一个不等式的另一简证

定理 设a1，a2,…，an∈R^＋且a1＋a2＋…＋an=S，k≤0，则有a1^k/S-a1＋a2^k/S-a2＋…an^k/S-an≥Sn^k-1/（n-1）n^k-2,当且仅当a1=a2=…=an时取等号．     

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     

经典算术——几何均值不等式的多重隔离

定理设a1，a2，…，an∈R＋，n≥2，则     

一个不等式的改进及证明

文 [1 ]中四川师大的徐丹老师和杨露老师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ak1 s-a1+ ak2s-a2+… + akns-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 .笔者认为k∈R ,k>1时 ,定理是成立的 ,证明如下 :证明　设f(x) =xks -x,x ∈ ( 0 ,s) ,由于f′(x) =kxk- 1 (s -x) +xk(s-x) 2 ,f″(x) =k(k- 1 )xk- 2 (s-x) +kxk- 1(s- 2 ) 2 +kxk- 1 (s-x) 2 + 2xk(s-x)(s-x) 4所以 ,当x ∈ ( 0 ,s) ,k>1时 ,f′(x) >0 ,f″(x) >0 ,即f(x)为递增下凹的函数 .…     

柯西不等式的解题魅力

平凡无奇的柯西不等式,应用广泛,充满着迷人的解题魅力．定理设a1,a2,…,an;b1,b2,…,bn∈R, 则(a12 a22 … an2)(b12 b22 … bn2)≥(a1b1 a2b2 … anbn)2．当且仅当a1:b1=a2:b2=…=an:bn时等号成立. 证明构造“数字式”:1 1=2简证之．设k1=a12 a22 … an2,k2=b12 b22 … bn2, 则1=1/k1(a12 a22 … an2),1=1/k2(b12 b22     

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     

等差数列中一定包含等比子数列吗

最近在一本《高考数学模拟题》中见到这样一道题：题1当a、d∈N时，等差数列｛a＋（n－1）d｝（n∈N）中，是否含有无穷的等比数列？试加以证明．原书的解答是这样的：设｛bm｝为等比数列，今b1＝a1＝a，b2＝a＋ad＝a（1＋d），…，bn＝a（1＋d）(m－1)．令an＝a＋（n－1）d，利用数学归纳法，只需证明bm∈｛an｝．当m＝1时b1＝a∈｛an｝，设m＝k时命题成立，即bk∈E｛an｝，则h一a（1＋d）‘－‘一a十id（tEN），当m—k－I－1时，h＋l一a（1十的‘一。（1十N‘－‘（1十山一（a＋id）（1＋d）一a＋（a－f－－l＋id）d一a＋pd．其中P—a…     

一个定理的加强和猜想

文[1]中的定理2为:数列{an}满足an 2=pan 1-an,且p=2cos2πk(k>2,k∈N ),则k是它的一个周期.对该定理我们可作进一步加强得:定理不全为零的数列{an}满足an 2=pan 1-an,且p=2cos2πk(k>2,k∈N ).则该数列具有周期性,且最小正周期为k.证明数列{an}是线性递推数列,则特征方程为x2-     

等差数列中“和问题”的一种处理方法

公差为d的等差数列{an}的通项公式为an=a1 (n-1)d (n∈N),若函数f(x)=dx (a1-d) (x∈R),则有an=f(n).本文称函数f(x)为等差数列{an}的伴随函数,这样便有下面的定理.定理 若f(x)为等差数列{an}的伴随函数,且mi (i=1,2,3,…,k)为自然数,则证 ∵ f(x)为等差数列{an}的伴随函数,∴ f(x)=dx (a1-d) (x∈R),故定理得证.推论 若f(x)为等差数列{an}的伴随函数,Sn为前n项和,则证 由定理得：利用定理及推论可巧妙解答等差数列中有关的和问题.例1 在等差数列{an}中,若a3 a4 a5 a6 a7=450,则a2 a8=( )(A) 45. (B) 75. (C) 180.…     

一个多元绝对值函数的最小值

对于函数F(x1,x2,…,xn)=|a1x1 a2x2 … anxn A|,由绝对值的意义知F(x1,x2,…,xn)≥0.特别,当ai,xi,A∈Z(i=1,2,…,n)时,该函数有更精确的下界,本文将给出这个结论.定理设F(x1,x2,…,xn)=|ni=1aixi A|,ai,xi,ki,A,m∈Z,(a1,a2,…,an)=d,ai=kid,(k1,k2,…,kn)=1,A=md r,0≤r相似文献   

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     

对一错误结论的修正

文[1]的实质是探究满足A1∪A2∪…∪Am={a1，a2，a3，…，an}（m，n∈N＋）的有序集合组（A1，A2，A3，…，Am）共有多少个？解决本题的关键是确定平面上的m个圆最多可确定多少个互不重叠的区域，臧老师是通过建立a（k＋1）与ak间的递推关系来解决的：设前k个确定am个区域，     

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。     

我为高考设计题目

题93在数列{an}中,a1=1,且对任意的k∈N*,a2k-1,a2k,a2k+1成等比数列,其公比为qk.(1)若qk=2(k∈N*),求a1+a3+a5+…+a2k-1.(2)若对任意的k∈N*,a2k,a2k+1,a2k+2成等差数列,其公差为dk,设bk=1/qk-1.①求证:{bn}成等差数列,并指出其公差;②若d1=2,试求数列{dk}的前k项和Dk.     

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…     

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.……     

两个定理的简证

贵刊文 [1 ]给出以下两个定理 :定理 1　已知 x,y,a,b∈ R+ ,且 x + y =1 ,则 axn + byn 的最小值为 ( n+ 1a + n+ 1b ) n+ 1,此时　 x =n+ 1an+ 1a + n+ 1b,y =n+ 1bn+ 1a + n+ 1b.定理 2　已知 a1,a2 ,… ,an,x1,x2 ,… ,xn∈ R+ ,且 x1+ x2 +… + xn =c,则a1xm1+ a2xm2+… + anxmn≥( m+ 1a1+ m+ 1a2 +… + m+ 1an) m+ 1cm ( m≥ 2 ) ,当且仅当xi = cm+ 1aim+ 1a1+ m+ 1a2 +… + m+ 1an( i =1 ,2 ,… ,n)时等式成立 .文 [1 ]分别用两种不同的方法给出了以上两个定理的证明 ,但都较繁 (定理 2的证明中还使用了中学生所不熟悉的加权幂平均…     

一个不等式的再推广及应用

文 [1 ]给出了一个不等式 :2 (n 1 - 1 ) <∑ni=11i<2n - 1　 (n>1 )(1 )文 [2 ]将 (1 )式推广为 :11 -k[(n 1 ) 1-k- 1 ]<∑ni=11ik <11 -k·n1-k- 11 -k 1 (2 )(k∈R且k>0 ,k≠ 1 ,n>1 )文 [3]给出了不等式 (2 )的简证及其几何直观 .文 [4 ]又将 (1 )式推广为 :命题　已知 {an}为等差数列且a1>0 ,公差d>0 ,则2d(an 1- a1) <∑ni =11ai<2d(an -a1) 1a1(3)本文将采用文 [3]的方法 ,对 (2 )、(3)两式进行统一推广 ,并给出其应用 .定理　设 {an}为等差数列 ,且首项a1>0 ,公差d >0 ,k∈R 且k≠ 1 ,n>1 ,则1d(1 -k) (a1-kn 1-a1-k1) <∑…     

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   

网球运动员专项知觉技能训练有效性试验研究

（2012年江苏高考第20题）已知各项均为正数的两个数列：{an}和{bn}满足：an＋1=an＋bn/√a2n＋b2n,n∈N＋. （1）设bn＋1=1＋bn/an,n∈N＋,求证：数列{（bn/an）2}是等差数例.