些条件下方程f(k)+Ak-1(z)ePk-1(z)f(k-1)+…+Aj(z)eajzf(j)+…+A0(z)eP0(z)f=0解的级。     

一类高阶微分方程解的增长性

本文研究了微分方程f^（k）＋Ak（z）e^ακ-^12f^（κ-1）,…,＋A0（z）e^a0z=0的增长性,其中Aj（z）（j=0,1…κ-1）是整函数,其级小于1．在αj（j=0,1,…,κ-1）满足某条件下,得到该方程的任一超越解的超级等于1的结论．     

与任意图正交的［0，ki］m1-因子分解

设G是一个图, k1,…, km是正整数.若图G的边能分解成m个边不交的［0,k1］-因子 F1,…,［0,km］-因子Fm,则称＝F1,…,Fm是G的一个［0,ki］m1-因子分解.如果H是G的一个有m条边的子图且对任意的1≤I≤m有｜E(H)∩E(Fi)｜＝1,则称与H正交.证明了若G是一个［0,k1＋…＋km－m＋1］-图,H是G的一个有m条边的子图,则图G有一个［0,ki］m1-因子分解与H正交.     

没有4至6-圈的平面图是(1,0,0)-可染的

设d₁, d₂,..., d_k 是k个非负整数. 若图G=(V,E) 的顶点集V可剖分成k个子集V₁, V₂,..., V_k,使得对i=1, 2,..., k 由V_i 所导出的子图G[V_i] 的最大度至多为d_i, 则称G是(d₁, d₂,..., d_k)-可染的. 著名的Steinberg 猜想断言, 每个既没有4-圈又没有5-圈的平面图是(0, 0, 0)-可染的. 对此猜想已经证明每个没有4 至7-圈的平面图是(0, 0, 0)-可染的, 但还没有发现有人证明每个没有4 至6-圈的平面图是(0, 0, 0)-可染的. 本文证明没有4 至6-圈的平面图是(1, 0, 0)-可染的.     

Fibonacci和Lucas序列的混合卷积公式

通过Fibonacci序列和Lucas序列的生成函数,利用导函数的性质,得到了Fibonacci序列和Lucas序列构成的混合卷积∑a1+a2+…+ak+b1+b2+…+b1+c1+c2+…+cm=na1Fa1+1…akFak+1.Fb1…Fb1.Lc1+1…Lcm+1的计算公式.     

循环逆M-矩阵的判定

给出了循环逆M-矩阵的判定方法:如果一个n×n非负循环矩阵非正且不等于c0I,若存在一个正整数K是n的真因子,使得cjk>0,j=0,1[,…,n-k]k,其余的ci等于0且Circ[c0,ck,…,cn-k]是一个逆M-矩阵,则A是一个逆M-矩阵.     

有限Diophantine逼近与Fibonacci多项式

设x为一无理数具简单的连分式展开x = [a0, a1, a2,…, an].若对无穷多个是标k有ak> n则至少有m个解p/q(p与q互素)使不等式 x - p/q 相似文献   

对Baker~[1]-Mahler~[2]一个定理的注记

<正> 对任意实数x,定义‖x‖=max(x-[x],[x]+1-x).设a_1,…,a_(k-1)是互不相等的非零整数,a是适合(a,a_1,…,a_(k-1)=1的正整数,r是正整数.置