2022年递推数列和式与不等式.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载六、解竞赛题的思想方法数学竞赛也就是解题的竞赛, 只有通过问题才能学会解题； 要提高解题才能,必需反复练习；在解各类题中,善于总结,不仅要查找各种不同的解法,更要找出正确的方法, 应当留意数学的思想与数学的美,意简捷明快,一针见血；不断提高我们的鉴赏才能, 注本讲中,我们选编了国内外一些值得观赏的竞赛题,有些题多给几种解法,敏捷运用数学基础学问去进行探究与尝试,以呈现思维的过程,并且以资比较,尽力寻求完善的解法； 期望参与数学竞赛的同学们多把握些解题的摸索方法,对 数学的熟悉深度就会有所提高,随之而来, 解题才能的增强就会有所

2、突破,也就 可能在各类数学竞赛中大显身手；例 1、已知x y z0且x 2xyy21,y2yz2 z3,2 zzx2 x4,求 xyz 的值 . 分析 常见的思路是求三元二次方程组的正实数解,常规方法是消元、降次,尝 试会遇到困难, 关键是如何产生一次方程, 联想到方程左边式子的特点,可通过 因式分解来实现 . 解法 1 由得,名师归纳总结 x3y3xyx2xyy2xy ,2y2z3xy1第 1 页,共 16 页由得y3z33yz .由得3 zx34zx .以上三式相加,得z3x2y ,代入,得3 x与联立,解得 2 x x2 0. 1,4. 但x0,故得x2y ,从而可解得x2,y777xy

3、z7. 解法 2 令 sxyz . - 并因式分解,得 zx xyz1,zx2,同理得xy1,zy3. sss- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载+,并配方得xyz 21x,y 2yz 2zx 282就有2 s1 1 2 s 2948,s7. s 2s 2即s48s270. 解得s1,s7. 1,又由知sxyzxy1,zx2 7,zy3 7. 7可解得x2y1,z4. 777上述两种解法是纯代数的,如用数形结合的思想,有解法 3由余弦定理,得2 1, 2, x2xyy2x2y22xycos120y2yzz2y2z22yzcos120 3

4、2 zzxx2z2x22zxcos12022. 使我们想到构造三角形 : 作 Rt ABC, 使AB1,BC3,AC2, 在三角形内取点 P ,使同一种数学APBBPCCPA120. 由余弦定理知,PAx PBy PCz 是原方程组的一组解 . 将APC 绕 C 点旋转 60 ,得A P C ,易证A P,P B 共线,就xyzPAPBPCA B . 在 Rt A BC 中,有A BA C2BC2AC2BC27. 说明数学中的同一个数学形式表示式可以作不同的语义说明,语义的内容可以用不同的数学语言形式来表示. 数形结合的思想方法的实质是通过同一数学对象进行代数释义与几何释义的互补,实现“ 数”

5、 说明为“ 形” 的语义转换,将“ 形” 说明为“ 数”,利用“ 数” 的学问解决“ 形” 的问题；将“ 数”名师归纳总结 说明为“ 形” ,利用“ 形” 的学问解决“ 数” 的问题. 原先隐含的条件逐步第 2 页,共 16 页本例的解法 3 中,我们把方程组转化成直角三角形后,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载. 显示出来,如同居高观景,对问题的解决有更多的方法解法 4借助于三角形面积关系得：SAPBSBPCSAPC1SABC,. 331xyyzzx 1222xyyzzx2. 由已知三式相加,得2x2yy2zz27xyyzzx 8,

6、yzzx 3227,x2y2z23. y2z22xy又xyz 2x2x. 解法 5 （构造复数法）在平面上,设 A,B,C三点对应的复数分别为z Ai ZB0,Zc3,取点 P使APB BPC CPA 120 . 记 cos120 i sin120 1 3 i . 2 2有 x y z PA PB PC| z A z P | | z B z P | | z c z p |2| z A z P | | z B z P | | z c z p |2| z A z p z B z P z C z p | 同向共线 2| z A z B z C | 3 1i 3 3i | | 3 2 | 7 . 2

7、2 2 2说明 此题仍可以建立直角坐标系, 用解析法, 又可以利用图形关系, 应用向量法等 . 名师归纳总结 例 2、求函数f x 4 x32 x6x13x42 x1的最大值 . 第 3 页,共 16 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 分析和解函数学习必备欢迎下载f x 的结构复杂,无法用常规方法解,把问题由抽象向详细转化,以使其中数量关系更简洁把握：由根式我们会联想到距离, 问题的关键是两个根式内的被开方式能否化成平方和的形式,通过变形得2 2 2 2 2 2f x x 2 x 3 x 1 x2问题就转化为：求点 P x x 到点 A 3,2 与点

8、 B 0,1 的距离之差的最大值 . 进一步将其直观详细化 （如图）,由 A,B 的位置知直线 AB必交抛物线 y x 2于其次象限的一点 C. 由三角形两边之差小于第三边知,P 位于 C 时,f x 才能取得最大值,且最大值就是 | AB ,故 f x max | AB | 10 . 说明 上述分析过程的关键是将问题通过几何直观,转化为详细的形,“ 形”使我们把握住了 f x 的变化情形 . 类似地,可考虑下面的问题：如 k 4 sin,求 k 的最大值与最小值 . 3 cos这是一道三角函数求极值的问题,直接用代数法求解比较困难 . 认真观看,发觉 k 4 sin 与直线的斜率公式 k y

9、 y 0 结构相3 cos x x 0似,这样,可以想象 k 为过点 P 3, 4 与点 Q cos , sin 的直线的斜率 . 由于Q cos ,sin 是单位圆上的一个动点, 所以直线是经过定点 P（3,4）的动直线,k 的值是变化的 . 利用数形结合的方法可知：动直线以单位圆的两条切线为界,所以 k 的最大值与最小值就可以确定了 . 例 3、已知 x y z为正数且 xyz x y z 1 . 求表达式 x y y z 的最小值 . 解法 1 构造一个 ABC ,使其三边长分别为a x y b y z c z x . 就半周长p 1 a b c x y z,2ABC的面积 S p p

10、a p b p c x y z xyz 1另一方面名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - xyyz ab学习必备2欢迎下载2 S2,SinCsinC当且仅当 C 90 时取等号,此时 x y 2 y z 2 x z 2,化简,得 y x y z xz . 构 造 一 组 实 数 x z 1,y 2 1 满 足 , 即 式 等 号 成 立 , 所 以 x y y z 有最小值 2. 解法 2 应用均值不等式,得2 x y y z xy xz y yzxz y x y z 2 xyz x y z 2不等式中等号成立的条件是

11、xz y x y z . 此式为解法 1 中的式,以下同解法 1. 2例 4、设 a 0, f x ax 4 bx 4 c 有两个属于区间 2 ,3 的实数根 . （1）证明存在一个以a b c 为边长的三角形；（2）证明aacbbabcc. . 分析与解充分挖掘条件中的隐含信息, 把有利于解题的数量关系和直观表象显示出来,另外,又要把结论关系式分拆,两者结合起来,打通解决问题的通道由a0,f x 是开口向上的抛物线,且f24a8 b4c0,f39a12b4 c0,24 b3,16 b216 ac. 2 a即给出关于a b c 的不等式组：c2 ba,4 c12b9 ,ab3 , 2b2ac考

12、虑给出结论中能构成三角形的充分条件,我们充分利用不等式组中的关 系. 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 由,可知ab c学习必备欢迎下载2bab ,即 abc；另一方面,由知c2 b. 下面证明 cab . 事实上,31aa2abb2a 252 a3ba 21 a222 a ,4由知 b2a2 2a abb2a2abb25a2a 21a20,44a abb2,abb2c. a故存在以a b c 为边长的三角形 . （2）由于 abcab ,所以bccabbacbbcaacbba. bc换元法 ：解数学题时,我们经常

13、对变量作替换,这就是换元,通过换元,把原先的问题转化成另一类问题,以达到化难为易,从而帮忙解题. 例 5、设x y z是正实数,且满意xyzxzy0,求Sx221y21z22的最大值 . 名师归纳总结 解 由已知条件得xz1xz y . ,0,2. 第 6 页,共 16 页虽然, 1xz0,所以yxz. 1xz由此联想到正切和角公式,于是令arctan ,arctan ,arctan ,就tantantantan. 1tantan由于,0, ,所以,于是Stan221tan221tan3122cos22 2cos 3cos2cos2a1cos22 13cos2- - - - - - -精选学习

14、资料 - - - - - - - - - 2sinsin2学习必备欢迎下载3cos22sin31sin2n 个点组成的集3sin1 321010. 33等号在22,sin1,即3x2,y2,z2时成立,故欲求的最大值为10. 243例 6、设 n 为大于或等于3 的整数,证明：在平面上存在一个由合,集合中任两点的距离为无理数, 任三点组成一个非退化的面积为有理数的三角形 . 分析在平面上由 n 个点组成的集合无限多, 我们可以考虑一类特别的点集由整数点（纵坐标与横坐标均为整数）构成的集合, 只要在其中构成满意题目条件 的 点 集 , 也 就 解 答 了 此 题 , 进 一 步 特 殊 化 ,

15、考 虑 无 穷 点 集S , k k2 |k0,1,2,2. d A B 为无理数 . 即 S 中任证明 考虑无穷点集Sk k2 |k0,1,2,. S 中任两点A a a,B b b2的距离为：d A B ab 2a2b22|ab| 1 ab2 . 由于ab0,1ab2不是完全平方数,从而两点的距离为无理数 . 另一方面,由于点集S 中的点都在抛物线y2 x 上,又直线与抛物线的交点 不 多 于 两 个 , 故 S 中 任 意 三 点 不 共 线 , 而 对 于 S 中 任 意 三 点名师归纳总结 A a,2 a ,B2 b b , C2 （不妨设 abc）所形成三角形的面积第 7 页,共

16、16 页SABC11a2 a1 ba cb ca 1b2 b221cc2为非零有理数 . 所以, S 中任意 n 个点所成集合即为所求点集,问题得证. 说明 本问题的解决过程中运用了构造特别集合转化问题,将“ 在平面内存在某种点集” 的问题特别化为“ 在它的某个子集S中存在这种点集” 的问题,后者的解决使原问题获证. 这种解决策略常称为特别化策略 . 即视原问题为一般问- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载“ 特别”题,构造其特别问题,通过对特别问题的解决而获得原问题的解决. 特别化 作为化归策略,基本思想是很简洁的：相对于“ 一般” 而言

17、,问题往往显得简洁、直观和详细,简洁解决. 并且在特别问题的解决过程中,常常孕育着一般问题的解决思想, 因此,当我们在对某个一般性的数学问题解决有困难时,经常会想到先解决它的特别情形,然后再把解决特别情形的方法或结果应用或推广到一般问题中,而获得一般性问题的解决. p0,特别化策略的关键是能否找到一个正确的特别化问题. 例 7、求方程x2p2x21x的全部实数解,其中p 为实数参数；解 如p0,就x2p22 x12xpx,此时原方程无解,故可设并且x1,xp再将方程形式变为2x21x2 xp平方并整理,得22 xp42x x2p再平方并整理,得易知 p 必需满意 0p282p x2p42,并且

18、此时只可能有解x4p82p 代入原方程并化简,得名师归纳总结 | 3p4 |43px4p. 第 8 页,共 16 页于是有p43综上所述,当且仅当0p4时方程有唯独解382p 例 8、解方程aaxx. a0难于求解,而且难于确分析和解如去根号,得四次方程x42 ax2xa2定 a 在何范畴时有解；现用代换法,命axyxyyx yx , 就得axyaxy2两式相减ayx2ayx- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - xyxy10,学习必备0或y欢迎下载xyx1. （1）如xy0,由于x0,y0,只有xy0,4 a3. 31, 由axy知a0,这是一般情形 .

19、1（2）如yx1,就得axx1x2x1a0,141a4 a3. 欲使方程有实数根,须0 ,得a3进而x 1,24230,4a因x0,舍去负数x ,且要x 10,即14 a须a1,从而解为：x 14 a231（a1）此题求解过程告知我们：为了减一层根号,应不惜以“ 增一元” 为代价；另外,就是不急于消元,而是先消常数a,否就,就会走回头路；4 3 2例 9、解方程 4 x 8 x 3 x 8 x 4 0 . 分析和解 由于系数排列呈对称形式,故如 a a 0 是根,1 亦然,故谓之倒数a方程,其解法是倒数化：两边同除以 x 2 x 0：4 x 28 x 3 8 1 4 12 0x x2 1 14

20、 x 2 8 x 3 0x x2由于 x 2 12 x 1 2,令 t x 1,原方程化为x x x4 t 28 t 5 0,t 1 5 , t 2 1 . 2 2解得实根 x 1 2, x 2 1 . 2例 10、设 a, b 是实数,且 x 4ax 3bx 2ax 1 0 至少有一个实根, 求 a 2b 的 2最小值 . 名师归纳总结 解12易 知x0不 是 原 方 程 的 根 , 原 方 程 于 是 可 化 为第 9 页,共 16 页xa x1 x b20, x- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 令yx1,就易证 |学习必备欢迎下载y|2, x解方

21、程y2ayb20得2yaa224 b两根中至少有一者的确定值2 ,这等价于4 b24|a . |a|a24 b24,即a21 当 |a|4时,a2b216,2b . 2 当 |a|4时,两边平方并化简,得2 |a|如b2,a2b24,否就b2,再两边平方,得4a244 b2 b ,或4a2b25 b24 b45 b221616555. c 在区间（ 0,1 ）上有两个不同即当b2,a4时,a2b2有最小值4 555经检验,原方程有实根x1. 例 11、如整数 a,b,c 使得抛物线y2 axbx的交点,求 a 的最小正整数值 . 分析 联系图象,找出根与系数的关系, 再利用整数性质 , 找出a

22、,b,c取值范畴 . 名师归纳总结 解 设方程ax2bxc0的两实根分别为,且oc1,从而有第 10 页,共 16 页112124114上述两个不等式分别当b,1,c1时等号成立 . 22由韦达定理aa1111bcabaaa由于,故中两个式子的等号不能同时成立,故- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 111学习必备c欢迎下载a216 c abccab, 16aa名师归纳总结 由于0,0 ,由知 c 和 a 同号且c0又1,1,由知 abc第 11 页,共 16 页和 a 同号且abc0又由于 a,b,c 是整数,故 c abc 是正整数, 由知a216,即

23、| | 4, 所以 a 的最小正整数值为5. 又 c 和 abc 都是正整数,所以 c=1,取ab5,原方程变形为5x25x10, 其两根为5105,5105. 满意题目条件,所以a5是满意条件的最小正整数值. 例 12、设a b c 是正整数,关于x 的一元二次方程ax2bxc0的两实数根的确定值均小于1 3,求 abc的最小值 . 解 设方程的两实数根为x 1,x ,由韦达定理知,x x 均为负数 . 由cx x 21,a9得a9,所以2 b4 ac4ac22 4 9 136cc又b aax 1ax 2112 3,11 . 3 21333 2b所以,故ab22（1）当b7时,由4a4ac2

24、 b , a11 知a11或 12 ,c1. 但方程11x27x10有根72251,不合题意 ; 3方程12x27x10的两根1,1,也不合题意；34（2）当b8时,由4acb264及a11知a11,12,13,14,15,16,c1故由x2bb24ac1,2a3得 416aa,易知f a a16a4（a11,12,16）33- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 为增函数,f a f b 4学习必备f15欢迎下载0,而0,3故 a 只能为 16,此时abc168125,而方程16x28x10的两根为x 1x 21满意题意 . 149124. 4（3）当b9

25、时,a3b27,所以a14,于是abc22如abc25,只能a14,b9,c1,此时方程14x29x10的两根为x 11,x 21,不合题意,故此时abc25. 271,求m22 n 的综上所述, abc的最小值为 25. 例 13、已知整数m n 满意m n1,2,1981及2 nmn2 m2最大值 . 解 如 m n,就 m n 1,如 m n,由n 2mn m 21 , n 2m 2mn 1 m ,得 n 2m. 由于 n 2mn m 2 22 2 2 2 2 2 n m m n m m m m n m n m ,于是,如 m n 满意条件；就 n m m 也满意条件 . 由于 n m,

26、可从 , n m 出发,递降得到（ 1,1）,反之亦成立,即由（ 1,1）动身,利用 n m m m n , 可得到满意 m n 1,2, ,1981 的全部解 . 即（1,1 ）（ 1,2）（ 2,3）（ 3,5）（ 5,8）（ 8,13）（ 13,21）（ 21,34）（ 34,55）（ 55,89）（ 89,144）（ 144,233）（233,377）（ 377,610）（ 987,1597）. 因此,所求m2n 的最大值为 987 2 2+1597 2=3524578. x ,使得例 14、已知 a, b, c 是实数,且a2000,证明：至多存在两个整数|ax2bxc| 1000.

27、 分析 命题结构中会有“ 至多”妨试用反证法 . 、“ 至少” 、“ 有限” 、“ 无限” 、“ 唯独” 的表达,不名师归纳总结 证 用反证法 , 假设存在三个不同的正整数x 1,x 2,x , 使得|2 ax ibxic| 1000. 第 12 页,共 16 页令f x ax2bxc , 就x 1,x 2,x 中至少有两个在对称轴xb的一侧 包2a- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 括对称轴上 , 不妨设x 1x 2学习必备欢迎下载b 2 a, 就2ax2b0. 2 ax 2bx 2c1000, 2ax 2ba2000由于2 ax 1bx 1c1000

28、,所以x 1x 2a x 1x 2b2000a又x 1,x 是整数,所以x 1x 21,于是a x 1x2ba x21x2b故x 1x 2a x 1x 2b2000与冲突,从而命题得证；反证法 ： 反证法是一种重要的数学证题方法,反证法的基本思想是：假设 结论不成立,然后利用一些公理、定理、定义等作出一系列正确、严密的规律推 理,由此引出一个新的结论, 而这个新的结论或者与所给的已知条件冲突,或者 与已知为真的结论冲突,从而确定原结论是正确的；用反证法证明一个命题的步骤,大体分为（1）反设；（2）归谬；（3）结论 归谬是反证法的关键, 导出冲突的过程没有固定模式, 与什么发生冲突也并 不重要,

29、但必需从反设动身,否就推导将成为无源之水,无本之木,推理必需严 谨；导出冲突有如下几种类型：与已知条件冲突；与已知的公理、定理、定义、公式冲突；与反设冲突；自相冲突等；其实我们无须对这些冲突进行细分,重要 的应放在怎样导出冲突；11 项 例 15、在一个有限的实数列中,任意 7 个连续项之和是负数,而任意连续 之和都是正数,试问：这样的数列最多能有多少项？分析 先由题目条件探究项数 n ,先证明 n 17 是不行能的,再构造满意题意 n 16 的数列是存在的；解 先证明 n 17 是不行能的, 用反证法, 设此数列为 a a 2 , , a 17 , , a ,由已知条件可得akak1ak22

30、ak60（k1）akak1a kak100两式相减得a k7ak8ak9a k100于是从第 8 项开头,任意连续四项之和都是正数,于是有名师归纳总结 a 8a9a 102a 11a 12a 13a 14第 13 页,共 16 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - a8a9a 10a 11a 11学习必备a 14欢迎下载a 12a 130但由条件知a 8 a 9 a 10 a 11 a 12 a 13 a 14 0 , 故 a 11 0,同理,a 12 0, a 13 0 , 于是 a 11 a 12 a 13 0 , 但 a 11 a 12 a 17

31、0 , 故 a 14 a 15 a 16 a 17 0 , 这与式冲突,故 n 17,即 n 16 . 当 n 16 时,满意上述条件的构造是存在的,例如 : a a 2 , a 16 5,5 13,5,5,5, 13,5,5, 13,5,5,5, 13,5,5再如： 6,6, 15,6,6,6, 16,6,6, 16,6,6,6, 16,6,6数列是怎样构造出来的？由上所述记S 1a ,a 16S 2a 1a ,S 16a 1a 2条件无非就是S 10S 3S 14S 70S 11S 4S 15S 8S 1S 12S 5S 16S 2S 13S 6而且是充要的,（其实由这一点,也可证明S 不存在,否就S 6S 17S 10S ,冲突） . S 7于 是 构 造a a2,a1 6 就 非 常 容 易 了 , 比 如S 1 04 ,S3,3, S1 4. 2,1,S 111,S 42,S 153,S 84,S 15,S 126,S 57,S 168,S 99,S 210,S 1311,S 612仍有一个制造性的解法