等差数列一个有趣的性质

下面两题,在一些书刊资料上都有选用。 [题一] 一个等差数列共有2n+1项,其中奇数项之和为305,偶数项之和为276,试求第n+1项。 [题二] 求证:等差数列的前2n+1项中,奇数项的和与偶数项的和之比为n+1/n。有的资料还将[题一]改为如下的选择题: 一个等差数列共2n+1项,其中奇数项之和为305,偶数项之和为276,则第n+1项为: (A)31;(B)30;(C)29;(D)28。某资料给出了如下的解答。 [解] 由,得     

一九九四年全国高中数学联合竞赛试卷与参考答案

第一试一选择题1.设a、b、c是实数，那么对任何实数x，不等式都成立的充分必要条件是(C).(A)a、b同时为0，且c＞02.给出下列两个命题：(1)设a、b、c都是复数，如果(2)设a、b、c都是复数，如果那么下述说法正确的是(B).(A)命题(1)正确，命题(2)也正确(B)命题(1)正确，命题(2)错误(C)命题(1)错误，命题(2)也错误(D)命题(1)错误，命题(2)正确3.已知数列｛a_n｝满足其前n项之和为S_n，则满足不等式的最小整数n是则下列三的大小关系是(A).5.在正n棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是(A).6.在平面直角坐标系中，方程为不相等的两个正…     

求分母不大于n(n≥2)的既约真分数和的计算公式

命题:设n是大于1的自然数,则分母不大于n的全体既约真分数之和为     

单位分数的分拆

将一个单位分数1/n(n是正整数)拆成两个不相等单位分数之和是常见的竞赛题．比如，由常见的裂项公式1/n(n 1)=1/n-1/n 1，即1/n=1/n 1 1/n(n 1)，知     

连续自然数的和与积的一些性质

几个连续自然数所构成的数列,是一个以1为公差的等差数列,根据等差数列的通项公式可知,最小数为m(m≠0,下同)的n个连续自然数的和为Sn=nm+n(n-1)2.(1)最小数为m的n个连续自然数的积记为Tn=m(m+1)(m+2)…(m+n-1).(2)本文对几个连续自然数的和与积的一些性质做一点探讨.关于这些性质,我们或者给出证明思路,或者只给出结论,其详细的证明留给有兴趣的读者去完成.1连续自然数之和的性质性质1两个连续自然数之和是奇数.性质1显然成立.由性质1不难推出:任意四个连续自然数之和(两个奇数之和)一定是偶数.进一步有:任意4n(n∈N+)个连续自然数之和一定是偶数.     

偶数的分类与分级

全体偶数是公差为2的无穷等差数列,做适当的分类和分级后展现的某些性质,可以作为一些(有关偶数Ne的)重要命题分析论证的依据,且能对下面三个命题给出清晰明确的解析论证:(1)相同素因子偶数系的偶数元素表为两个奇素数之和的表法个数r2(Ne)随所在的级数一致增长.(2)同一级的偶数元素中,形如2n的偶数或2npi的超常偶数,表为两个奇素数之和的表法个数r2(2n)或r2(2npi)     

一道数列求和的多种解法

题目一等差数列的前10项之和为100,前100项之和为10,则前110项之和为多少?解法1:将S_(10)=100,S_(100)=10代入公式S_n =na_1 (n(n-1))/2 d得:(?)解得(?)再代入S_n=na_1     

单位分数的两项差分拆

把1平均分成”等分（”为大于1的自然数），每一份1/n做单位分数．把一个单位分数表示为单位分，数的和，叫做单位分数的分拆，文[1]第三讲给出了单位分数1/n分拆为两个单位分数之和的四种方法：列举，尝试法、公式法、约数变形法、平方因子法．本文将模仿两项和分拆，解决单位分数的两项差分拆：     

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     

等差数列中奇、偶项和的关系

设{an}是n项的等差数列,记公差为d,Sn为所有项之和,S奇为所有奇数项之和,S偶为所有偶数项之和．即     

关于一类特殊数列的前n项和公式

在文献[1]中，给出了一类特殊数列的前n项和公式。本文进一步推广了[1]中的结果。命题1设｛an｝是公差d≠0的等差数列，则命题1证率。田命题1可推出[1]中的公式一和三。推论1·1（[1]，公式一）推论1·2（[1],公式三）命题2设｛a｝是公差为d≠0的等差数列，且ai≠0，i＝1，2…，r≥2，则命题2证毕。由命题2可推出[1]中的公式二和四。推论2·1（[1]，公式二）若r≥2，则关于一类特殊数列的前n项和公式@刘春峰$锦州师专@郑秋丰$锦州太和八中数列;;前n项和;;公差[1] 唐兴国,一类持殊数列的前n项和公式.数学通报,1994.1…     

从两道错题谈等差与等比数列的性质应用

错题1:(高中数学配套练习P64,甘肃)一个等差数列共有2n+1项,其中奇数项之和为305,偶数项之和为276,则n+1项是().A.31B.30C.29D.28一般解法:S奇=a1+a3+a5+…a2n+1,(1)S偶=a2+a4+a6+…a2n,(2)(1)-(2)得S奇-S偶=a1+nd=an+1,即an+1=305-276=29,故选(C).特殊解法:∵S2n+1=an+1(2n+1),∴2n+1=3052+9276=52891,∴n不是整数,∴这是一道错题.错题2:一个项数是奇数的等差数列,它的奇数项与偶数项之和分别是168和140,最后一项比第一项大30,则数列的项数是().A.21B.15C.11D.7解:设项数为2k+1项,则ak+1=S奇-S偶=28.∴S2k+1=28×(2k+1)=168+140,得…     

高考中的二项式问题

解二项式问题,首先要熟悉二项展开式的通项公式,其次还要掌握以下三个方面:(1)(a+b)~n的展开式的二项式系数之和为2~n.(2)对于(a+b)~n而言,当n为偶数时,其展开式中只有中间一项,即第(n/2+1)项的二项式系数最大;当n为奇数时,其展开式中中间两项,即第(n+1)/2和(n+3)/2项的二项式系数最大.     

1989年一联赛题的简证

题目:有n×n(n>4)的一张空白方格纸,每格任填1或-1;n个既不同行又不同列的数之积称为一个基本项.试证:按上述方式填成的每个方格表,基本项之和可被4整除.     

关于表真分数为三个单位分数之和

本文首先讨论了不定方程m/n=1/x 1/y的解法,然后利用其结果给出了不定方程m/n=1/x 1/y 1/z的解法,从而彻底解决了将一个已知的既约真分数m/n表为三个单位分数之和的问题(判定m/n能否表为三个单位分数之和,若能表,求出其所有表达式),举出了计算实例,最后证明了:当1相似文献   

两类不等式的加强证法──数学归纳法的又一证题技巧

高三复习中有学生问过下列两个命题的证明：命题1求证：命题2求证：并且认为用数学归纳法证失效了。其实不然，而是学生没有熟练掌握用数学归纳法证明不等式的一种技巧——加强命题．分析对于命题1，可令∴f(n)在n∈N上是增函数，原来f（n＋1）＞f（n）＜，两个不等号方向不一致．设想能不能构造一个函数g（n）＞0，使F（n）＝f(n)＋g（n）是减函数，变换为证朋F（n)＜？为了使得数学归纳法有效，这样的g（n）应有什么附加条件呢？首先，欲F（n＋1）-F（n）=f（n＋1） g（n＋1）-［f（n） g（n）]＜0，则应有f（n＋1)-f（n）＜g（n）-g（n…     

错在哪里

同学们在平时解题过程中,喜欢拿到题就做,不注意审题,缺乏周密思考,往往出错还不知道错在哪里.下面就数列问题举例说明,以期引例起1大家的注意.已知有穷数列1,4,7,10,…,3n+7,其中后一项比前一项大3.(1)指出这个数列的通项公式.(2)指出1+4+7+…+(3n-5)是该数列的前几项之和.错解:(1)这个数列的通项公式为an=3n+7.(2)1+4+7+…+(3n-5)是该数列的前n项之和.错因:(1)若n=1,则a1=10≠1.显然3n+7不是它的通项.(2)该数列的通项不是3n-5,所以1+4+7+…+(3n-5)不是它的前n项之和.正解:(1)数列的第m项am=1+3(m-1)=3m-2,所以该数列的通项公式是am=3m-2(m…     

重视数学归纳法的第一个步骤

数学归纳法是用于证明与自然数n有关的命题，其第一个步骤是验证当n=n0(n0∈N)时命题正确；第二个步骤是假设n=k(k≥n0，且k∈N时命题正确，进而推出n=k 1时命题也成立．其重点是在第二个步骤上，因此不少书本在作略证时往往只出现了n=k 1时的推理过程，这是为了节省篇幅．但是我们不能忽略第一个验证的步骤．现通过数例，说明如何正确完成第一个步骤．     

对一个“定值”问题的进一步推广

《教学与研究》85年第6期上刊登了张焕明同志的文章《从浙大少年班的一个招考题谈起》,文中证明了下面两个命题的正确性:命题1:正多边形内任一点到各边距离之和为一定值.命题2:正多面体内任一点到各面距离之和为一定值.     

数学归纳法的两种变通技巧

数学归纳法是论证具有递推性的自然数命题正确性的重要数学方法.通常用数学归纳法证题时.“从 k 推到k 1”采用“添项”或“裂项”来创造应用 n=k 的假设条件.针对命题特点,有时采取“相减法”或“相除法”更为快捷.1 相减法:若命题的结构式中有关于 n 的连加式,则可考虑利用 n=k 1和 n=k 时的两个结构式的差,创造应用归纳假设的条件.