共查询到20条相似文献，搜索用时 15 毫秒
1.
定理 等差数列的前ｎ项的算术平均数等于这ｎ项中的ｎ- 2ｍ(ｎ >2ｍ)项的算术平均数 ,即Ｓｎｎ =Ｓｎ-ｍ -Ｓｍｎ- 2ｍ ,(1)其中Ｓｎ 表示等差数列的前ｎ项和 .证 设等差数列 {ａｎ}的公差为ｄ ,则Ｓｎｎ =ａ1+ 12 (ｎ - 1)ｄ , Ｓｎ-ｍ -Ｓｍｎ - 2ｍ=(ｎ-ｍ)ａ1+ 12 (ｎ-ｍ) (ｎ -ｍ- 1)ｄｎ - 2ｍ- [ｍａ1+ 12 ｍ(ｍ - 1)ｄ]ｎ- 2ｍ=ａ1+ 12 (ｎ - 1)ｄ ,所以 ,(1)式成立 .推论 正项等比数列前ｎ项的几何平均数等于这ｎ项中的ｎ - 2ｍ(ｎ>2ｍ)项的几何平均数 ,即ｎ ｎ =ｎ-2ｍ (ｎ-ｍ) ｍ ,(2 )其中 ｎ表示等比数列的前ｎ项之积… 相似文献
2.
本文给出等差 (比 )数列中几个常见的几何模型 ,并应用其给出有关问题的巧妙解答 .1 几个常见的几何模型1.1 直线模型模型 1 由等差数列的通项公式ａｎ =ａ1 (ｎ- 1)ｄ =ｄｎ (ａ1-ｄ)知 ,点列 { (ｎ ,ａｎ) }在斜率ｄ =ａｍ -ａｎｍ -ｎ 的直线 ｙ =ｄｘ (ａ1-ｄ)上 .模型 2 由等差数列的前ｎ项和的公式 :Ｓｎ =ｎａ1 ｎ(ｎ- 1)ｄ2 Ｓｎｎ =ａ1 ｎ- 12 ｄ ,故点列 { (ｎ ,Ｓｎｎ) }在直线 ｙ=ｄ2 ｘ (ａ1- ｄ2 )上 .模型 3 由等比数列的定义 ,易知其求和公式满足Ｓｎ 1=ａ1 ｑＳｎ,故点列 { (Ｓｎ,Ｓｎ 1) }在直线 ｙ=ａ1 ｑ… 相似文献
3.
在研究等差数列前ｎ项和的比值的过程中 ,发现两类规律 ,一类是两个等差数列前ｎ项和的比值 ,另一类是等差数列前ｍ项和与前ｎ项和的比值。1.设等差数列 {ａｎ}的首项为ａ1,公差为ｄ1,等差数列 {ｂｎ}的首项为ｂ1,公差为ｄ2 ,它们前ｎ项的和分别为Ｓｎ、Ｔｎ,则它们前ｎ项和的比值ＳｎＴｎ有下列性质 :定理 1:等差数列 {ａｎ}与等差数列 {ｂｎ}前ｎ项和的比ＳｎＴｎ是关于ｎ的一次分式函数 ,即ＳｎＴｎ=ａｎ+ｂｃｎ+ｄ。证明 :由Ｓｎ =ｎａ1+ｎ(ｎ - 1)2 ｄ1,Ｔｎ =ｎｂ1+ｎ(ｎ - 1)2 ｄ2 得 :ＳｎＴｎ=ｄ12 ｎ +(ａ1- ｄ12 )ｄ22 ｎ +(ｂ… 相似文献
4.
公差ｄ≠ 0的等差数列 ａｎ ,它的前ｎ项和Ｓｎ 是关于ｎ的二次函数 :Ｓｎ =ｎａ1 +ｎ(ｎ- 1)2 ｄ =ｄ2 ｎ2 +ａ1 - ｄ2 ｎ .所以 ,当ｄ >0 ,Ｓｎ 有最小值 ;当ｄ <0 ,Ｓｎ有最大值 .由于函数Ｓｎ 与一般二次函数ｆ(ｘ) =12 ｄｘ2+ａ1 - ｄ2 ｘ(ｘ∈Ｒ)的定义域不同 ,因此在求最值的方法上又有其特殊性 .下面就这类问题探讨几种思考途径 .一、研究通项的符号 ,求Ｓｎ 的最值例 1 一个首项为正数的等差数列ａｎ ,前 3项之和与前 11项之和相等 ,则前几项和最大 ?解 由Ｓ3=Ｓ1 1 ,得ａ4 +ａ5+… +ａ1 0 +ａ1 1 =0 ,∵ ａ4 +ａ1 1 =ａ5+ａ1 0… 相似文献
5.
在等差数列中 ,已知ａ3=9,ａ9=3 ,求ａ1 2 .这是一道很简单的等差数列问题 ,易求得ａ1 2 =0 .若细看上题的数字特征 ,会发现这是等差数列的一个有趣性质 .更一般地 ,有在等差数列中 ,若ａｍ =ｎ ,ａｎ =ｍ ,则ａｍ+ｎ =0 .证法 1 ａｍ =ａ1 +(ｍ-1)ｄ =ｎ ,ａｎ =ａ1 +(ｎ -1)ｄ=ｍ ,两式联立 ,解方程组 ,得ａ1 =ｍ+ｎ -1和ｄ =-1.∴ａｍ +ｎ =ａ1 +(ｍ +ｎ-1)ｄ =0 .证法 2 由ａｎ =ａｍ+(ｎ -ｍ)ｄ ,得ｍ =ｎ+(ｎ -ｍ)ｄ ,ｄ=-1.∴ａｍ +ｎ =ａｍ +(ｍ +ｎ-ｍ)ｄ=ｎ -ｎ=0 .这里巧用通项与各项的关系式 ,省去了解方程组及求ａ1 的过程 ,… 相似文献
6.
邓光明 《长江工程职业技术学院学报》2001,18(4):56
提出问题 :已知 {ａｎ}是等差数列 ,其前ｎ项和为Ｓｎ=3ｎ2 +5ｎ ,求其通项ａｎ。分析问题 :这是数列部分的一道习题 ,学生见到此题首先想到的就是等差数列的通项公式与求和公式 ,但因其首项和公差未知 ,难以求出。其实 ,解此题关键是要理解数列前ｎ项和的概念 ,由Ｓｎ=ａ1+ａ2 +… +ａｎ 的概念 ,前 1项的和就是ａ1,前两项之和为ａ1+ａ2 ,于是得以下解法。解决问题 :方法 1:Ｓ1=ａ1=3+5 =8,Ｓ2 =ａ1+ａ2 =2 2 ,于是ａ2 =ｓ2 -ａ1=14,ｄ =ａ2 -ａ1=6 ,故由等差数列的通项公式得 :ａｎ=ａ1+(ｎ - 1)ｄ =8+(ｎ - 1) 6 =6ｎ +2。方法 2 :由前ｎ… 相似文献
7.
有这样一道习题 (新编高中数学配套练习高中一年级第一学期用书 6 4页 ) :一个等差数列共有 2ｎ + 1项 ,其中奇数项之和为 30 5 ,偶数项之和为 2 76 ,则ｎ + 1项是 ( ) .(Ａ) 31 (Ｂ) 30 (Ｃ) 2 9 (Ｄ) 2 8.咋一看 ,答案选 (Ｃ) ,似乎正确 !因为该等差数列共有 2ｎ+ 1项 ,设其奇数项之和为Ｓ奇 ,偶数项之和为Ｓ偶 ,则ａ2 +ａ4 +ａ6 +… +ａ2ｎ- 2 +ａ2ｎ =Ｓ偶 ,①ａ1+ａ3+ａ5+… +ａ2ｎ- 1+ａ2ｎ+1=Ｓ奇 .②① -②得 (ａ2 -ａ1) + (ａ4 -ａ3) + (ａ6 -ａ5) +…+ (ａ2ｎ -ａ2ｎ- 1) -ａ2ｎ+1=Ｓ偶 -Ｓ奇 ,即 ｎｄ-ａ2… 相似文献
8.
等差、等比数列的通项公式ａｎ,前ｎ项和公式Ｓｎ 经转化都可以看作是关于自然数ｎ的函数 .本文用函数观点把有关等差、等比数列问题转化为平面解析几何中直线斜率来解决 ,同时把两部分知识得以综合应用 .我们知道 ,等差数列的通项公式ａｎ =ａ1 (ｎ-1)ｄ可变形为ａｎ =ｄｎ (ａ1-ｄ) ,所以等差数列的项ａｎ 是项数ｎ的一次函数 ,亦即点 (ｎ ,ａｎ)在直线 ｙ=ｋｘ ｂ (ｋ=ｄ ,ｂ =ａ1-ｄ)上 .由此得 :性质 1 若数列 {ａｎ}为等差数列 ,则它的各项对应的点Ａｎ(ｎ ,ａｎ)在同一条直线上 ,ｎ∈Ｎ .对等差数列前ｎ项和公式Ｓｎ =ｎａ1 ｎ(ｎ… 相似文献
9.
题目 1 在等差数列 {ａｎ}、{ｂｎ}中 ,其前ｎ项和分别为Ｓｎ、Ｓ′ｎ,且 ＳｎＳ′ｎ =2ｎ 2ｎ 3,求 ａ3ｂ3.错解 由 ＳｎＳ′ｎ =2ｎ 2ｎ 3,可设Ｓｎ =( 2ｎ 2 )ｋ ,Ｓ′ｎ =(ｎ 3)ｋ (ｋ≠ 1) ,则ａ3=Ｓ3-Ｓ2 =2ｋ ,ｂ3=Ｓ′3-Ｓ′2 =ｋ ,∴ ａ3ｂ3=2ｋｋ =2 .错因 对于等差数列 ,由Ｓｎ =ａ1ｎ ｎ(ｎ- 1)ｄ2 ,知Ｓｎ 是关于ｎ的二次函数、且不含常数项 .因此 ,设Ｓｎ =( 2ｎ 2 )ｋ ,Ｓ′ｎ =(ｎ 3)ｋ不能成为等差数列前ｎ项的和 .正解 由 ＳｎＳ′ｎ =2ｎ 2ｎ 3,且Ｓｎ、Ｓ′ｎ 为等差数列的前ｎ项和 ,可设Ｓｎ =( 2ｎ 2 )ｋｎ… 相似文献
10.
一、巧变公式 等差 (比 )数列的通项公式与其首项ａ1有关 ,但实际问题中未必给出ａ1,或者根本不需要考虑ａ1,若还用通项公式求解会造成运算繁琐 ,故将等差 (比 )数列 ａｎ 的通项公式变通为 :ａｎ=ａｍ+(ｎ -ｍ)ｄ(ａｎ =ａｍｑｎ-ｍ) ,其中ｎ ,ｍ∈Ｎ .例 1 等比数列 ａｎ 中 ,ａ2 =- 3,ａ5= 36 ,求ａ8.解 ∵ ａ5=ａ2 ｑ3 ,∴ ｑ3 =ａ5ａ2 =- 12 ,∴ ａ8=ａ5ｑ3 =- 4 32 .例 2 在等差数列ａｎ 中 ,ａｍ +ｎ =ｐ ,ａｍ-ｎ =ｑ,求ａｍ 和ａｎ.解 ∵ ａｍ+ｎ =ａｍ-ｎ+[(ｍ+ｎ) - (ｍ -ｎ) ]ｄ ,即=ｑ+ｎ(ｐ- ｑ)2ｎ=ｐ+ｑ2 .∴… 相似文献
11.
数列求和是中专数学的重要内容 ,这类问题形式复杂变化多样 ,虽无通法可循 ,但根据不同题型的不同特征 ,也可总结出一些方法 ,本文列举如下 ,供参考 .1 反序相加法例 1 若数列 {ａｎ}为等差数列 ,则ａ1 Ｃ1ｎａ2 Ｃ2 ｎａ3 … Ｃｎｎａｎ 1=(ａ1 ａｎ 1)· 2 ｎ- 1.证明 设Ｓ =ａ1 Ｃ1ｎａ2 Ｃ2 ｎａ3 … Ｃｎｎａｎ 1,(1)将 (1)倒序写出 ,有Ｓ =Ｃｎｎａｎ 1 Ｃｎ- 1ｎ ａｎ Ｃｎ- 2ｎ ａｎ- 1 … ａ1.(2 )(1) (2 )并注意Ｃｒｎ =Ｃｎ-ｒｎ (ｒ≤ｎ) ,得2Ｓ =(ａ1 ａｎ 1)Ｃ0 ｎ (ａ2 ａｎ)Ｃ1ｎ (ａ3 ａｎ- 1)Ｃ2 ｎ … … 相似文献
12.
任何一个数学公式都不是僵化的式子,它们不但可以正向应用,逆向应用,而且还可以变形应用.因此,我们只要注意观察分析其结构,就能发现它们往往具有一定的特征,而利用这些特征常可简化解题过程.本文以等差数列前ｎ项和的公式Ｓｎ=ｎａ1 ｎ(ｎ-1)2ｄ(为方便起见,本文中的公差ｄ限定为非零实数)为例,谈谈这方面的体会.特征之一 Ｓｎ=ｎａ1 ｎ(ｎ-1)2ｄ变形Ｓｎ=ｄ2ｎ2 ａ1-ｄ2ｎ记作Ｓｎ=ａｎ2 ｂｎ.由此可知,Ｓｎ可看成是关于ｎ的常数项为零的二次多项式,也可看成是定义域为自然数集的二次函数(常数项为零).例1 (1997年全国高考文21题)设Ｓｎ… 相似文献
13.
邵长举 《中学数学教学参考》2001,(7)
定理 数列ａ ｄ ,ａ 2ｄ ,… ,ａ ｎｄ的方差为11 2 (ｎ2 -1 )ｄ2 .证明 :1 ,2 ,… ,ｎ的均值为Ｓ =1ｎ(1 2 … ｎ)=1ｎ·ｎ(ｎ 1 )2 =ｎ 12 ,应用方差的简化计算公式 .Ｓ2 =1ｎ[(1 2 2 2 … ｎ2 ) -ｎＳ2 ]=1ｎｎ(ｎ 1 ) (2ｎ 1 )6-ｎ(ｎ 1 ) 24=ｎ2 -11 2 .由于若 {ｘｎ}的方差为Ｓ2 ,则 {ｘｎ ａ}的方差为Ｓ2 ,而 {ｐｘｎ}方差为 ｐ2 Ｓ2 ,于是{ａ ｎｄ}方差 ={ｎｄ}方差 =ｄ2 {ｎ}的方差 =ｄ2 Ｓ2=ｎ2 -11 2 ｄ .等差数列方差的计算公式$江苏沛县郝寨中学@邵长举… 相似文献
14.
《中学生理科月刊》2002,(8)
题 1 设实数ｍ、ｎ分别满足ｍ2 +99ｍ +5 =0 ,5ｎ2+99ｎ +1 =0 ,且ｍｎ≠ 1 .求 ｍｎ+1 4ｎ +1ｍ 的值 . 解 (构造一元二次方程 )∵ ｎ≠ 0 ,∴ 1ｎ2 +991ｎ +5 =0 .又ｍ2 +99ｍ +5 =0 ,且ｍｎ≠1 ,∴ 1ｎ,ｍ是一元二次方程ｘ2 +99ｘ+5 =0的两相异实根 .∴ 1ｎ+ｍ =- 99,ｍｎ =5 .∴ ｍｎ+1 =- 99ｎ,ｍ =5ｎ.故 ｍｎ+1 4ｎ +1ｍ =- 99ｎ +1 4ｎ5ｎ =- 1 7.(四川 侯国兴提供 )题 2 已知正整数ｘ、ｙ满足ｘｙ+ｘ+ｙ =71 ,ｘ2 ｙ +ｘｙ2 =880 .求ｘ2 +ｙ2 的值 . 解 由 ｘｙ+ｘ+ｙ=71 ,ｘ2 ｙ +ｘｙ2 =880 ,得ｘｙ+(ｘ+ｙ) =71 … 相似文献
15.
擂台题 (5 4 ) :证明或否定若ａ、ｂ、ｃ为△ＡＢＣ的三边长 ,实数λ≥ 2 ,则(ｂ+ｃ-ａ) λｂλ+ｃλ +(ｃ+ａ -ｂ) λｃλ+ａλ +(ａ +ｂ -ｃ) λａλ+ｂλ ≥ 32①引理 若ｍ、ｎ∈Ｒ+ ,实数 ｐ≥ 1 ,则(ｍ +ｎ2 ) ｐ≤ ｍｐ+ｎｐ2 ②证明 (1 )当 ｐ =1时 ,②式等号成立 ,(2 )当 ｐ >1时 ,令 ｆ(ｘ) =ｘｐ(ｘ >0 ) ,这时 ,ｆ′(ｘ) =ｐｘｐ- 1,ｆ″(ｘ) =ｐ(ｐ -1 )ｘｐ - 2 >0 ,所以 ｆ(ｘ)是 (0 ,+∞ )上的凹函数。因为ｍ、ｎ∈Ｒ+ ,由琴生不等式知ｆ(ｍ +ｎ2 )≤ ｆ(ｍ) +ｆ(ｎ)2 ,即有 (ｍ +ｎ2 ) ｐ≤ ｍｐ+ｎｐ2 ,当且仅当ｍ =ｎ… 相似文献
16.
姚勇 《中学数学教学参考》2001,(9)
定理 不定方程1 6Δ2 =2ｂ2 ｃ2 2ｃ2 ａ2 2ａ2 ｂ2 -ａ4 -ｂ4 -ｃ2 ①的非平凡整数解 (ａ ,ｂ,ｃ,Δ)由如下公式给出 :ａ =(ｍ2 ｎ2 ) (ｓ2 ｔ2 ) 4ｍｎｓｔ,ｂ=2ｍｎ(ｓ2 ｔ2 ) 4ｓｔｍ2 ,ｃ=[ｍｎ(ｓ2 ｔ2 ) 2ｓｔｍ2 ](ｍ2 -ｎ2 ) (ｓ2 -ｔ2 ) ,其中ｍ、ｎ、ｓ、ｔ为整数 ,(ｍ ,ｎ) =1 ,(ｓ,ｔ) =1 ,且ｍｓ≠ 0 ,ｍ≠±ｎ ,ｓ≠±ｔ.证明 :①式可化为2Δｂｃ2 ｂ2 ｃ2 -ａ22ｂｃ2 =1 ,则 ( 2Δｂｃ,ｂ2 ｃ2 -ａ22ｂｃ )为单位圆ｘ2 ｙ2 =1上的有理点 ,可表示为 ( ｓ2 -ｔ2ｓ2 ｔ2 ,2ｓｔｓ2 ｔ2 ) (ｓ,ｔ为互素非零整数… 相似文献
17.
文 [1 ]提出了猜想 :∏ ａ2ｍ2 ｂ+ｍ2 ｃ≥ 82 7 ①笔者经研究发现 ,上述不等式不成立 ,可修正为 :命题 1 设ｍａ、ｍｂ、ｍｃ 分别为△ＡＢＣ的三条中线长 ,则∏ ａ2ｍｂ2 +ｍｃ2 ≤ 82 7 (∏表示循环积 ,下同 )②证明 由ｍａ=12 2ｂ2 +2ｃ2 -ａ2 ,有ｍａ2 =14 (2ｂ2 +2ｃ2 -ａ2 )等 ,得ｍｂ2 +ｍｃ2 =14 (ｂ2 +ｃ2 +4ａ2 ) =14 (Ｔ2 +3ａ2 ) ,这里Ｔ2 =ａ2 +ｂ2 +ｃ2 ,则②式等价于∏ 4ａ2Ｔ2 +3ａ2 ≤ 82 7 ∏ (Ｔ2 +3ａ2 )≥ 2 7× 8ａ2 ｂ2 ｃ2 4Ｔ6 +9(ａ2 ｂ2 +ｂ2 ｃ2 +ｃ2 ａ2 )Ｔ2 ≥ 2 7× 7ａ2 ｂ2 ｃ2③由于Ｔ6 =(ａ2 +ｂ… 相似文献
18.
邓建书 《中学生数理化(高中版)》2003,(4):26-28
1 .反弹琵琶 ,独辟蹊径例 1 在椭圆 ｘ2ａ2 + ｙ2ｂ2 =1(ａ >ｂ >0 )上取一点Ｐ ,Ｐ与长轴两端点Ａ、Ｂ的连线分别交短轴所在直线于Ｍ、Ｎ两点 ,设Ｏ为原点 ,求证 :|ＯＭ |·|ＯＮ|为定值 .证明 :设Ｍ ( 0 ,ｍ)、Ｎ( 0 ,ｎ) ,则ｌＰＡ:ｙ=ｍ - 00 +ａ(ｘ +ａ) ,①ｌＰＢ:ｙ =ｎ - 00 -ａ(ｘ -ａ) . ②①×② ,得 ｙ2 =- ｍｎａ2 (ｘ2 -ａ2 ) .又 ｙ2 =ｂ2 1- ｘ2ａ2 ,故ｂ2 ａ2 -ｘ2ａ2 =- ｍｎａ2 (ｘ2 -ａ2 ) .ｍｎ =ｂ2 ,为定值 .即 |ＯＭ |·|ＯＮ| =ｂ2 ,为定值 .评注 :本题没有设出Ｐ点坐标进而求出Ｍ、Ｎ两… 相似文献
19.
一道国际竞赛题的新推广 总被引：3，自引：0，他引：3
题目 对所有的正实数ａ、ｂ、ｃ,证明 :ａａ2 + 8ｂｃ+ ｂｂ2 + 8ｃａ+ ｃｃ2 + 8ａｂ≥ 1 .①(第 42届ＩＭＯ 2 )对此题本文给出 3个新推广 .命题 1 (个数推广 )对正实数ａ1,ａ2 ,… ,ａｎ(ｎ≥ 3 ) ,有∑ｎｉ=1ａｎ - 12ｉａｎ- 1ｉ +(ｎ2 - 1)ａ1…ａｉ- 1ａｉ+ 1…ａｎ≥ 1.②命题 2 (指数推广 )对正实数ａ1,ａ2 ,ａｎ(ｎ≥ 3 )及正整数ｍ(ｍ≥ 2 ) ,有∑ｎｉ=1ａｉｍａｍｉ + (ｎｍ-1 )ａｍ2ｉ+ 1ａｍ2ｉ+ 2≥ 1 ,③其中ａｎ+ 1=ａ1,ａｎ+ 2 =ａ2 .把以上两个命题结合起来 ,可得命题 3 对正实数ａ1,ａ2 ,… ,ａｎ(ｎ≥ 3 )及正整… 相似文献
20.
1 数学归纳法所谓“数学归纳法”是证明一个与自然数ｎ有关的数学命题时 ,所采取的一种证明方法。其具体步骤 :( 1)验证ｎ取第一个值ｎ0 时 (如ｎ0 =1、2或 3)命题成立 ;( 2 )假设ｎ =ｋ(ｋ∈Ｎ且ｋ≥ｎ0 )时结论正确 ,并且在此假设条件下 ,当ｎ =ｋ +1时结论也正确。则原命题正确。这种方法我们称之为数学归纳法。如证明等差数列的通项公式ａｎ=ａ1+(ｎ - 1)ｄ证明 :( 1)当ｎ =1时左边 =ａ1右边 =ａ1+( 1- 1)ｄ =ａ1等式成立( 2 )假设当ｎ =ｋ(ｋ∈Ｎ且ｋ≥ 1)时ａｎ=ａ1+(ｋ - 1)ｄ则当ｎ =ｋ +1时ａｋ +1=ａｋ+ｄ =ａ1+(ｋ - 1)ｄ +ｄ=… 相似文献