X(u,λ,N)=intergral from n=0 to ∞λ~(-Nt){1/4〔(lim2·-1(n to ∞)~2-1)}~t dt 的存在性和特性

设u,λ,N是三个参变量,其中u,λ∈R,N∈Z .本文所构造的一个积分函数X(u,λ,N)如下:X(u,λ,N)=∫ ∞0λ-Nt14(limn→∞2·u u u …-1)2-1tdt　　　　　　　　　　　n重根号()·极·限·存·在·性考虑极限limn→∞u u u …,显然给定u=0时极限存在且等于0.　　　　　　　　　　　n重根号(1)给定u≥1时,令Wn=u u u …,因W1=u<2u,而Wn 1=u Wn,　　　　　　　　　　　n重根号故Wn<2uWn 1<2u,所以根据数学归纳法知,Wn有上界:Wn<2u(一切n).另一方面,由Wn 1=u Wn知Wn单调递增.(2)给定0相似文献   

巧用lim from(n→∞)(a_(n+1))=lim from (n→∞)a_n解题

我们知道 ,由数列极限定义知 :当limn→∞an存在时 ,limn→∞an+1 =limn→∞an.那么这个结论在解题中有什么应用呢 ?例 1　已知limn→∞an 存在 ,且limn→∞2anan+1 + 1 =1 ,求limn→∞an 的值 .分析　设limn→∞an =A .∵　limn→∞2anan+1 + 1 =1 ,∴　2limn→∞anlimn→∞an+1 + 1 =1 ,∵　　limn→∞an+1 =limn→∞an =A ,∴ 2AA + 1 =1 ,解之得A =1 ,即limn→∞an =1 .例 2　数列 xn 满足x1 =a>0 ,xn+1 =12 xn+ axn,若数列 xn 的极限存在且大于0 ,求limn→∞xn 的值 .分析　依题意 ,设limn→∞xn =A >0 ,则limn→∞ xn+1 =limn→∞x…     

一个命题的修正及推广

《数学方法与解题方法论》第 130页有这样一个命题 :形如 aa…aan个bb…bbn个(a≠ 0 ,a,b∈ { 0 ,1,2 ,3,… ,8,9} ,n∈ N* )能够表示成两个连续自然数的乘积的充要条件是 a=1,b=2 .笔者经过仔细的证明 ,发现此命题是错误的 ,应修正为 :形如 aa… aan个bb… bbn个的自然数 (a≠ 0 ,a,b∈ { 0 ,1,2 ,3,… ,8,9} ,n∈N* )能够表示成两个连续自然数的乘积的充要条件是 a=1,b= 2或 a=4 ,b=2或 a=9,b=0 .证明　 (必要性 ) :aa…aan个bb…bbn个(n∈N* )=(1+10 1 +10 2 +… +10 n-1 )× 10 na+(1+10 1 +10 2 +… +10 n-1 ) b=(1+10 1 +10 2 +… +…     

八类求数列极限的常见题型

数列的极限是数学中的一个重要内容,也是高考重要的知识点之一,在历年的高考中几乎都有涉及.下面归纳介绍数列极限的常见题型及相应的求解策略,供同学们在学习过程中作为参考.一、分式型策略求分子、分母都是关于n的多项式的有理分式的极限,应先将分子、分母同除以n的最高次幂,再运用极限的运算法则来求解.一般而言,若P(n)=am·nm+am-1·nm-1+…+a1·n+a0,Q(n)=b·tnt+bt-1·nt-1+…+b·1n+b0,则limn→∞P(n)Q(n)=ambt(m=t),0(mt).例1求limn→∞3n2+2nn2+3n-1.解limn→∞3n2+2nn2+3n-1=nli→m∞3+2n1+3n-n12=3.二、指数型策…     

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.     

高等数学(工专)练习

第一部分选择题一、单项选择题(本大题共30小题,每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的,请选出正确选项)(一)每小题1分,共20分1、函数y=24-x√|x|+x的定义域是A.(0,4)B.(-1,3)C.[0,4)D.(0,4]2、若limn→∞2n3+8n-2an3+3n2+2n+1=4,则a= A.4B.1C.3D.123、若limn→+∞yn=2,那么=limn→∞12(yn+yn+1)= A.0B.2C.4D.不存在4、若f(x)在x0处连续,又f(x0)=2,那么limx→x0f(x)= A.1B.0C.3D.25、设数列an为无穷小量,则limn→+∞(3sin2n+4cosn)an= A.7B.1C.0D.∞6、如果数列an满足条件(),那么limn→+∞an一定存在。A.单调B.…     

错在哪里

1　安徽五河二中　卜盛淼　(邮编:2 3 3 0 0 0 )题　已知limn→∞( 6an-bn) =7,limn→∞( 3an-4bn) =-1 ,求limn→∞( 3an bn)的值。解　由数列极限四则运算法则得:6limn→∞an-limn→∞bn=7①3limn→∞an-4limn→∞bn=-1②解①②得limn→∞an=2 92 1 ,　limn→∞bn=97,∴limn→∞( 3an bn) =3limn→∞an limn→∞bn=3×2 92 1 97=3 87。解答错了!错在哪里?错在误用极限四则运算法则。本题中并不能明显得出limn→∞an、limn→∞bn 都存在,必须先证明limn→∞an、limn→∞bn都存在,才能用极限四则运算法则。正解　设3an bn=x( 6an-bn) y( 3…     

例谈集合题的常规处理方法

集合题的常规处理方法主要有以下几种 :一、定义法【例 1】　 (2 0 0 0年上海春季招生备用题 )已知集合A ={x｜x =5n+1 ,n ∈N},B ={x｜x =5n+2 ,n∈N},C={x｜x =5n+3 ,n∈N},D ={x｜x =5n+4,n∈N},若α∈A ,β∈B ,θ∈C ,γ∈D ,则 (　　 ) .A α2 ∈A ,β2 ∈D ,θ2 ∈D ,γ2 ∈AB α2 ∈A ,β2 ∈B ,θ2 ∈C ,γ2 ∈DC α2 ∈A ,β2 ∈C ,θ2 ∈B ,γ2 ∈AD α2 ∈B ,β2 ∈D ,θ2 ∈D ,γ2 ∈B析解 :设α =5n+1 ,n∈N ,则α2 =(5n +1 ) 2 =5 (5n2 +2n) +1 ∈A ;同理可得β2 =(5n+2 ) 2 =5 (5n2 +4n) +4∈D .θ2 =(5n+3 )…     

思维破定势，反面更简捷，不用“数归法”——简析两道高三数列综合题的解法

题1 数列{an}中，a1=1，当n≥2时，-1/√n-1〈an〈0，Sn为数列前n项的和，且Sn=1/2[an-1/n（n-1）an],（1）求S1，S2，S3，S4的值；（2）求数列{Sn}的通项公式；（3）求limn→∞．an.     

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…     

三角复习综合测验题

1.化简 (1+cos2α)/(ctg α/2-tg α/2).2.求值 log_2sin22.5°+log_2cos22.5°3.已知α、β是锐角,且 cosα=1/7,cos(α+β)=-11/14求β.4.设90°0.5.设α、β是锐角三角形二锐角,求证     

两个三角恒等式的新的统一证明

三角恒等式 :cosα cos(1 2 0°-α) cos(1 2 0° α) =0 ,sinα- sin(1 2 0°- α) sin(1 2 0° α) =0 .其中 α为任意角 .文 [1 ]、[2 ]先后给出了这两个恒等式的统一证法 .其实 ,笔者得以下证法更显朴素自然 ,简捷明快 !证明　记P=cosα cos(1 2 0°- α) cos(1 2 0° α) ,Q=sinα- sin(1 2 0°-α) sin(1 2 0° α) .则　 P2 Q2 =3 2 [cosαcos(1 2 0°-α)- sinαsin(1 2 0°- α) ] 2 [cosαcos(1 2 0° α) sinαsin(1 2 0° α) ] 2 [cos(1 2 0°- α)·cos(1 2 0° α) - sin(1 2 0°- α) sin(1 2 0° …     

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 …     

也谈关于三角形边角关系的一些性质

文[1]介绍了关于三角形边角关系的两个结论.实际上,在三角形中还有命题1设a,b,c为△ABC的三边长,当an,bn,cn(n∈N*)成等比数列时,∠B≤60°.证明因为a,b,c为△ABC的三边长且an,bn,cn(n∈N*)成等比数列.所以b2n=ancn,即b2=ac.由cosB=a2+2ca2c-b2=a2+2ca2c-ac≥21,得∠B≤60°.命题2设a,b,c为△ABC的三边长,当a1n,b1n,c1n(n∈N*)成等比数列时,∠B≤60°.证明因为a,b,c为△ABC的三边长且a1n,b1n,c1n成等比数列,所以(b1n)2=a1n·c1n.即b12=a1c,即b2=ac.由cosB=a2+2ca2c-b2=a2+2ca2c-ac≥21,得∠B≤60°.由命题1和命题2得定理设a,b,c为…     

构造法在解数学题中的应用

一、证明不等式例1已知n为大于1的自然数,求证:(1+13)(1+15)…(1+12n-1)>2n+1√2.证明因为欲证的不等式的左边和右边都为正,故可构造数列狖an狚,并令an=(1+13)(1+15)…(1+12n-1)2n+1√2.显然,an>0,a2=835√>1.若对任意n≥2,nN,都有an>1,则原不等式得证.∵an+1an=(1+13)(1+15)…(1+12n+1)·2n+1√2n+3√·(1+13)(1+15)…(1+12n-1)=2n+2(2n+1)(2n+3)√>2n+2(2n+1)+(2n+3)2=1(n≥2),∴an+1>an>an-1>…>a2>1,故原不等式成立.二、解不等式例2解不等式4x+log3x+x2>5.解设f(x)=4x+log3x+x2,则其定义域为(0,+∞),且在定义域内是增函数.又∵f(1)=5…     

等差、等比数列中—特殊性质的推广

性质 :若数列 {an}是等差 (或等比 )数列 ,m,n,p ,q∈ N* ,且 m +n =p +q,则 am +an= ap +aq(或 am . an =ap . aq) .此特殊性质的考查在每年的高考卷中必考 ,而且变化无穷 ,此性质还可以更完美 ,笔者将性质推广如下 ,并配以相应的例题 ,供参考 .1　性质推广定理 1　设 {an}是等差数列 ,ni,mi ∈ N* ,i = 1,2 ,3 ,… ,k,若 n1 +n2 +n3 +… +nk=m1 +m2 +m3 +… +mk,则 an1+an2 +an3 +… +ank =am1+am2+am3 +… +amk.注 :等式左右两边项数相同 .推论 1:设 {an}是等差数列 ,ni,m∈ N* ,i= 1,2 ,3 ,… ,k,若 n1 +n2 +n3 +… +nk=k . m ,则 an1…     

巧用等比数列求和公式证明不等式

等比数列求和公式为Sn=a1(11--qq n)(q≠1),有时用此公式证明不等式可简化证明过程.将数列知识与不等式知识相融合,既可培养学生思维的灵活性和创造性,又可简化思路、优化解题过程.一、直接公式法例1求证:1+21!+31!+41!+…+n1!<2(n≥2,n缀N).证明1+12!+31!+41!+…+n1!<1+12+212+123+…+21n-1=1×(11--121n)2=2-12n-1<2(n≥2,n缀N).故原不等式成立.小结本题直接运用等比数列求和公式,起到了立竿见影的效果.二、求和公式的逆用例2已知等差数列｛an｝和等比数列｛bn｝中a1=b1=a,a2=b2=b(b>a>0).求证:当n>2且n缀N时,bn>an.证明an=a+(n-1)(b-a)…     

关于一个整除性问题

先观察一例:若n为非负整数,则3~(4??+2)+5~(2n+1)能被14整除. 证明:由二项式定理(a+b)~n=am+b~n,(m∈N)则3~(4n+2)+5~(2n+1)=9·81~n+5·25~n =9·(56+25)~n+5·25~n =56m_1+9·25~n+5·25~n(m_1∈N) =14m_2+14·25~n(m_2∈N) =14(m_2+25~n)=14m_3.(m_3∈N) 故3~(4n+2)+5~(2n+1)能被14整除. 考察3~(4n+2)+5~(2n+1)=9·81~n+5.25~n有     

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 …     

数学奥林匹克高中训练题(63)

第一试一、选择题 (每小题 6分 ,共 36分 )1 .已知集合P =n 3n+ 4 n5∈N ,n∈N ,Q ={m|m =( 2k - 1 ) 2 + 1 ,k∈N}.则P与Q的关系是 (　　 ) .(A)P =Q　　　　 (B)P Q(C)Q P　　 (D)P Q且Q P图 12 .如图 1 ,已知正方体ABCD -A1B1C1D1,点M、N分别在AB1、BC1上 ,且AM =BN .那么 ,①AA1⊥MN ;②A1C1∥MN ;③MN∥平面A1B1C1D1;④MN与A1C1异面 .以上 4个结论中 ,不正确的结论的个数为 (　　 ) .(A) 1　　 (B) 2　　 (C) 3　　 (D) 43.用Sn 与an 分别表示区间 [0 ,1 )内不含数字 9的n位小数的和与个数 .则limn→∞anS…