37308 妙用「糖水不等式」巧解題

終極密碼

遊戲規則:本遊戲為猜密碼的遊戲。密碼為0到100之間的其中1個整數,電腦會提示密碼的所在範圍,玩家必須在6次之內猜到密碼才能過關。
★ 終極密碼為0到100之間 ★
您共有六次機會

摘要 : 對於一個從生活中提煉出來的『糖水不等式』, 筆者發現此不等式無論對教材的處理還是各種競賽和高考題的解決有事半功倍之效。 作為教師無論在教學還是在教師的科研中, 都應該謹慎處理每一個數學問題, ``追問"數學, 做好做足數學反思, 而數學反思更是數學教師專業化成長最有效的途徑之一, 通過反思教學提高課堂教學效率和教科研水準。
關鍵字 : 糖水不等式, 解題反思, 教材的處理, 挖掘, 教師專業化成長。

我們熟知, 若 $a$ kg 白糖製出 $b$ kg 糖溶液, 則糖的品質分數為 $\dfrac ab$。 若在上述不飽和溶液中再添加 $m$ kg 白糖, 此時糖的品質分數增加到 $\dfrac{a+m}{b+m}$, 糖水變甜了。 將這個事實抽象為數學問題, 即:若 $a,b,m\in R^+$, 且 $a\lt b$, 則 $\dfrac ab\lt \dfrac{a+m}{b+m}$。 (詳見人教社《選修 4-5 不等式選講》, p.21)。 我們不妨稱之為『糖水不等式』。 事實上, 若能恰當的利用此不等式可巧妙地證明一些較複雜的不等式, 下面舉例說明此不等式的應用。

應用一、證絕對值不等式

例1: 已知 $a,b$ 是實數, 求證 $\dfrac{|a+b|}{1+|a+b|}\le \dfrac{|a|}{1+|a|}+ \dfrac{|b|}{1+|b|}$。 (詳見人教社《選修 4-5 不等式選講》, p.28)。

分析: 教科書中是採用 $\dfrac{|a+b|}{1+|a+b|}=1-\dfrac 1{1+|a+b|}\le 1-\dfrac 1{1+|a|+|b|}=\dfrac{|a|+|b|}{1+|a|+|b|}$ 來證明的, 技巧性較強。 事實上, 利用教材中已證的『糖水不等式』便有如下簡潔的證法。

證明: $\because$ $0\le |a+b|\le |a|+|b|$, $\therefore$ $m=|a|+|b|-|a+b|\ge 0$, 由『糖水不等式』得 \begin{eqnarray*} \dfrac{|a+b|}{1+|a+b|}&\le& \dfrac{|a+b|+m}{1+|a+b|+m}=\dfrac{|a|+|b|}{1+|a|+|b|}=\dfrac{|a|}{1+|a|+|b|}+\dfrac{|b|}{1+|a|+|b|}\\ &\le&\dfrac{|a|}{1+|a|}+ \dfrac{|b|}{1+|b|}. \end{eqnarray*} 按此證明方法不難做如下推廣。

推廣1: 已知 $x_1,x_2,\ldots,x_n$ 是實數, $$\hbox{求證}\quad \dfrac{|x_1+x_2+\cdots+x_n|}{1+|x_1+x_2+\cdots+x_n|}\le \dfrac{|x_1|}{1+|x_1|}+\dfrac{|x_2|}{1+|x_2|} +\cdots+\dfrac{|x_n|}{1+|x_n|}.$$

推廣2: 已知 $x_1,x_2,\ldots,x_n$ 是實數且 $c\gt 0$ $$\hbox{求證}\quad \dfrac{|x_1+x_2+\cdots+x_n|}{c+|x_1+x_2+\cdots+x_n|}\le\dfrac{|x_1|}{c+|x_1|}+\dfrac{|x_2|}{c+|x_2|} +\cdots+\dfrac{|x_n|}{c+|x_n|}.$$

應用二、 證分式不等式

例2: (2008年全國高中數學聯賽山東省預賽題第17題) 若 $x\gt 0$, $y\gt 0$, $z\gt 0$ 且 $xyz=1$, $$\hbox{求證}\quad 1\lt \dfrac 1{1+x}+\dfrac 1{1+y}+\dfrac 1{1+z}\lt 2.$$

解析: 依題意可設 $x=\dfrac ba$, $y=\dfrac cb$, $z=\dfrac ac$, ($a$、 $b$、 $c\in R^+)$, 則 $$\frac 1{1\!+\!x}\!+\!\frac 1{1\!+\!y}\!+\!\frac 1{1\!+\!z}=\frac a{a\!+\!b}\!+\!\frac b{b\!+\!c}\!+\!\frac c{c\!+\!a}\gt \frac a{a\!+\!b\!+\!c}\!+\!\frac b{b\!+\!c\!+\!a}\!+\!\frac c{c\!+\!a\!+\!b}=1,$$ 另一方面, 由『糖水不等式』可知 $$\frac a{a+b}+\frac b{b+c}+\frac c{c+a}\lt \frac{a+c}{a+b+c}+\frac{b+a}{b+c+a}+\frac{c+b}{c+a+b}=2,$$ 所以原不等式成立。

評注: 對於條件 $xyz=1$ 常作代換 $x=\dfrac ba$, $y=\dfrac cb$, $z=\dfrac ac$, 可使非齊次不等式變為齊次不等式。 按此證明方法不難做如下推廣。

推廣1: 若 $a_i\gt 0$ $(i=1,2,\ldots,n)$ $n\in N^*$, $n\gt 2$ 則 $$1\lt \dfrac{a_1}{a_1+a_2+\cdots+a_{n-1}}+\dfrac{a_2}{a_2+a_3+\cdots+a_{n}}+\cdots+\dfrac{a_n}{a_n+a_1+\cdots+a_{n-2}}\lt 2.$$

推廣2: 若 $a_i\gt 0$ $(i=1,2,\ldots,n)$ $n\in N^*$, $n\gt 2$ 且 $a_1\cdot a_2\cdot a_3\cdots a_n=1$。 $$\hbox{求證}\quad 1\lt \dfrac{1}{1+a_1}+\dfrac{1}{1+a_2}+\cdots+\dfrac{1}{1+a_n}\lt n-1.\hskip 4cm~$$

應用三、 證排列組合數不等式

例3: (2001年全國高考題理科第20題) 已知 $i,m,n$ 是正整數, 且 $1\lt i\le m\lt n$。 證明 (1) $n^iA_m^i\lt m^iA_n^i$; (2) $(1+m)^n\gt (1+n)^m$。

解析: (1) 對於 $1\lt i\le m\lt n$ 有 \begin{eqnarray*} A_m^i&=&m(m-1)\cdots(m-i+1),\qquad \frac{A_m^i}{m^i}=\frac mm\cdot \frac{m-1}{m}\cdots \frac{m-i+1}m,\hskip 3cm~\\ \hbox{同理} \qquad \frac{A_n^i}{n^i}&=&\frac nn\cdot \frac{n-1}{n}\cdots \frac{n-i+1}n \end{eqnarray*} 由於 $m\lt n$, 對於整數 $k=1,2,\ldots,i-1$, 由『糖水不等式』得 $\dfrac{m-k}{n-k}\lt \dfrac{m-k+k}{n-k+k}=\dfrac mn$ 即 $\dfrac{n-k}n\gt \dfrac{m-k}m$, 所以 $\dfrac{A_n^i}{n^i}\gt \dfrac{A_m^i}{m^i}$ 即 $n^iA_m^i\lt m^iA_n^i$。

(2) 由二項式定理有 $(1+m)^n=\sum\limits_{i=0}^n m^iC_n^i$, $(1+n)^m=\sum\limits_{i=0}^m n^iC_m^i$,

由 (1) 知 $n^iA_m^i\lt m^iA_n^i$ $(1\lt i\le m\lt n)$ 而 $C_m^i=\dfrac{A_m^i}{i!}$, $C_n^i=\dfrac{A_n^i}{i!}$, 所以 $m^iC_n^i\gt n^iC_m^i$。

因此, $\sum\limits_{i=2}^m m^iC_n^i\gt \sum\limits_{i=2}^m n^iC_m^i$, 又 $m^0C_n^0=n^0C_m^0=1$, $mC_n^1=nC_m^1=mn$, $$\therefore\quad \sum_{i=0}^m m^iC_n^i\gt \sum_{i=0}^m n^iC_m^i,\quad \hbox{即}\quad (1+m)^n\gt (1+n)^m.$$

應用四、證數列型不等式

例4: (1995年全國高考題文科第25題) 設 $\{a_n\}$ 是由正數組成的等比數列, $S_n$ 是其前 $n$ 項和。 $$\hbox{證明}\quad \dfrac{\log_{0.5} S_n+\log_{0.5} S_{n+2}}{2}\gt \log_{0.5}S_{n+1}.$$

分析: 原高考標準解答是討論公比 $q=1$ 與 $q\not= 1$ 兩種情況, 利用作差比較法證明, 略顯繁瑣。 若考慮到題設結構和等比數列的性質巧妙利用『糖水不等式』便有如下簡潔的證法。

證明: 原不等式等價於 $S_nS_{n+2}\!\lt \!S_{n+1}^2 \Leftrightarrow \dfrac{S_n}{S_{n+1}}\!\lt \!\dfrac{S_{n+1}}{S_{n+2}}$。 設 $\{a_n\}$ 的公比為 $q$ 首項為 $a_1$, 則 $$\frac{S_{n+1}}{S_{n+2}}=\frac{a_1+a_2+a_3+\cdots +a_{n+1}}{a_1+a_2+a_3+\cdots +a_{n+2}}=\frac{a_1+q(a_1+a_2+\cdots+a_n)}{a_1+q(a_1+a_2+\cdots+a_{n+1})}=\frac{a_1+qS_n}{a_1+qS_{n+1}},$$ 由『糖水不等式』得 $\dfrac{S_n}{S_{n+1}}=\dfrac{qS_n}{qS_{n+1}}\lt \dfrac{a_1+qS_n}{a_1+qS_{n+1}}=\dfrac{S_{n+1}}{S_{n+2}},$ 故原不等式成立。

例5: 已知數列 $\{a_n\}$ 的前$n$項和為 $S_n$, 已知對任意的 $n\!\in\! N^+$, $a_n$總是$n$與 $S_n$ 的等差中項。 $$\hbox{求證}\quad \dfrac 1{a_1}+\dfrac 1{a_2}+\cdots+\dfrac 1{a_n}\lt 2.$$

解析: 由題意可知 $2a_n=n+S_n$, 故 $2a_{n-1}=n-1+S_{n-1}$, 兩式相減得, $2a_n-2a_{n-1}=1+S_n-S_{n-1}$, 即 $a_n=2a_{n-1}+1$, $(n\ge 2)$, $\therefore$ $a_n+1=2(a_{n-1}+1)$, $(n\ge 2)$, 故數列 $\{a_n+1\}$ 是以 2 為公比 $a_1+1$ 為首項的等比數列, 易知 $a_n=2^n-1$, $\therefore$ $\dfrac 1{a_n}=\dfrac 1{2^n-1}$, 由『糖水不等式』可知 \begin{eqnarray*} \frac 1{a_n}=\frac 1{2^n-1}\lt \frac{1+1}{2^n-1+1}&=&\frac 2{2^n}=\Big(\frac 12\Big)^{n-1}\qquad (n\ge 2),\\ \therefore\quad \frac 1{a_2}+\frac 1{a_3}+\cdots+\frac 1{a_n}&\lt &\Big(\frac 12\Big)^{1}+\Big(\frac 12\Big)^{2}+\cdots+\Big(\frac 12\Big)^{n-1}\\ &=&\dfrac{\frac 12\Big[1-\Big(\frac 12\Big)^{n-1}\Big]}{1-\frac 12}=1-\Big(\frac 12\Big)^{n-1}\lt 1,\\ \therefore\quad\frac 1{a_1}+\frac 1{a_2}+\cdots+\frac 1{a_n}&\lt &1+\frac 1{a_1}=2. \end{eqnarray*}

例6: (2007年四川高考題理科第22題第3小題) $$\hbox{求證}\quad T_n=\dfrac 4{3^{2^0}-1}+\dfrac 4{3^{2^1}-1}+\dfrac 4{3^{2^2}-1}+\cdots+\dfrac 4{3^{2^{n-1}}-1}\lt 3.$$

分析: 此題直接放縮較難, 若考慮到題設待證不等式的結構利用『糖水不等式』便有如下簡解。

解析: 設 $a_n=\dfrac 4{3^{2^{n-1}}-1}$, 當 $n=1$ 時, $T_1=a_1=\dfrac 4{3^{2^0}-1}=2\lt 3$ 成立; 當 $n\ge 2$ 時, $3^{2^{n-1}}-1\gt 4$, 由『糖水不等式』可知 $$a_n=\dfrac 4{3^{2^{n-1}}-1}\lt \dfrac {4+1}{3^{2^{n-1}}-1+1}=\dfrac 5{3^{2^{n-1}}}\le \dfrac 5{3^n}.$$ 故 $a_2\lt \dfrac 5{3^2}$, $a_3\lt \dfrac 5{3^3},\ldots,a_n\lt \dfrac 5{3^n}$, 所以 $$a_2+a_3+\cdots+a_n\lt \frac 5{3^2}+\frac 5{3^3}+\cdots+\frac 5{3^n}=5\cdot \frac{\frac 19\Big(1-\frac 1{3^{n-1}}\Big)}{1-\frac 13}=\frac 56\Big(1-\frac 1{3^{n-1}}\Big)\lt \frac 56.$$ 所以 $T_n=a_1\!+\!a_2\!+\!\cdots\!+\!a_n\lt a_1\!+\!\dfrac 56=2\!+\!\dfrac 56=\dfrac{17}6\lt \dfrac{18}6\!=\!3$, 而 $n\!=\!1$ 時, 上式也成立。

故對任意的 $n\!\in\! N^+$ 都有 $T_n\!=\!\dfrac 4{3^{2^0}\!-\!1}\!+\!\dfrac 4{3^{2^1}\!-\!1}\!+\!\dfrac 4{3^{2^2}\!-\!1}\!+\!\cdots\!+\!\dfrac 4{3^{2^{n\!-\!1}}\!-\!1}\!\lt \!3$ 成立。

例7: (2009年山東高考題理科第20題) 等比數列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 項和為 $S_n$, 已知對任意的 $n\in N^+$ 點 $(n,S_n)$ 均在函數 $y=b^x+r$ ($b\gt 0$ 且 $b\not=1$, $b,r$ 均為常數) 的圖像上。
(I) 求 $r$ 的值。 (II) 當 $b=2$ 時, 記 $b_n=2(\log_2 a_n+1)\ (n\in N^+)$。
證明對任意的 $n\in N^+$ 不等式成立 $\dfrac{b_1+1}{b_1}\cdot \dfrac{b_2+1}{b_2}\cdots \dfrac{b_n+1}{b_n}\gt \sqrt{n+1}$ 成立。

分析: 原標準解答是利用數學歸納法證明, 略顯繁瑣, 注意到通項公式的特點可利用『糖水不等式』有如下簡解。

解析: (I) 略。

(II) 由 (I) 知 $a_n=(b-1)b^{n-1}$ 當 $b=2$ 時, 易知 $b_n=2n$, 故要證的不等式為 $$\frac 32\cdot \frac 54\cdots \frac{2n+1}{2n}\gt \sqrt{n+1},$$ 設 $A=\dfrac 32\cdot \dfrac 54\cdots \dfrac{2n+1}{2n}$, 由『糖水不等式』得 $$\frac{2n}{2n+1}\lt \frac{2n+1}{2n+1+1}=\frac{2n+1}{2n+2},\quad \hbox{即}\quad \frac{2n+1}{2n}\gt \frac{2n+2}{2n+1},$$ 也即 $A\gt B=\dfrac 43\cdot \dfrac 65\cdots \dfrac{2n+2}{2n+1}$, 故 $A^2\gt AB=\dfrac 32\cdot \dfrac 43\cdot\dfrac 54\cdot\dfrac 65\cdots \dfrac{2n+1}{2n}\cdot \dfrac{2n+2}{2n+1}=n+1$,
故 $A=\dfrac 32\cdot \dfrac 54\cdots \dfrac{2n+1}{2n}\gt \sqrt{n+1}$。

例8: (1998年全國高考題理科第25題) 已知數列 $\{b_n\}$ 是等差數列, $b_1=1$, $b_1+b_2+\cdots+b_{10}=145$

  • (I) 求數列 $\{b_n\}$ 的通項 $b_n$;
  • (II) 設數列 $\{a_n\}$ 的通項 $a_n=\log_a(1+\dfrac 1{b_n})$ (其中 $a\gt 0$ 且 $a\not=1$), 記 $S_n$ 是數列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 項的和。 試比較 $S_n$ 與 $\dfrac 13\log_a b_{n+1}$ 的大小, 並證明你的結論。

分析: (II) 原標準解答是利用數學歸納法證明, 略顯繁瑣, 注意到通項公式的特點可利用『糖水不等式』有如下簡解。

解析: (I) 設數列 $\{b_n\}$ 的公差為 $d$, 由題意得 $$\left\{\begin{array}{l} b_1=1,\\[5pt] 10b_1+\dfrac{10(10-1)}2 d=145, \end{array}\right. \quad\hbox{解得} \quad \left\{\begin{array}{l} b_1=1,\\[5pt] d=3,\end{array}\right. \quad\hbox{所以,}\quad b_n=3n-2.$$

(II) 由 $b_n=3n-2$, 知 \begin{eqnarray*} S_n&=&\log_a(1+1)+\log_a\Big(1+\frac 14\Big)+\cdots+\log_a\Big(1+\frac 1{3n-2}\Big)\\ &=&\log_a\Big[(1+1)\Big(1+\frac 14\Big)\cdots\Big(1+\frac 1{3n-2}\Big)\Big], \end{eqnarray*} 而 $\dfrac 13 \log_ab_{n+1}=\log_a \root 3\of {3n+1}$, 因此要比較 $S_n$ 與 $\dfrac 13\log_a b_{n+1}$ 的大小, 可先比較 $$(1+1)\Big(1+\dfrac 14\Big)\cdots\Big(1+\dfrac 1{3n-2}\Big)\quad\hbox{與}\quad \root 3\of {3n+1}\quad \hbox{ 的大小。}$$ 取 $n=1$ 有 $(1+1)\gt \root 3 \of {3\cdot 1+1}$,

取 $n=2$ 有 $(1+1)\Big(1+\dfrac 14\Big)\gt \root 3\of {3\cdot 2+1}$,
          $\vdots$
由此猜想 $$(1+1)\Big(1+\dfrac 14\Big)\cdots\Big(1+\dfrac 1{3n-2}\Big)\gt \root 3\of {3n+1}{(*)}$$ $$\hbox{即}\quad 2\cdot \frac 54\cdots \frac{3n-1}{3n-2}\gt \root 3\of {3n+1}\Leftrightarrow \frac 12\cdot \frac 45\cdots \frac{3n-2}{3n-1}\lt \root 3\of {\frac 1{3n+1}}$$ 設 $A=\dfrac 12\cdot \dfrac 45\cdots \dfrac{3n-2}{3n-1}$, 由『糖水不等式』得 $$\frac{3n-2}{3n-1}\lt \frac{3n-2+1}{3n-1+1}=\frac{3n-1}{3n}\lt \frac{3n-1+1}{3n+1}=\frac{3n}{3n+1},$$ 故 $A\lt B=\dfrac 23\cdot \dfrac 56\cdots \dfrac{3n-1}{3n}$, 同理 $A\lt C=\dfrac 34\cdot \dfrac 67\cdots \dfrac{3n}{3n+1}$, 故 $$A^3\lt ABC=\frac 12\cdot \frac 23\cdot \frac 34\cdot \frac 45\cdot \frac 56\cdot \frac 67\cdots\frac {3n-2}{3n-1}\cdot \frac{3n-1}{3n}\cdot \frac{3n}{3n+1}=\frac 1{3n+1},$$ 即 $A=\dfrac 12\cdot \dfrac 45\cdots \dfrac{3n-2}{3n-1}\lt \root 3\of{\dfrac 1{3n+1}}$ 即不等式 $(*)$ 成立, 則由對數函數單調性易知

當 $a\gt 1$ 時, $S_n\gt \dfrac 13\log_a b_{n+1}$; 當 $0\lt a\lt 1$ 時, $S_n\lt \dfrac 13\log_a b_{n+1}$。

例9: 證明對任意的 $n\in N^+$, 不等式 $\dfrac{1^2\!+\!1\!+\!1}{1^2\!+\!1}\cdot \dfrac{2^2\!+\!2\!+\!1}{2^2\!+\!2}\cdot\dfrac{3^2\!+\!3\!+\!1}{3^2\!+\!3}\cdots\dfrac{n^2\!+\!n\!+\!1}{n^2\!+\!n}\lt e$ 成立。

分析: 此題直接論證很難, 用數學歸納法也很難證明, 若構造函數不等式 $\ln(1+x)\lt x$, 則思維量大且不易想到,若注意到題設待證不等式的結構可考慮利用『糖水不等式』證明。

證明: 原不等式等價於 $$\frac{1^2+1}{1^2+1+1}\cdot \frac{2^2+2}{2^2+2+1}\cdot\frac{3^2+3}{3^2+3+1}\cdots \frac{n^2+n}{n^2+n+1}\gt \frac 1e,$$ 當 $n=1$ 時, $\dfrac{1^2+1}{1^2+1+1}=\dfrac 23\gt \dfrac 2{2e}=\dfrac 1e$ 成立;

當 $n=2$ 時, $\dfrac{1^2+1}{1^2+1+1}\cdot \dfrac{2^2+2}{2^2+2+1}=\dfrac {12}{21}\gt \dfrac {12}{12e}=\dfrac 1e$ 成立;

當 $n\ge 3$ 時, 由『糖水不等式』可知 $\dfrac{n^2-1}{n^2}\lt \dfrac{n^2-1+n+1}{n^2+n+1}=\dfrac{n^2+n}{n^2+n+1}$

即 $\dfrac{n^2+n}{n^2+n+1}\gt \dfrac{n^2-1}{n^2}=\dfrac{n-1}n\cdot \dfrac{n+1}{n}$, 故當 $n\ge 3$ 時, \begin{eqnarray*} \frac{3^2\!+\!3}{3^2\!+\!3\!+\!1}\cdot \frac{4^2\!+\!4}{4^2\!+\!4\!+\!1}\cdots\frac{n^2\!+\!n}{n^2\!+\!n\!+\!1}&\gt & \frac 23\cdot \frac 43\cdot \frac 34\cdot \frac 54\cdots\frac{n-2}{n-1}\cdot \frac n{n-1}\cdot \frac {n-1}n\cdot \frac{n\!+\!1}n\\ &=&\frac 23\cdot \frac{n\!+\!1}n=\frac 23\Big(1\!+\!\frac 1n\Big)\gt \frac 23 \end{eqnarray*} 故 \begin{eqnarray*} &&\hskip -25pt \frac{1^2+1}{1^2+1+1}\cdot\frac{2^2+2}{2^2+2+1}\cdot \frac{3^2+3}{3^2+3+1}\cdot \frac{4^2+4}{4^2+4+1}\cdots\frac{n^2+n}{n^2+n+1}\\ &\gt &\frac{1^2+1}{1^2+1+1}\cdot\frac{2^2+2}{2^2+2+1}\cdot \frac 23=\frac 8{21}\gt \frac 8{8e}=\frac 1e. \end{eqnarray*} 綜上, 對任意的 $n\in N^+$, $$\frac{1^2+1}{1^2+1+1}\cdot\frac{2^2+2}{2^2+2+1}\cdot \frac{3^2+3}{3^2+3+1}\cdots\frac{n^2+n}{n^2+n+1}\gt \frac 1e$$ 成立, 即原不等式成立。

可見, 適當挖掘某些不等式的潛在功能無論是對解題還是對教材的處理都大有裨益, 有事半功倍之效。

練習:

  1. 已知 $a,b,c$ 是 $\triangle ABC$ 的三邊, 求證 $\dfrac{a}{a+m}+\dfrac{b}{b+m}\gt \dfrac{c}{c+m}$。
  2. 已知 $A, B, C$ 是 $\triangle ABC$ 的三內角, $$\hbox{求證}\quad 1\lt \dfrac{\sin A}{\sin B+\sin C}+\dfrac{\sin B}{\sin C+\sin A}+\dfrac{\sin C}{\sin A+\sin B}\lt 2.\hskip 3cm~$$
  3. (1995年全國高考題理科第25題) 設 $\{a_n\}$ 是由正數組成的等比數列, $S_n$是其前 $n$ 項和。
    • (1) 證明 $\dfrac {\log S_n+\log S_{n+2}}2\lt \log S_{n+1}$;
    • (2) 是否存在常數 $c\gt 0$, 使得 $\dfrac{\log(S_n-c)+\log(S_{n+2}-c)}{2}=\log(S_{n+1}-c)$成立? 並證明你的結論。
  4. 對任意大於 1 的正整數 $n$, 求證 $\Big(1+\dfrac 13\Big)\Big(1+\dfrac 15\Big)\cdots\Big(1+\dfrac 1{2n-1}\Big)\gt \dfrac {\sqrt{2n+1}}2$。
  5. (1998全國高考題文科25題) 已知數列 $\{b_n\}$ 是等差數列, $b_1=1$, $b_1+b_2+\cdots+b_{10}=100$。
    • (I) 求數列 $\{b_n\}$ 的通項 $b_n$;
    • (II) 設數列 $\{a_n\}$ 的通項 $a_n=\log\Big(1+\dfrac 1{b_n}\Big)$, 記 $S_n$ 是數列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 項的和, 試比較 $S_n$ 與 $\dfrac 12\log b_{n+1}$ 的大小, 並證明你的結論。
  6. (2009年全國數學聯賽河北省預賽題第17題) 已知函數 $f(x)=x^2-2$, 設曲線 $y=f(x)$ 在點 $A(x_n,f(x_n))$, $n\in N^*$ 處的切線與 $x$ 軸交於點 $B(x_{n+1},0)$, $n\in N^*$ 且 $x_1=3$。
    • (1) 求證 $x_n\gt \sqrt 2$, $n\in N^*$;
    • (2) 設 $b_n=x_n-\sqrt 2$, 數列 $\{b_n\}$ 的前項和為 $T_n$, 證明 $T_n\lt 2(3-\sqrt 2)$。

參考資料

張國治, 反思出巧解 [J], 中國數學教育, 2012 (4), 35-36. 張國治, 一道流行錯題的正本清源及反思 [J], 中國數學教育, 2012 (6), 41-42.

---本文作者任教中國新疆生產建設兵團第二中學---

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