例述导数在解题中的应用类型

一、证明等式【例1】求证:C1n 2C2n 3C3n … nCnn=n·2n-1.证明:由题构造二项式(1 x)n=C0n C1nx C2nx2 … Cnnxn.两端对x求导数得[(1 x)n]=[C0n C1nx C2nx2 … Cnnxn]即n(1 x)n-1=C1n 2C2nx … (n-1)Cn-1nxn-2 nCnnxn-1令x=1得n·2n-1=C1n 2C2n 3C3n … nCnn∴C1n 2C2n 3C3n … nCnn=n·2n-1.二、证明不等式【例2】已知m,n是正整数,且2≤m(1 n)m.证明:原不等式等价于不等式nln(1 m)>mln(1 n)即ln(1 n)n1,…     

一个组合数恒等式的三种证法

一个有关组合数的恒等式是 :C1 n+ 2C2 n+3C3n+… +nCnn =n· 2 n- 1 (n∈N ) .下面给出它的三种不同证法 ,其中第三种证法出人意料 ,简洁优美 ,有绝妙之处 .证法 1　倒序相加法 .设Sn =C1 n + 2C2 n + 3C3n +… + (n-1)Cn - 1 n +nCnn,则Sn =nC0 n+ (n -1)C1 n+ (n-2 )C2 n+… +Cn- 1 n ,两式相加 ,得2Sn =n(C0 n+C1 n+C2 n+… +Cn - 1 n +Cnn)=n· 2 n.∴Sn =n· 2 n- 1 .证法 2　逐项转化法 .mCmn =m· n !m !(n -m) !=n· (n -1) !(m-1) !(n -m) !=nCm - 1 n- 1 ,分别令m =1,2 ,3 ,… ,n并分别相加得 .C1 n+ 2C2 n + 3C3n+…     

用不定方程解的个数解一类计数问题

定理 方程x1＋x2＋…＋xn=k（k∈N＋）． （1）非负整数解有C（n＋k-1）^（n-1）组； （2）当k≥n时，正整数解有C（k-1）^（n-1）组．     

极限的八种求法

一、先化成商的形式,再求极限例1眼lg(2x4+3x3-1)-2lg(2x2-3)演=()A.1B.lg2C.14D.-lg2解∵lg(2x4+3x3-1)-2lg(2x2-3)=lg(2x4+3x3-1)-lg(2x2-3)2=lg2x4+3x3-1(2x2-3)2=lg2+3x-1x4(2-3x2)2.∴原式=lg2+3x-1x4(2-3x2)2=lg2+0-0(2-0)2=lg12=-lg2.选D.二、先求和,再求极限例2C22+C23+C24+…+C2nn(C12+C13+C14+…+C1n)=()A.3B.13C.16D.6解∵C22+C23+C24+…+C2n=C33+C23+C24+…+C2n=C34+C24+…+C2n=…=C3n+C2n=C3n+1=n(n-1)(n+1)6,n(C12+C13+C14+…+C1n)=n(2+3+4+…+n)=n(n-1)(n+2)2,∴C22+C23+C24+…+C2nn(C12+C13+C14+…+C1n)=…     

一个不等式的证明

定理nn-1[(m+1)n-1n-1]<∑mi=11niαn-αn-1(α>1,n∈N,n≥2).证明由二项式定理得(α-1n)n=∑nr=0(-1)rCrn1nrαn-r,∵Crn(1n)r-Cr+1n(1n)r+1=Cr+1n(1n)r+1·nr+rn-r≥0,∴Crn(1n)r≥Cr+1n(1n)r+1(当且仅当r=0时等号成立).若n为偶数时,(α-1n)n=αn-αn-1+(C2n1n2αn-2-C3n1n3·αn-3)+…+(Cn-2n1nn-2α2-Cn-1n1nn-1α)+Cnn1nn>αn-αn-1;若n为奇数时,(α-1n)n=αn-αn-1+(C2n1n2αn-2-C3n1n3·αn-3)+…+(Cn-1n1nn-1α-Cnn1nn)>αn-αn-1.2定理的证明(1)∑m…     

新课程中的数学创新题初探

运算模型 例1设[x]表示不超过x的最大整数（如[2]=2,[5/4]=1）．对于给定的n∈N^＊,定义Cn^x=n（n-1）…（n-[x]＋1）/x（x-1）…（x-[x]＋1）,x∈[1,＋∞],则C8^3/2=_.当x∈[2,3）时,函数C8^x的值域是_．     

用公式C_n~k=n/k(C_(n-1)~(k-1))解竞赛题

组合数 Ckn也称为二项式系数 ,在竞赛数学中有广泛的应用 ,本文仅讨论组合数中的一个公式 Ckn=nk Ck- 1 n- 1 的证明和简单应用 .例 1　证明 Ckn =nk Ck- 1 n- 1 . ( * )证明　由组合数的显式表示 :右边 =nk Ck- 1 n- 1 =nk . ( n - 1 ) !( k - 1 ) !( n - k) != n!k!( n - k) !=左边 .故 ( * )成立 .下面讨论公式 ( * )的应用 .例 2　计算 C01 1 1 C1 1 1 2 C21 1 3 … C1 1 1 1 1 2 .( 1 998上海市高中数学竞赛题 )解　由 ( * )可得 :1k Ck- 1 n- 1 =1n Ckn,当 n= 1 2 ,且 k分别取 1 ,2 ,… ,1 2后可得C01 1 1 C1 1 1 2 C…     

巧用组合数的性质求和

正一、利用公式C0n+C1n+C2n+C3n+…+Cn n=2n求和1.直接利用公式例1求和C1n+C3n+C5n+…解由于奇数项之和与偶数项之和相等,因此奇数项之和等于所有项之和的一半.所以C1n+C3n+C5n+…=1/2×2n=2n-1.2.由公式Cr n=Cn-r n进行转化例2求和1+2C1n+3C2n+…+(n+1)Cn n.解设S=1+2C1n+3C2n+…+(n+1)Cn n,其倒序和为S=(n+1)Cn n+nCn-1n+…+2C1n+1.考虑到Cr n=Cn-r n(0≤r≤n),将以上两式相加得2S=(n+2)C0n+(n+2)C1n+…+(n+2)Cn n=(n+2)·2n,所以S=(n+2)·2n-1     

数列

试题 1（湖北卷，理科第15题）将杨辉三角中的每一个数C′n都换成1/（n＋1）C′n，就得到一个如图1所示的分数三角形，成为莱布尼兹三角形，从莱布尼兹三角形可看出1/（n＋1）C′n＋1/（n＋1）C′n=1/nC′n-1，其中x=_____，令an=1/3＋1/12＋1/30＋1/60＋…＋1/nC^2 n-1＋1/（n＋1）Cn^2,则liman（n→∞）=_____.     

例析高考数列通项公式的常用求法

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．