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连续自然数积的和式的求解是数学竞赛命题的重要内容之一,主要考查学生求解方法的掌握情况,避免大量繁琐运算,常见的类型有以下两类.第一类:1×2+2×3+…+n(n+1);1×2×3+2×3×4+…+n(n+1)(n+2);第二类:1/(1×2)+1/(2×3)+…+1/n(n+1);1/(1×2×3)+/2×3×4+…+1/n(n+1)(n+2)怎样求以上两类和式的结果呢?应该说,它们肯定各有其求解通项公式,现就其各和式的 相似文献
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例1已知数列{a_n}中,a_1=1,对任意自然数n都有a_n=a_(n-1)+1/(n(n+1)),求a_n.解:由已知得a_n-a_(n-1)=1/(n(n+1)),a_(n-1)-a_(n-2)=1/((n-1)n),…,a_3-a_2=1/(3×4),a_2-a_1=1/(2×3).以上n-1个式子累加,并利用1/(n(n+1))=1/n-1/(n+1),得a_n-a_1=1/(2×3)+…+1/((n-2)(n-1))+1/((n+1)n)+1/(n(n+1))=1/2-1/(n+1),∴a_n=3/2-1/(n+1).点评:求形如a_n-a_(n-1)=f(n)的数列通项,可用累加法. 相似文献
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有理数竞赛题题型丰富,技巧性强,对于学有余力的同学开发智力极为有利.现选择近年来广州市“五羊杯”初中数学竞赛中的有理数赛题,介绍这些试题的题型特点和解题思路,供读者参考.一、求值计算题例1计算:199+298+397+…+991+1090+1189+…+9802+9901=摇摇摇摇.(2001年)分析这里有99个数相加,考察每个数的特点,应适当变形之后再结合相加.原式=(200-1)+(300-2)+(400-3)+…(1000-9)+(1100-10)+…+(9900-98)+(10000-99)=(200+300+400+…+10000)-(1+2+3+…99)=(200+10000)×992-(1+99)×992=5100×99-50×99=(5100-50)×99=499950.例2计算:2÷3÷7+… 相似文献
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章从群 《聪明泉(少儿版)》2003,(9)
<正> 在某市小学数学奥赛试卷上,有这样一道计算题:85×(4-99×97×95)+85×99×97×95 小选手们在审题时发现,题中括号里的被减数是4,而减数竟然是3个两个位数的连乘积。“这差怎么算出来呢?”于是,干脆把这道题放掉不做。其实这道题并不难。 相似文献
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一、通过猜想,探索问题的结果例1设f(x)=4x4x+2,求f(20105)+f(20205)+…+f(22000035)+f(22000054)的值.解析f(20105)+f(22000054)=412005412005+2+420042005420042005+2=4+2×412005+4+2×4200420054+2×412005+2×420042005+4=1.由于12005+22000045=1,于是猜想:当x1+x2=1时,是否总有f(x1)+f(x2)=1恒成立?事实上,当x1+x2=1时,有f(x1)+f(x2)=4x14x1+2+4x24x2+2=4+2×4x1+4+2×4x24+2×4x1+2×4x2+4=1.因此,原式=[f(20105)+f(22000045)]+…+[f(12000052)+f(12000035)]=1002.二、通过猜想,发现问题的解法例2求证:(1-x)2+(!3-y)2!+(2-x)2+y2!+x2… 相似文献
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胡怀志 《初中生世界(初三物理版)》2004,(28)
一、巧用运算律例1计算-117×(132-0.125)÷(-1.2)×(-1313).解原式=-117×(132-18)×(-56)×(-1613)=-117×1613×(132-18)×56=-9×(12-2)×56=9×32×56=1114.二、合理分组例2计算1-2+3-4+5-6+7-8+…+4999-5000=(1999年“希望杯”初一数学竞赛试题)解原式=(1-2)+(3-4)+(5-6)+(7-8)+…+(4999-5000)=(-1)+(-1)+(-1)+(-1)+…+(-1)(共有2500个)=-2500.三、反序相加例3计算12+(14+34)+(16+36+56)+…+(198+398+…+9798)=(1998年“五羊杯”初一数学竞赛试题)解设原式=S,将每个括号内的分数反序排列,可得S=12+(34+14)+(56+36+16)+…+(9798+…+39… 相似文献
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《江苏教育》1963,(1)
问:什么叫做有限小数,什么叫做无限小数? 答:小数点后面的位数有限的小数叫做有限小数。如1/2的值是0.5,1(1/8)的值是1.125,0.5和1.125就是有限小数。小数点后面的位数无穷的小数叫做无限小数。如1/3的值是0.3333……,4(3/7)的值是4.428571……,0.3333……和4.428571……就是无限小数。问:怎样的分数才可以化成有限小数? 答:既约分数的分母是2的几乘方、5的几乘方或者是2的几乘方与5的几乘方相乘积,这样的分数才能化成有限小数。如3/4,分母4=2×2;7/(25),分母25=5×5;7/(40),分母40=2×2×2×5;它们都可以化成有限小数。1/(15),分母15=3×5;4/(27),分母27=3×3×3;它们就不能化成有限小数。所以,要看一个既约分数 相似文献
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张黎明 《青海师范大学民族师范学院学报》2001,(1)
数学归纳法是数学里一种重要的证明方法。下面通过实例,列举几种证法。一、代数恒等式的证明一般采用的证明方法是在等式两边同加或同乘以第 k+1项,然后适当变形即可得证。例1 求证:1-(1/2)+(1/3)-(1/4)+…+/1(2n-1)-1/(2n=1/(n+1)+1/(n+2)+…+1/(2n)证明1°当 n=1时,左边=1-1/2=1/2.右边=1/(1+1)=1/2.等式是成立的。2°假设 n=k(k≥1)时等式成立,即 相似文献
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一类有关自然数的求和问题,若能将通项变形成组合数,构造出组合恒等式: C_(n-1)~m+C_(n-2)~m+C_(n-3)~m+…+C_(n+1)~m+C_m~m=C_n~(m+1)(高中代数第三册第81页18(2)题)。用其求和,则非常简捷。例1 求和 1×(3×1+1)+2×(3×2+1)+…+n(3n+1)。 相似文献
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1.比较、强化:带分数乘法计算方法的教学教师先让学生完成下面两道复习题:①把3(1/4)、5(3/(10))、2(5/9)、10(2/5)化成假分数。②计算:(7/(15))、39×(5/(26))、(27)/(100)×(25)/(81)。后启发学生用两种方法计算6(2/3):①把6(2/3)看成“6+(2/3)”(带分数意义),用乘法分配律进行计算:6(2/3)×8=(6+(2/3))×8=6×8+(2/3)×8=48+5(1/3)=53(1/3)。②把6(2/3)化成假 相似文献
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“一个数乘以分数”,是分数乘法单元中的教学重点,也是难点,是学习分数除法的重要基础。通过例1的教学,不仅使学生初步领会一个数乘以分数的意义,而且还要使学生掌握整数乘以分数的计算方法。本节教学的关键,在于充分运用旧知来讲授新知。具体教学过程如下:一、复习旧知,准备迁移。教师让学生口答“分数乘以整数的意义和计算法则”,口算2/(11)×1、2/(11)×3、3/(20)×5、3/(20)×20、7/(12)×6、(29)/(400) 相似文献
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解某些无理方程与无理不等式、推导圆锥曲线的标准方程,需要对式子两端施行平方运算,这是大家熟知的。在另一些场合下,这一方法,对于化繁为简,也很有意义,以下,聊举数例说明这种情况。例1 若A=(6~(1/2)+2~(1/2))(3~(1/2)-2)((3~(1/2)+2)~(1/2),试求A。解原式较繁,因之,试探其平方是否可以化简,得: A~2=(6~(1/2)+2~(1/2))~2(3~(1/2)-2)~2(3~(1/2)+2) =(8+4(3~(1/2)))(3~(1/2)-2)~2(3~(1/2)+2) =4(3~(1/2)-2)~2(3~(1/2)+2)~2=4 考虑到3~(1/2)<2因而A<0,所以A=-2。例2 求sin15°+cos15°的值。解考虑到:sin~215°+cos~215°=1, 并且2sin15°cos15°=sin30°=1/2 可知: 相似文献
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六年级一、填空: 1.2001÷20012001/2002=( ) 2.1/11×13+1/13×15+1/15×17+1/17×19+1/19×21+1/21×23=( )。 3.规定a▲b=a+(a+1)+(a+2)+…+(a+b-1),其中a、b表 相似文献
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《时代数学学习》2005,(3)
问题 圆上有 9 个数码,已知从某一位起把这些数码按顺时针方向记下,得到的是一个9位数并且能被27整除.试说明:如果从任何一位起把这些数码按顺时针方向记下的话,那么所得的一个9位数也能被27整除.分析与解 如图 1 所示,设从位置a1 起得到的9位数是A = a1a2…a9,能被27整除,现在只要说明B = a2a3…a9a1 能被27整除,其余的均可依次推出.而A = a1 ×108 + a2 ×107 + a3 ×106 +…+ a ×10+ a ,善学 乐学B = a2 ×108 + a3 ×107 + a4 ×106 +…+ a9 ×10+ a1.故 10A -B = a1 ×109 - a1 =99…99个9a1 =9a1 ×11…19个1.因为3可整除11…1… 相似文献
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引例 求数列 1 2 ,1 1 2 2 ,1 1 1 2 2 2 ,… ,1 1… 1n个 12 2… 2n个 2,…的通项公式 ,并说明它的各项与自然数的关系 .解 先看前几项 :1 2 =3× 4 ;1 1 2 2 =3 3× 3 4;1 1 1 2 2 2 =3 3 3× 3 3 4;…猜想 1 1… 1n个 12 2… 2n个 2=3 3… 3n个 3× 3 3… 3n- 1个 34 .证明 通项 an=1 1… 1n个 1× 1 0 n 2× 1 1… 1n个 1 =1 1… 1n个 1× 99… 9n个 9 3× 1 1… 1n个 1 =(3× 1 1… 1n个 1) 2 3× 1 1… 1n个 1 =3 3… 3n个 3× 3 3… 3n个 34 .也可另求通项 an=1 1… 1n个 1× 1 0 n 2 2… 2n个 2= 19(1 0 n- 1 ) 1 0 n 29… 相似文献