剖析错解 拓展思维

f(x)=(ax-a-x)/2,若a>1,n∈N*且n≥2,试比较f(n)与nf(1)的大小,并证明你的结论.(2006年江苏省高三调研试题)1剖析错误释疑解惑生1解法:f(n)-nf(1)=1/2(an-a-n na-1-na)=1/(2a~n)(a2n-nan 1 nan-1-1).视n为主变元,令F(n)=a2n-nan 1 nan-1-1,则F′(n)=2na2n-1-n(n 1)an n(n-1)an-2,F″(n)=2n(2n-1)a2n-2-n2(n 1)an-1 n(n-1)(n-2)an-3=nan-3[2(2n-1)an 1-n(n 1)a2 (n-1)(n-2)].令g(n)=2(2n-1)an 1-n(n 1)a2 (n-1)(n-2),g′(n)=2(2n-1)(n 1)an-2n(n 1)a=2(n 1)a[(2n-1)an-1-n]>2(n 1)a[(2n-1)-n]>0,g(n)为单调增函数,且g(2)>0,所以F″(n)>0,知…     

IMO_(42-2)的推广的推广

第 4 2届国数学奥林匹克试题第 2题是 :对所有正实数a ,b ,c,证明 aa2 +8bc+bb2 +8ca+cc2 +8ab ≥ 1.文 [1]采用文 [3] [4 ]的方法给出其推广为 :若a ,b ,c ∈R+ ,λ ≥ 8,则 aa2 +λbc +bb2 +λca+cc2 +λab ≥ 31+λ( 1) .文 [2 ]给出了 ( 1)式的简证 ,本文进一步把 ( 1)式推广为更一般的形式 :设λ≥n2 - 1,ai ∈R+ (i =1,2 ,… ,n) ,则有an- 11an- 11+λa2 a3 …an+an- 12an- 12 +λa1a3 …an+… +an- 1na2n +λa1a2 …an- 1≥ n1+λ　 ( 2 )证明　先求正实数x使得an- 11an- 11+λa2 a3 …an≥ nax11 +λ(ax1+ax2 +… +axn) 　　 ( 3) …     

一类无理不等式的证明

若 a,b∈ R ,λ≥ 0 ,n∈N,n≥ 2 ,且 a≤b,则有n a λ- n λa ≥n b λ- n λb . (1 )等号当且仅当 a=b时成立 .证明　根据公式 an- bn=(a- b) (an- 1 an- 2 b … bn- 1 ) ,知n a λ- n λa =(na λ- n λ ) (n (a λ) n- 1 … n λn- 1 )a(n (a λ) n- 1 … n λn- 1 )= 1n (a λ) n- 1 n (a λ) n- 2 λ … n λn- 1≥ 1n (b λ) n- 1 n (a λ) n- 2 λ … n λn- 1=n b λ- n λb .其中等号当且仅当 a=b时成立 ,故 (1 )得证 .利用不等式 (1 ) ,可以使一大批这类不等式获得简证 .例 1　已知正数 a,b,c满足 a b c=3 ,求证 :4a …     

新课程卷理科第（22）题别解

(2 2 )设 a0 为常数 ,且 an =3n-1 -2 an-1 (n∈ N* ) .( )证明对任意 n≥ 1,an =15 [3n +(- 1) n-1 .2 n]+(- 1) n .2 na0 .( )假设对任意 n≥ 1,有 an >an-1 ,求a0 取值范围 .证法 1　 ( )由已知 an =3n-1 -2 an-1 3.an3n =1- 2 .an-1 3n-1 .令 bn=an3n,则 3bn= 1- 2 bn-1 3(bn - 15 ) =- 2 (bn-1 -15 ) 数列 { bn- 15 }是以 b0 - 15 为首项 ,公比为 - 23的等比数列 ,且 b0 - 15 =a0 - 15于是 bn - 15 =(- 23) n(a0 - 15 ) ,又 bn =an3n,∴ an3n =(- 23) n(a0 - 15 ) +15 an =15 [3n +(- 1) n-1 .2 n]+(- 1) n .2 na.( )由 n≥ 1,an …     

递推数列中的数学思想方法例谈

今年全国高考数学理工类压轴题第22题:设a0为常数,且an=3n-1-2an-1(n∈N ),(1)证明,对任意n≥1,an=1/5[3n (-1)n-12n] (-1)n2na0;(2)假设对任意n≥1有an>an-1,求a0的取值范围.文史类第19题:已知数列{an}满足a1=1,an=3n-1 an-1(n≥2)(1)求a2,a3;(2)证明an=3n-12这两道数列解答题     

2003全国新课程卷理科22题别解

题目设a0为常数,且an=3n-1-2an-1 (n∈N+) (Ⅰ) 证明对任意n≥1,an=(1)/(5)[3n+(-1)n-1*2n]+(-1)n*2n*a0; (Ⅱ) 假设对于任意n≥1有an>an-1, 求a0的取值范围.     

灵活变换，巧求通项

一、逐减法形如k1a1 k2a2 k3a3 … kn-1an-1 knan=f(n)(其中k1,k2,…,kn为非零常数)型,可再构造等式:k1a1 k2a2 k3a3 … kn-1an-1=f(n-1)(n≥2).然后两式相减,求通项an.【例1】(2007年山东高考)设数列{an}满足:a1 3a2 32a3 … 3n-1an=3n,n∈N*.求数列{an}的通项.解析:由已知a1 3a2 32a3 … 3n-1an=3n①得n≥2时,a1 3a2 32a3 … 3n-2an-1=n3-1②用①-②得,3n-1an=31,an=31n,又由①得,a1=13,满足上式,所以an=31n(n∈N*).二、Sn法形如f(sn,an)=0型,可利用an=S1(n=1)Sn-Sn-1(n≥2)统一成f(an)=0或f(Sn)=0的形式求解.【例2】(2007年重庆高考)…     

一道高考数列题的变式

[2 0 0 3年天津文 (1 9) ] 　已知数列{an}满足a1=1 ,an=3 n -1 an-1(n≥ 2 ) ,求an=?解 :由已知an-an -1=3 n -1,故an=(an-an-1) (an -1-an -2 ) … (a2 -a1) a1=3 n-1 3 n -2 … 3 1 =3 n-12 .变式 1 )已知数列 {an}满足a1=1 ,an=3(n -1 ) an -1(n≥ 2 ) ,求an=?解 :由已知an-an -1=3 (n -1 ) ,故an=(an-an -1) (an-1-an-2 ) … (a2 -a1) a1=3 (n -1 ) 3 (n -2 ) … 3 (2 -1 ) 1=3n(n -1 )2 1 =3n2 -3n 22 .变式 2 )已知数列 {an}满足a1=1 ,an=3 -1-2an -1(n≥ 2 ) ,求an=?解 :由已知 {an}满足a1=1 ,an=3 -1-…     

解高考数列题需要几种意识

一、递推意识由于数列可以看作正整数n的函数 ,因此对于以递推关系式出现的数列问题 ,常常可以由n=1,2 ,3 ,…入手 ,得到一系列的等式 ,通过对它们进行或加、或减、或乘、或除等运算 ,使问题获解 .递推意识是解数列问题的一种重要意识 .例 1　 ( 2 0 0 3年高考题 )若数列 {an}满足a1 =1,an =3 n- 1 +an- 1 (n≥ 2 ) .求证 :an =12 ( 3 n-1) .证明　在递推式中 ,分别令n =2 ,3 ,4,… ,直到n ,得到 (n -1)个等式 :　　　　a2 =3 +a1 ,　　　　a3=3 2 +a2 ,　　　　a4 =3 3+a3,　　　　……　　　　an =3 n - 1 +an- 1 .将这 (n-1)个等式相加 ,…     

二阶整线性递归数列的性质及应用

2020年全国高中数学联合竞赛加试中有这样的一道数列题: 题目设a1 =1,a2 =2, an=2an-1+an-2(n-3,4,…). 证明:对整数n≥5,an必有一个模4余1的素因子. 解决此题的关键是利用这个递推的两个结论: (1)am+n=aman+1+am-1an; (2)a2n+1a2n-1=a2n2+1....     

一个不等式猜想的否定——兼擂题(98)解答

贵刊2009年第4期擂题(98)如下: 设a,b,f,d,e＞0,且a+b+c+d+e＝1,λ≥0,证明或否定:对任意n≥2或n＜0,有 an/1+λa2+bn/1+λb2+cn/1+λc2+dn/1+λd2+en/1+λe2≥53-n/25+λ (1)     

一道IMO备选题的新证法

文 [1 ]第 1 1 7页是由波兰提供的第 35届IMO备选题 :对 x≠ 0 ,f( x) =x2 12 x ,定义 f(0 ) ( x) =x,和对所有正整数 n和 x≠ 0 ,f(n) ( x) =f( f(n- 1 ) ( x) ) ,求证 :对所有非负整数 n和 x≠ - 1 ,0 ,1 ,有f(n) ( x)f(n 1 ) ( x) =1 1f x 1x- 12 n .原文用数学归纳法直接给以证明 ,本文从数列角度给出新的简单证明 .证明　记 a0 =f(0 ) ( x) ,an=f(n) ( x) ,则a0 =x,an=f ( an- 1 ) =a2n- 1 12 an- 1,从而 an- 1 =( an- 1 - 1 ) 22 an- 1,an 1 =( an- 1 1 ) 22 an- 1,相除得　 an- 1an 1 =an- 1 - 1an- 1 12 ,重复以上办…     

累加法在求数列通项公式中的应用

当数列{an}的递推公式为an 1=an f(n)时,通常使用"累加法"求其通项公式.即将an=an-1 f(n-1),an-1=an-2 f(n-2),……,a2=a1 f(1)各式相加得:an=a1 n-1∑k=1f(k)(n≥2).下面举例说明累加法在求数列通项公式中的应用.     

两个有向循环图的邻接矩阵的乘积矩阵对应有向图的研究

本文得到以下结果:1) [Dn (0, 1, 1, …, 1,0, 1, 1, …, l)]2 = Dn (n-2, n-4,…, n-4, n-2, n -4, …, n-4). 2) [Dn (0,1,1,…,1, 0, 0,…, 0)]2 = Dn (0, 0,1, 2,…,(n-3)/2, (n-1)/2,(n-3)/2, …,2, 1) (n is odd). [Dn (0,1,1,…,1, 0, 0,…, 0)]2 = Dn (1, 0, 1, 2,…, n/2-1,n/2, n/2-1, …,3,2) (n is even). 3) Dn (a0, a1 …, an-1)* Dn (0, 1, 0, …, 0)= Dn (an-1, a0, a1 a2, …, an-2). 4) Dn (a0, a1; …, an-1) * Dn (0, 1, 1, …, 1) = Dn (p-a0, p-a1,p-a2, …, p -an-1) (p=a0 + a1 + a2 +… + an-1).     

正项等比数列的两个性质

设 {an}是以 q为公比的正项等比数列 ,则有以下两个性质 :性质 1　 n a1 a2 … an=n-2 m am +1 am +2 … an-m(n >2 m)证明 :n a1 a2 … an =n a1 .a1 q… a1 qn-1 =n an1 qn( n-1 )2 =a1 qn-1 2 .设 m 2 m)的几何平均数 .记数列前 n项的积为∏n,则 (1)式可以写成n ∏n =n-2 m ∏n-m∏m(2 )注 :…     

谈谈迭加法的延伸运用

1　迭加法的背景若数列 {an}为等差数列 ,则有 an+1 - an= d( n∈ N* ,d为常数 ) .于是 ,an- an- 1 =d,an- 1 - an- 2 =d,… ,a3- a2 =d,a2 - a1 =d,将这 n- 1个式子迭加 ,有 an- a1 =( n- 1 ) d,即得等差数列通项公式 an=a1 + ( n- 1 ) d.考虑到这 n- 1个式子中的被减项是 a2 ,a3,… ,an,而减项是 a1 ,a2 ,… ,an- 1 ,故在被减项和减项中同时出现的项为 a2 ,a3,… ,an- 1 ,于是 ,迭加后这些项被消去 ,得 an- a1 =( n-1 ) d.这种将一系列等式相加的方法叫迭加法 .2　迭加法的延伸点迭加法在求数列通项时的运用 ,是基于数列相邻项的差的特点…     

广义Fibonacci数列a_n的若干性质

设Fn表示数列Fibonacci数列的第n项,an表示{an=an-1 an-3 an-4}的第n项.得到如下结果:Fi s)2,a6=(∑m 2Fi s)2,a4=(∑m 1Fi s)2且an=an-1 an-3 an-4,则(i)a2n=(∑m n-1Fi s)2,设a1=1,a2=(∑mi=3i=ni=1i=2Fi s);(ii)a2n 1=(∑m n-1Fi s)(∑m n-1Fi s) (-1)n 1X(m,s).其中X(m,Fi s)(∑m na2n-1 a2n-2 a2n-3=2(∑m n-2i=ni=n 1i=n-1i=ns)=(Fm s 1-Fs 1)(Fm s 2-Fs 2)-1.从而肯定回答了徐道提出的一个猜测.     

一道美国竞赛题的推广

题目a、b、c是正实数.证明:(a5-a2 3)(b5-b2 3)(c5-c2 3)≥(a b c)3.(2004,美国数学奥林匹克)研究该题,笔者发现可以将其堆广.命题若ai∈R ,i=1,2,…,n,则∏ni=1(a2n-1i-an-1i n)≥∑ni=1ain,n∈ .证明:因为ai∈R ,i=1,2,…,n,所以,(ani-1)(an-1i-1)≥0(n∈N )a2n-1i-ani-an-1i 1≥0a2n-1i-an-1i n≥ani (n-1).记Ani=ani (n-1),则由上式知∏ni=1(a2n-1i-an-1i n)≥∏ni=1(Ani).①下面证明∏ni=1(Ani)≥∑ni=1ain.因为1=an1An1 n-1An1=an1An1 1An1 … 1An1,1=1An2 an2An2 1An2 … 1An2,1=1An3 1An3 an3An3 1An3 … 1An3,……1=1Ann …     

一道数学竞赛题的探究

题目 已知数列{an}满足：a1=2,an=2（an-1＋n）（n=2,3,…）.求数列{an}的通项公式.（2013年全国高中数学联赛（B卷）试题）本文从一题多解,一题多变两个角度对本题目进行探究,希望对同仁有所帮助.一、一题多解解法1：a1 =2,a2 =2（a1＋2）=8,当n≥3时,我们有an-2an-1=2n,an-1-2an-2=2（n-1）,两式相减,得an-3an-1＋2an-2=2,即an-an-1＋2=2（an-1-an-2＋2）,令bn=an-an-1＋2（n≥2）,则数列{bn}（n≥2）是公比为2的等比数列,且b2=a2-a1 ＋2=8,于是bn=b2×2n-2=2n＋1,即an-an-1＋2=2n＋1,于是,an-1-an-2＋2=2n,…,a2-a1＋2 =23,将上面n-1个等式相加,得an-a1＋2（n-1）=23 ＋24＋…＋2n＋1=2n＋2—8,∴.an=2n＋2—2（n＋2）,注意到当n=1,2时,公式仍适用,所以这就是所求的通项公式.     

广义Fibonacci数列an的若干性质

设Fn表示数列Fibonacci数列的第n项，an表示{an=an-1 an-3 an-4}的第n项．得到如下结果：设“a1=1，a2=(∑i=1^mFi s)^2,a4=(∑i=2^m 1Fi s)^2，a6=(∑i=3^m 2Fi s)^2且an=an-1 an-3 na-4,则(i)a2n=(∑i=n^m n-1Fi s)^2，a2n-1 a2n-2 a2n-3=2(∑i=n-1^m n-2Fi s)(∑i=n^m n-1Fi s)；（ii)a2n 1=(∑i=n^m n-1Fi s)(∑i=n 1^m nFi s) (-1)^n 1X(m,s),其中X(m,s)=(Fm s 1-Fs 1)(Fm s 2-Fs 2)-1.从而肯定回答了徐道提出的一个猜测.