善思多变,活力无限

一、问题提出 笔者在进行等差数列习题教学中选用了这样一道习题：已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S10=100,S100=10,则S110=.这是一道让人觉得很简单的问题,然而这个问题确实是一道有深刻思想内涵的数学问题,下面是我和学生的探究过程.     

等差数列的一个性质及应用

设公差为 d的等差数列 { an}的前 m项之和、前 n项之和分别为 Sm、Sn,其中 m≠ n,则Sm =ma1 m(m - 1 )2 d,Sn =na1 n(n - 1 )2 d.变形得 Smm=a1 m - 12 d,1Snn=a1 n - 12 d. 21 - 2并整理得Smm- Snnm - n =d2 . 3等式 3表明等差数列 { an}具有一个重要的性质 :对于任意的 m、n∈ N 且 m≠ n,必有Smm- Snnm - n =常数 .下面通过例题说明上述性质在解决某些与等差数列前 n项和有关的问题中的应用 .例 1　在等差数列 { an}中 ,已知 S3 =S10= 3 0 ,试求 Sn 的最大值 .解　由性质得Snn- S3 3n - 3 =S101 0 - S3 31 0 - 3 ,把　 S3 =S10 …     

争鸣

问题170 设数列{an}是各项为实数的等比数列,Sn为其前n项和,若S10=10,S30=70,则S40=——．     

从一道高考题产生联想

（2011年安徽高考数学理科卷第18题）在数1和100之间插入”个实数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作L，再令an=lgL，n≥1．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn=tana。·tanan＋1，求数列{bn}的前n项和S。     

等差数列一个性质的应用

根据等差数列的性质，对等差数列{αn}，除了有前n项和公式外，还有S2n＋1=（2n＋1）αn＋1，S2n=n（αn＋αn＋1）。利用这两个关系式，有时可将有关等差数列前&;#183;n项和的问题避繁就简地解决，收到事半功倍的效果。     

综合题新编选登

题147设数列{an}满足:当n=2k-1(k∈N*)时,an=n;当n=2k(k∈N*)时,an=ak.1)求a2 a4 a6 a8 a10 a12 a14 a16;2)若Sn=a1 a2 a3 … a2n-1 a2n,证明:Sn=4n-1 Sn-1(n≥2);3)证明:S11 S12 … S1n<1-41n.解1)原式=a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8=a1 a1 a3 a1 a5 a3 a7 a1=4a1 2a3 a5 a7=4×1 2     

是偶然还是必然——一道数列题的探究式学习

笔者在上高三数列复习课时,用到以下一个题:题1设Sn为等差数列{an}的前n项和,若S5=10,S10=5,求此数列的前15项和S15.当然此题易可通过基本方法求出a1=156,公差     

等比数列前n项和S_n的一个性质的两个补充

1.等比数列前n项和Sn的一个性质命题首项为a1,公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列.对命题1,可以利用等比数列的性质和整体代换来判定真假.当q=1时,Sn=S2n-Sn=S3n-S2n=na1,且都不为0,命题为真;当q≠1时,Sn=a1+a2+…+an,S2n-Sn=an+1+an+2+…+a2n=qn(a1+a2+…+an)=qnSn,S3n-S2n=a2n+1+a2n+2+…+a3n     

坡上矩阵可逆的条件

坡S是一个元素满足条件s 1=1的交换半环．证明了坡S上n×n矩阵A可逆当且仅当∑k=1 n aik=1(i=1,2,…,n)且aikajk=0(i≠j,k=1,2,…,n)．在坡S中可定义补元,得到S上每一个可逆矩阵是一个置换矩阵当且仅当S不包含不同于0和1的有补元．     

2005年湖南省高考数学试题(理10)的探究

2005年湖南省高考数学试题(理10):设P是△APC内任意一点,S△ABC表示△ABC面积,λ1=S△PBCS△ABC,λ2=S△PCAS△ABC,λ3=S△PABS△ABC,定义f(P)=(λ1,λ2,λ3),若G是△ABC的重心,f(Q)=(12,13,16),则()(A)点Q在△GAB内.(B)点Q在△GBC内.(C)点Q在△GCA内.(D)点Q与点G重合.此题是较好的能力创新题,主要考察学生对轨迹思想的认识.由题目中的定义,参照有向线段定比分点知识,我们可以做以下定义:定义1设P是n边形A1A2…An(n≥3)内任意一点,S表示该n边形的面积,1λ=S△PA2A3S,λ2=S△PA3A4S,…,nλ=S△PA1A2S,若定义…     

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).……     

非负对称符号模式的惯量集(英文)

For a symmetric sign pattern S1 the inertia set of S is defined to be the set of all ordered triples si（S） = {i（A） ： A = A^T ∈ Q（S）} Consider the n × n sign pattern Sn, where Sn is the pattern with zero entry （i,j） for 1 ≤ i = j ≤ n or｜i -j｜=n- 1 and positive entry otherwise. In this paper, it is proved that si（Sn） = {（n1, n2, n - n1 - n2）｜n1≥ 1 and n2 ≥ 2} for n ≥ 4.     

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…     

三角形的一个性质再探

文[1]从2004年全国高中数学联合竞赛试题第四题出发，通过对问题的进一步探索推广得到下列结论：设点O在△ABC内部，且λ→↑OA＋m→↑OB＋n→↑OC=0,（其中λ，m，n均是正数）。则S△AOB：S△BOC：S△AOC=1/λm：1/mn：1/nλ，文[2]利用向量的几何意义对上述结论给出了较为简捷的证明。     

关于数列{2~n}

易知等比数列{2~n}前n项的和为S_n=a_(n+1)-2。对于这个关系式,我们有三点联想。 (一)简便求和。若a_5=32,则S_4=30。 (二)判定由关系式a_(n+1)=rS_n+S给出的数列是否为等比数列。事实上a_(n+1)=rS_n+S (1) a~n=rS_(n-1)+S (2) (1)-(2)得a_(n+1)-a_n=r(s_n-S_(n-1))=ra_n a_(n+1)/a_n=r+ 因此,r≠-1,a_1=S,{a_n}为等比数列。 (三)等比数列前n项和公式的新法推导。     

一个有趣的发现

在100以内的两位数中,末位为1的数有: 11,21,31,41,51,61,71,81,91共九个,其中21,51,81为合数．注意到合数21和81有如下写法:21=21×10 1,81=23×10 1,由此联想提出问题:形如an=22n 1×10 1(n∈N)的数是否也是合数呢?     

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-…     

一个不等式推广的简证及修补

文[1]给出了下列命题已知x12 x22 … x1002=300,求证:x1 x2 … x100≤200.文[2]沿用文[1]的方法,利用探究的手段加强并推广了上述命题得到了下列两个命题:命题1若∑100i=1xi2=300,则∑100i=1xi≤100 3,当且仅当x1=x2=…=x100=3时,等号成立.命题2若∑ni=1xi2=m则∑ni=1xi≤mn.当且仅当x1=x2=…=xn=mn时,等号成立.进而通过联想,并用同样的手段又给出了下列两个命题:命题3若∑ni=1kixi=A,且∑ni=1ki=S0,其中ki>0(i=1,2,…,n),A与S0都是常数,则∑ni=1kixi2≥A2S0.当且仅当x1=x2=…xn=AS0时,等号成立.命题4若∑ni=1kixi2=m,且∑ni=1ki=S0,其…     

Fourier级数及其导级数的逼近

设p_m≥0↓,sum from k=0 to n(p_n)=P_m,n=0,l,…,p_0=P_0=1,P_n→∞(n→∞)若N_n=1/P_n sum from k=0 ton(p_(n,k)S_k→S(n t。0→∞)),则说{S_k}关于算子(N,p_n)收敛于S.设f(x)∈L_(?),S_n(f,x)为     

Sums of Squares of Integers

We find a formula for the sum of the first n squares:Sn = 12 22 32 42 … n2.We haveS1 = 1, S2 = 12 22 = 5, S3 = l2 22 32 = 14,S4 = 30, S5 = 55, S6 = 91.and so on. To make things a little simpler, we will also use the sum of the squares of the first zero terms , S0 = 02 = 0. Arranging these values in a table,we find thatSince the third differenes △3Sn are constant,these data values must follow a cubic pattern;that is, the formula for the sum of the squares of the first n integers is a cubic function,