2007年全国高考数学湖北卷压轴题的探究与评析

题已知m,n为正整数,1)用数学归纳法证明,当x>-1时,(1 x)m≥1 mx;2)对于n≥6,已知(1-n1 3)n<21,求证:(1-n m3)n<(21)m,m=1,2,…,n.3)求出满足3n 4n … (n 2)n=(n 3)n的所有正整数n.分析1),3)见标答,略.2)记xn=(1-n1 3)n=(nn 23)n,则xn1-1=(nn 12)n-1=1·(nn 12)·(nn 12)…(nn 12)(n-1)个<[1n(1 nn 12 nn 12 … nn 12(n-1)个)]n=(n2n 22 nn-1)n.∵n2n 22 nn-1相似文献   

证明不等式的几种特殊方法

文[1]给出了六种证明不等式的特殊方法.这里再给出四种,以解决一些不等式的证明问题.1　利用二项式定理证明对于有些不等式,可根据其结构特点,联想或构造二项式模型,利用二项式定理来证.例1　(第2 1届全苏数学竞赛)求证:对于任意的正整数n ,不等式(2n + 1) n ≥(2n) n + (2n - 1) n成立.证　由二项式定理,有　(2n + 1) n- (2n - 1) n=2 [C1n(2n) n -1+C3n(2n) n -3 +…]≥2C1n(2n) n -1=(2n) n,即(2n + 1) n≥(2n) n+ (2n - 1) n.例2　(1988年全国高中数学联赛)已知a ,b为正实数,且1a+ 1b =1.试证对于每一个n∈N都有(a +b) n-an-bn≥2 2n-…     

数学问题解答

2000年4月号问题解答(解答由问题提供人给出)1246.f(n)定义在正整数集合上,且满足f(1)=2,　f(n 1)=(f(n))2-f(n) 1,　n=1,2,3….求证:对所有整数n>1,1-122n-1<1f(1) 1f(2) … 1f(n)<1-122n　　证明　由条件易得　f(n)≥2又∵　f(n 1)=f(n)(f(n)-1) 1　∴　f(n 1)-1=f(n)(f(n)-1)于是　1f(n 1)-1=1f(n)(f(n)-1)=1f(n)-1-1f(n)即　1f(n)=1f(n)-1-1f(n 1)-1所以　∑nk=11f(k)=∑nk=1(1f(k)-1-1f(k 1)-1)=1f(1)-1-1f(n 1)-1=1-1f(n 1)-1下面只要用数学归纳法证明22n-1相似文献   

构造函数解决与自然数有关的问题

解决与自然数有关的命题通常用数学归纳法、二项式定理的展开式 .而数列作为定义在自然数集上的函数 ,若用数学归纳法解题有一定的难度 ,如果将问题转化为函数来处理 ,则往往使问题变得简洁、容易 ,此时常常将 n视为自变量 .下面举几例说明 .例 1　已知 n∈ N ,证明不等式1 12 13 … 1n <2 n .证明　构造函数 f ( n) =1 12 13 … 1n - 2 n ,∵　 f ( n 1 ) - f ( n)　 =1n 1 2 n - 2 n 1　 = n - n 1( n 1 n ) n 1 <0 ,∴　 f ( n 1 ) 相似文献   

关于n~(1/k)的两个不等式

文 [1 ]中给出了一个涉及n的不等式 :设正整数n >1 ,则2n + 23·n - 2 (n - 1 ) + 23·n - 1≤n <4n + 36 ·n - 4(n - 1 ) + 36 ·n - 1 ( 1 )由不等式 ( 1 ) ,可推出2n + 23·n - 2 - 13≤∑nk=1k≤4n + 36 ·n - 16 ( 2 )当且仅当n =1 ,2时 ,式中等号成立 .本文给出类似于不等式 ( 1 )的关于 kn的两个不等式 ,并提出一个猜想 .定理 1　设正整数n >1 ,则1 2n + 71 6 ·3n - 1 2 (n - 1 ) + 71 6 ·3n - 1 <3n <3n + 24 ·3n - 3(n - 1 ) + 24 ·3n - 1 ( 3)证　要证上限不等式 3n <3n + 24 ·3n- 3(n - 1 ) + 24 ·3n - 1 ,只要证( 3n - 2…     

lim(1 1/n)~n(n→ ∞)存在性的一种证法

本文通过构造不等式 ,并利用极限存在准则证明重要极限 limn→ ∞ (1 1n) n 存在性 .引理 :单调有界数列必有极限 .下面证明数列 { (1 1n) n}的单调性及有界性 .设 a>b>0 ,则对任一自然数 n有an 1-bn 1=(a -b) (an an- 1b an- 2 b2 … abn- 1 bn) <(a -b) (n 1 ) an整理后得到不等式bn 1>an[(n 1 ) b -na](1 )　　第一步 ,令 b=1 1n 1 ,a=1 1n,则有(n 1 ) b -na =(n 1 ) (1 1n 1 ) -n(1 1n) =1将它们代入 (1 )中可得　 (1 1n 1 ) n 1>(1 1n) n.这说明数列 { (1 1n) n}是递增数列 .第二步 ,令 b=1…     

Smarandache函数在两数列上的下界估计

设S(n)是Smarandache函数,其中n是一正整数.讨论Smarandache函数S(n)在数列F((2k),1)=F(n,1)=n2n+1(n=2k)与数列G(2n,1)=(2n)2n+1上的下界估计.基于初等方法证明了:当偶数n≥6时,有S(F((2k),1))=S(F(n,1))≥6×2n+1;当n≥4时,有S(G(2n,1))≥6×2n+1.     

两个代数不等式

本文旨在建立两个新的代数不等式 ,并给出它的一个应用 .引理　若x ,y为正数 ,n为正整数 ,则 xn + yn2≥ x + y2n.证略 .定理 1　若a ,b ,c为不大于 1的正数 ,n为正整数 ,则1n1+a+ 1n 1+b+ 1n1+c≤ 3n1+ 3 abc.证　令α ,β为不大于 1的正数 ,则　 11+α+ 11+ β=2 +α + β1+α + β +αβ= 1+ 1-αβ1+α + β +αβ≤ 1+ 1-αβ1+ 2αβ+αβ= 21+αβ,∴ 1n1+α+ 1n1+ β=n 11+α+n 11+ β≤ 2n 1211+α+ 11+ β≤ 2 11+αβ=21+αβ,∴ 1n1+a+ 1n1+b+ 1n1+c+ 1n1+ 3 abc≤ 21n1+ab+ 1n1+c 3 abc≤ 4n1+ 4abc 3 abc=4n1+ 3 abc,∴　 1n1…     

关于"随机向量的函数的独立性的一个问题"的商榷

对两个独立样本ξi,1≤i≤n1,ξ1～N(a1,σ2);ηi,1≤i≤m2,η1～N(a2,σ2),证明了ξ-η-与√n1S21+n2S22独立,进而证明(√)n1n2(n1+n2-2)/n1+n2·(-ξ--η)-(a1-a2)/(√)n1S21+n2S22服从参数为n1+n2-2的t分布.     

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   

一个代数不等式的指数推广

文 [1 ]中 ,程龙海先生证明了下面不等式 :若 0≤ x,y≤ 1 ,则x2 y2 ( 1 - x) 2 y2 x2 ( 1 - y) 2 ( 1 - x) 2 ( 1 - y) 2≤ 2 2 . ( 1 )本文将 ( 1 )式作如下推广定理　若 0≤ x,y≤ 1 ,n≥ 2 ,n∈ N,则n xn yn n ( 1 - x) n yn n xn ( 1 - y) n n ( 1 - x) n ( 1 - y) n≤ 2 n 2 . ( 2 )引理　若 u≥υ≥ 0 ,n≥ 2 ,n∈ N,则n un υn ≤ u ( n 2 - 1 )υ. ( 3)证明　因为 u≥υ≥ 0 ,所以[u ( n 2 - 1 )υ]n=un ∑ni=1Cinun- i( n 2 - 1 ) ivi≥ un ∑ni=1Cin( n 2 - 1 ) iυn=un [∑ni=0Cin(…     

零数列与一类求和恒等式新证

对于与自然数 n有关的一类求和恒等式f ( n) =g( n)的证明题 ,如果我们构造数列{an},其中 an =f ( n) - g( n) ,能证明 an 1-an =0 ,即 an 1=an,再验证 a1=0 ,那么立得an =0 ,从而有 f ( n) =g( n) .这种通过构造“零数列”来证题的方法 ,新颖别致、操作简便 ,现举例说明如下 .例 1　求证　 1 2 2 2 … n2=16 n( n 1 ) ( 2 n 1 ) ( n∈ N ) .(高中《代数》下册封面上的等式 )证明　构造数列 {an},其中an =1 2 2 2 … n2 - 16 n .( n 1 ) .( 2 n 1 ) ,则an 1- an =( n 1 ) 2 - 16 ( n 1 ) ( n 2 ) .( 2 n 3) 16…     

双截尾柯西分布顺序统计量的概率性质

设{X_k,1≤k≤n}独立同分布,服从参数为μ,λ;A,B的双截尾柯西分布,X_(1,n),X_(2,n),…,X_(n,n)为其顺序统计量.本文给出X_(k,n)(1≤k≤n)的密度函数,X_(1,n),X_(2,n),…,X_(n,n)的联合密度函数,极端顺序统计量X_(1,n)和X_(n,n)的渐近分布以及X_(k,n)和X_(n-k+1,n)(k1)的渐近分布,并证明X_(1,n)和X_(n,n)是渐近独立的.     

一些新数列的偏差与伪随机性

设P为奇素数,x为整数且满足1≤x≤P-1.定义数列xn={{(n)+(n+x)/p},如果p(|)n(n+x),0,其它以及en={+1,如果p(|)n(n+x)且0≤{(n)+{(n)+(n+x)}＜1/2,-1,如果p(|)n(n+x)且1/2≤{(n)+{(n)+(n+x)}＜1,+1,如果p|n(n+x),其中瓦是(n)模p的乘法逆,满足n(n)≡1 mod p以及1≤(n)≤p-1.证明了(xn)是一致分布数列,(en)是好的伪随机数列.这表明在二进制数列与[0,1)数列之间存在某种联系.     

高階等差級数

1+1+1+…+1=n,1+2+3+…+n=(1/2)n(n+1),1+3+6+…+(1/2)n(n+1)==(1/1·2·3)n(n+1)(n+2)1+4+10+…+(1/1·2·3)n(n+1)(n+2)==(1/1·2·3·4)n(n+1)(n+2)(n+3),…………………要証明这些式子是不困难的。例如:因为     

(二)用排列组合公式求数列的和

已知m,n∈N,且m相似文献   

自然数方幂和的通项公式

用初等方法证明sum from i=1 to n i2k+1为n2(n+1)2与n(n+1)的(k-1)次有理多项式的乘积,sum from i=1 to ni2k为n(n+1)(2n+1)与n(n+1)的(k-1)次有理多项式的乘积,提出关于上述公式系数符号的一个猜想.     

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).……     

一类单圈图的拉普拉斯谱刻画

Let H（n; q, n1, n2, n3, n4） be a unicyclic graph with n vertices containing a cycle Cq and four hanging paths Ph1＋1, Pn2＋1, Pn3＋1 and Pn4＋1 attached at the same vertex of the cycle. In this paper, it is proved that all unicyclic graphs H （n; q, n1, n2, n3, n4） are determined by their Laplacian spectra.     

一个不等式的推广

不等式1n∑i=n1aim≥(1n∑i=n1ai)m,其中m∈N ,ai>0,(i=1,2,…,n)可推广为:∑ni=1piaim≥(∑ni=1piai)m.(1)其中m≥1,ai>0,pi>0,(i=1,2,…,n)且∑ni=1pi=1,不等式1n∑i=n1aim≤(1n∑i=n1ai)m,其中00,(i=1,2,…,n)可推广为:∑ni=1piaim≤(∑ni=1piai)m.(2)其中0相似文献