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1.
2005年全国初二数学竞赛中有一个问题,从这个问题的解法中不难推出两个公式,下面给出推出的过程:问题已知(2x-3)7=a7x7+a6x6+…+a1x+a0.求代数式a1+a2+…+a7的值.解显然x=0时,有(-3)7=a0.(1)当x=1时,(-1)7=a7+a6+…+a1+a0.(2)(2)-(1)得:a1+a2+…+a7=(-1)7-(-3)7=2186.推广一下,我们不难求得:当x=-1时,(-5)7=-a7+a6-a5+a4-a3+a2-a1+a0.(3)(3)-(1)得:-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=(-5)7-(-3)7=-75938.把指数推广到n,当(2x-3)n=a0+a1x+…+anxn时,则不难得出(-3)n=a0,(4)(-1)n=a0+a1+…+an,(5)(5)-(4)得:a1+a2+…+an=(-1)n-(-3)n,(-5)n=a0-a1+a2-…+(-… 相似文献
2.
在国内外数学竞赛以及一些数学杂志上出现了一类分式不等式 ,许多专家都曾对这类不等式作过研究 ,指出了较多好的证法 .本文旨在说明这类分式不等式有一种统一初等证法 ,就是都利用一个常见的简单不等式 (a1+a2 +… +an) (1a1+ 1a2 +… +1an)≥n2 (ai >0 ,i=1 ,2 ,3,… ,n)加以证明的 .问题 1 (英国竞赛题 )设正数a1,a2 ,… ,an 之和为S ,求证 :a1 S -a1+a2S -a2+… +anS -an≥ nn - 1 (n∈N ,n≥ 2 ) .解析 原不等式等价于(a1 S-a1 +1 ) +(a2S-a2 +1 ) +… +(anS-an +1 )≥ nn - 1 +n ,即 SS-a1+ SS-a2 +… + SS-an ≥ n2n- 1 ,即… 相似文献
3.
一道数学题的求解思路可能是多种多样的 ,利用构造法求解是解题的一种方法 .由于构造法解题是一种创造性的思维活动 ,对能力的要求较高且构造的思路又因题而异 ,所以一般学生难以掌握 .但学一点构造法解题对数学解题能力的提高是有好处的 .下面举例简单介绍数学解题中的构造思路 .一、构造数例 1 试证 :在a与a+1这 2个有理数之间有无穷个有理数 .分析 该题若不用构造法几乎很难求证 .证 假设在a与a +1之间只有n个有理数 ,不妨设为a1 、a2 、…、an(n ∈N ) ,构造新数A =a +(a1 -a) (a2 -a)… (an-a) ,由 0 <(a1 -a) (a2 -a)… (an-a) <1… 相似文献
4.
一、两个重要恒等式an=a1 (a2-a1) (a3-a2) … (an-an-1)(n≥2),an=a1·aa21·aa23·…·aan-n1(n≥2).在求解数列问题时,我们可以探讨an-an-1,或aan-n1的表达式是否可导出.如果能寻求到,那么利用上述两个恒等式,可以方便得到an的表达式.二、应用1.求指定项例1数列{an}满足an 1 相似文献
5.
侯守一 《数学大世界(高中辅导)》2004,(11):17-18,22
设等差数列 {an}是以a1 为首项 ,以d为公差的等差数列 ,其前n项和记作Sn =S(n) .结论 1 若a1 >0 ,且d <0 ,则其数列前n项和有最大值Sn(max) =S( -a1 d) =S( 1-a1 d)=a1 2d(d-a1 ) ,( -a1 d ∈N )或Sn(max) =S( [-a1 d] +1) ,(其中 ,a1 d ∈R+ ,取n=[-a1 d] +1.[x]表示不大于X的整数部分 )证明 :∵a1 >0 ,d<0 ,∴数列 {an}前n项和Sn =S(n)必有最大值 .∴a1 ≥ 0且an+ 1 ≤ 0 ,即a1 +(n-1)d≥ 0且a1 +nd ≤ 0 ,解得n ≤ 1-a1 d 且n ≥-a1 d.讨论 :( 1)当 a1 d ∈N 时 ,则Sn(max) =S( -a1 d)=( -a1 d) +( -a1 d) ( -a1 d -1)2 d=a1 (d-a… 相似文献
6.
在近年的高考数学试题中 ,常以数列递推式中不等式的证明作为能力型试题 .这类问题综合性强、思维容量大、能力要求高 ,是同学们感到很棘手的一类问题本文通过具体的例子说明解这类问题的几种常用方法 .一、数学归纳法例 1 已知数列 an ,对任意n∈N ,均有an >0 ,且a2 n ≤an-an + 1 ,求证 :当n≥ 2时 ,an <1n +1.证明 ( 1)当n =2时 ,a2 ≤a1 ( 1-a1 )≤ a1 +( 1-a1 )22=14 <13 =12 +1.命题成立 .( 2 )假设当n =k(k≥ 2 )时 ,命题成立 ,即有 ak <1k+1≤ 13 (k≥ 2 ) .当n =k +1时 ,由题设有ak+ 1 ≤ak-a2 k.令 f(x) =x-x2 ,则f(x) =… 相似文献
7.
王雪兵 《数学爱好者(高二版)》2006,(3)
数学爱好者2006·12一、忽视隐含条件致误例1化简(1-a)[(a-1)-(2-a)21]21.错解(1-a)[(a-1)-(2-a)21]21=(1-a)(a-1)-(1-a)41=-(-a)41.错解分析错解中忽略了题中有(-a)12,所以忽略了-a≥0即a≤0,则[(a-1)-2]21≠(a-1)-1.正解由(-a)21知-a≥0故a-1<0,因此,(1-a)[(a-1)-(2-a)21]21=(1-a)(a-1)-(1-a)14=(-a)41.二、思维定势致误例2设a>0,a≠1如果函数y=a2x 2ax-1在-1,1]上的最大值为14,求a的值.错解因为y=(ax 1)2-2,所以,y在[-1,1]上单调递增,因此,当x=1时,y取得最大值,a2 2a-1=14,因此,当a=3或a=-5(舍去),所以,a=3.错解分析错解的原因是将ax当成… 相似文献
8.
等差数列 {an}的前 n项和的公式为 Sn =n(a1 + an)2 .当公差 d≠ 0时 ,这个公式通过变式或变换 ,可得到一系列关于 n的二次函数 ,或关于 an的二次函数 ,或关于 n与 an的二次函数 .把等差数列前 n项和的公式直接变形得Sn =12 nan+ a1 2 n (1)把通项公式的变式 an=dn + (a1 -d)代入 (1)式整理得Sn =d2 n2 + (a1 -d2 ) n (2 )把通项公式的变式 n =an+ (d -a1 )d 代入 (1)式整理得Sn =12 da2n+ 12 an + a1 (d -a1 )2 d (3 )把 n =an + (d -a1 )d 仅代入 (1)式中的项a1 2 n后整理得Sn =12 nan+ a1 2 dan + a1 (d -a1 )2 d (4 )把通项公式的变式… 相似文献
9.
常新德 《中学数学教学参考》2004,(11):62-62
《数学通报》1 997年第 7期的征解问题是 :设xi>0 (i=1 ,2 ,… ,n ,n≥ 3 ) ,证明或否定 (记S =x1 x2 … xn) (aij=xixj) :a2 1(S -x1-x2 ) a3 2 (S -x2 -x3 ) … a1n(S -xn-x1)≥ (n -2 )S .①该刊 1 999年第 1 2期刊出一个“证明” ,但陶兴模著文 (《中学数学教学参考》2 0 0 3年第 1 1期 )指出其错误 .现用归纳法给出一个证明 :①式可化为a1nx1 a2 1x2 … an ,n -1xn ≤ (a1n a2 1 … an ,n -1-n 1 )S .②易见 ,n =3时 ,②式成立 ,现设②式对n -1成立 .不妨设x1是xi(i=1 ,…n)中最大的 ,那么②式左边 =(a1nx1 a2 1x2 -a2nx2 ) … 相似文献
10.
花再农 《数理化学习(初中版)》2006,(10)
如果一组数据x1,x2,x3,…,xn其平均数为x=1n(x1+x2+x3+…+xn)①方差为S2=1n[(x1-x)2+(x2-x)2+…++(xn-x)2]②此方差公式可简化为S2=1n[(x21+x22+x23+…+x2n)-nx2]③①代入③得S2=1n[(x21+x22+x23+…+x2n)-1n(x1+x2+x3+…+xn)2]()显然S2≥0,当且仅当x1=x2=x3=…=xn时,S2=0.公式()是极为实用的公式,一些数学问题妙用公式()来解,常能化繁为简,化难为易,且思路清晰,简捷明快.下面举例说明.一、求字母的取值范围例1(吉林省初中数学竞赛题)设实数a、b、c满足a2-bc-8a+7=0b2+c2+bc-6a+6=0①②则a的取值范围是.解:①+②得b2+c2=-a2+14a-13②-①得(… 相似文献
11.
先化简,后求值是求代数式的值的一般方法.但对于求某些条件代数式的值的问题,特别是对于竞赛题,若能灵活地应用已知条件,挖掘隐含条件,巧妙构造算式,则可简化计算过程,从而达到快捷获解之目的.例1若a2+a=1,求a4-3a2+2的值.解:由a2+a=1得a=1-a2.∴原式=(a4-2a2+1)+(1-a2)=(1-a2)2+(1-a2)=a2+a=1.注:这里充分运用了1-a2=a这一降次的隐含条件.例2已知a2+a-1=0,求a3+2a2+3的值.解:由a2+a-1=0得a2+a=1.∴原式=a3+a2+a2+3=a(a2+a)+(1-a)+3=a+(1-a)+3=4.注:这里运用了隐含条件a2+a=1凑配代入而得解.例3已知m+n+k=0,求证:m3+m2k+n2k+n3-mnk=0.证明:… 相似文献
12.
田素伟 《数学大世界(高中辅导)》2004,(12):16-18
一、对于周期数列,先求其周期,再根据已知条件写出数列的通项.【例1】数列{an}中已知a1=1,a2=4且an+2=an+1-an(n是正整数)求a2004及数列{an}的通项公式an.解:∵an+2=an+1-an(1)∴an+3=an+2-an+1(2)由(1)+(2)得an+3=-an,∴an+6=-an+3∴an+6=an,∴6是数列{an}的一个周期.∵a1=1,a2=4,∴a3=a2-a1=3由an+3=-an,可知a4=-a1,a5=-a2,a6=-a3∴a2004=a334×6=a6=-a3=-3∴an=1(n=6k+1)4(n=6k+2)3(n=6k+3)-1(n=6k+4)-4(n=6k+5)-3(n=6k)(k为非负整数)二、对已知的递推关系式利用取对数,因式分解,取倒数、两边平方等方法进行变形构造成简单数列,再求通项… 相似文献
13.
王广磊 《数理化学习(高中版)》2005,(7)
一、巧用烷烃通式C_nH_(2n 2),速求取代基个数或不饱和度例1某有机物分子中有a个一CH_3,n个-CH_2-,m个-CH-,其余为-OH,则该物质中的-OH个数可能为()(A)m-a(B)n m a(C)m 1-a(D)m 2-a解析:由题意可知所有碳原子均达到饱和.故-OH数量等于为烷烃时所缺的氢原子数,即2(m n a) 2-3a-2n-m=m 2-a.所以答案为(A).例2分子式为C_5H_2的烃,其结构不可能 相似文献
14.
[2 0 0 3年天津文 (1 9) ] 已知数列{an}满足a1=1 ,an=3 n -1 an-1(n≥ 2 ) ,求an=?解 :由已知an-an -1=3 n -1,故an=(an-an-1) (an -1-an -2 ) … (a2 -a1) a1=3 n-1 3 n -2 … 3 1 =3 n-12 .变式 1 )已知数列 {an}满足a1=1 ,an=3(n -1 ) an -1(n≥ 2 ) ,求an=?解 :由已知an-an -1=3 (n -1 ) ,故an=(an-an -1) (an-1-an-2 ) … (a2 -a1) a1=3 (n -1 ) 3 (n -2 ) … 3 (2 -1 ) 1=3n(n -1 )2 1 =3n2 -3n 22 .变式 2 )已知数列 {an}满足a1=1 ,an=3 -1-2an -1(n≥ 2 ) ,求an=?解 :由已知 {an}满足a1=1 ,an=3 -1-… 相似文献
15.
刘爱农 《中学数学教学参考》2004,(5)
琴生不等式是:若f(x)是区间L上的凸函数,ai∈L ,i=1 ,…,n ,则 ni=1f(ai)≤nf( 1n ni=1ai) .我们还有(以下把 ni=1记作 )定理 设f(x)是闭区间[a ,b]上的凸函数,ai∈[a ,b],i=1 ,…,n ,则f(ai)≥kf(b) (n -k -1 ) f(a) f(c) .①其中 k = ai-nab-a ,c= ai-kb -(n -k -1 )a .证明:任取x1、x2 ,使a 相似文献
16.
肖宪龙 《数学大世界(高中辅导)》2005,(12)
公比不为“1”的等比数列{an}求和公式为:Sn=a1(11--qqn)(q≠1).应用层次一正用【例1】若1<|a|<|b|,求li mn→∞1 a a2 … an-11 b b2 … bn-1.解:因1<|a|<|b|,则||ba||<1,故有li mn→∞1 a a2 … an-11 b b2 … bn-1=li mn→∞1-an1-a1-bn1-b=li mn→∞(1-b)(1-an)(1-a)(1-bn)=li mn→∞anbn·(1-b)a1n-1(1-a)b1n-1=0应用层次二逆用【例2】li mx→1x x2 … xn-nx-1=.解:li mx→1x x2 … xn-nx-1=li mx→1(x-1) (x2-1) … (xn-1)x-1=li mx→1[1 (1 x) (1 x x2) … (1 x x2 … xn-1)]=li mx→1{n (n-1)x (n-2)x2 … [n-(n-1)]xn-1}=n (n-1) … 相似文献
17.
有理函数是指两个多项式的商所表示的函数 .下面以两个二次多项式的商所表示的函数f(x) =a2 x2 +a1x +a0b2 x2 +b1x +b0,x∈ [a ,b](1)为例 ,给出其值域求解的一个通用方法 .1 值域求解在 (1)式中 ,不妨限定b2 ≠ 0 (这是因为若b2 =0 ,则问题比较简单 ) ,对式 (1)作适当的变换 ,可转换为y =a2 x2 +a1x+a0b2 x2 +b1x+b0=a2b2 +a1b2 -a2 b1b2x+ a0 b2 -a2 b0b2b2 x2 +b1x+b0(2 )令m =a1b2 -a2 b1b2,n =a0 b2 -a2 b0b2,则式 (2 )变为y - a2b2 =mx+nb2 x2 +b1x+b0. (3)令 Y =y- a2b2,则式 (3)变为 Y =mx +nb2 x2 +b1x +b0. (4)… 相似文献
18.
黄德辉 《新课程学习(社会综合)》2013,(6)
我们知道,数学中有很多与正整数有关的命题.数学归纳法就是为了证明与正整数有关的命题而产生的.但在教学中发现,很多学生在运用该法时不得要领,现作梳理如下:
一、运用数学归纳法的注意事项
1.验证n取第一个值时,如何找左端有多少项参与运算
如用数学归纳法证明恒等式1+a+a2+…+an+1=1-an+2/1-a(a≠1),在验证n=1时,左端计算所得项为____
分析:首先观察左端共有多少项,用n表示出来,再将n值代入确定多少项参与运算.本题共有n+2项,当n=1时,故共有3项.所以应填1+a+a2. 相似文献
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李永利 《中学数学教学参考》2004,(11)
文 [1 ]找到倍角三角形三边关系的系列表达式 :fn=0 ,其中 f1=a -b ,f2 =(a2 -b2 ) -bc ,f3 =(a2-b2 ) (a -b) -bc2 ,…本文得到 :定理 在△ABC中 ,∠A =n∠B ,BC =a ,CA=b ,AB =c,记Fn=Fn(a ,b,c) =(ac) n-1(b·sinAsinB-a) ,λ =a2-b2 c2 ,μ =ac,则Fn=b(C0 n-1λn -1-C1n -2 λn -3 μ2 C2 n -3 λn -5μ4-C3 n -4λn -7μ6 C4n -5λn -9μ8-… ) -aμn -1=0 . ( )证明 :由正弦定理 ,asinA=bsinB,∴Fn=(ac) n -1(b·sinAsinB -a) =(ac) n -1sinA· bsinB-asinA =0 .记t=cosB ,将sinA =sinnB展开 ,应用sin2 B =1 -t2 ,2t… 相似文献
20.
2015高考浙江数学卷好题不断,下面笔者以理科最后一题为例分析考场答题策略,以及对命题作一下加强.第20题已知数列{an}满足:a1=1/2,且an+1=an-a2n(n∈N*).(1)证明:1≤an/an+1≤2(n∈N*).(2)设{a2n}的前n项和为Sn,证明:1/2(n+2)≤Snn≤1/2(n+1).证明(1)因为an+1-an=-a2n≤0,所以an+1≤an, 相似文献