用特征根方程法求数列通项.doc

代数1.求证不等式：， 2.设，。证明：当且仅当时，存在数列满足以下条件：（），；（）存在；（），。证 必要性：假设存在满足（），（），（iii）注意到（）中式子可化为 ， 其中将上式从第1项加到第项，并注意到得 10分由（）可设，将上式取极限得 ，因此 20分充分性：假设定义多项式函数如下：，则在0,1上是递增函数，且，因此方程在0,1内有唯一的根，且，即 30分下取数列为，则明显地满足题设条件（），且 因，故，因此，即的极限存在，满足（） 40分最后验证满足（），因，即，从而 综上，存在数列满足（），（），（） 50分3.实数和正数使得有三个实根，且满足：；。求证：。解： f(x)=f(x)-f(x3)=(x-x3)x2+(a+x3)x+x32+ax3+b x1,x2是方程x2+(a+x3)x+x32+ax3+b的两个根 x2-x1=l (a+x)2-4(x32+ax3+b)= l23x32+2ax3+l2+4b-a2=0x3(x1+x2) () 且4a2-12b-3l20 () 10分 f(x)=x3+ax2+bx+c = 20分 f(x3)=0 () 由()得 记p=，由() 和()可知p且 令 y=，则y0且 30分 =0 40分 取a=2,b=2,c=0,l=2，则f(x)=x3+ax2+bx+c有根，0 显然假设条件成立，且 综上所述，的最大值是 50分4.设（），且，求的最大值与最小值。解：先求最小值，因为1等号成立当且仅当存在i使得xi1，xj0，ji 最小值为1 10分再求最大值，令 设， 令 则 30分 令0，则 由柯西不等式得： 等号成立 由于a1a2an，从而，即xk0 所求最大值为 50分平面几何张角定理：设A，C，B顺次分别是平面内一点P所引三条射线PA，PC，PB上的点，线段AC，CB对点P的张角分别为且，则A，C，B三点共线的充要条件是：. 例1 如图，已知ABCD为四边形，两组对边延长后得到交点E，F，对角线BD/EF，AC的延长线交EF于G，求证：EG=GF. 例2 已知的顶点A，B，C对应的三边长分别为a，b，c，E为其内切圆圆心，AE交BC于D，求证：例3. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G，求证：例4. 如图，已知AM是的边BC上的中点，任作一直线顺次交AB，AC，AM于P，Q，N，求证：成等差数列.梅涅劳斯定理定理1 若直线l不经过ABC的顶点，并且与ABC的三边BC、CA、AB或它们的延长线分别交于P 、Q、R，则BPPCCQQAARRB=1证明：设hA、hB、hC分别是A、B、C到直线l的垂线的长度，则：BPPCCQQAARRB=hBhChChAhAhB=1.注：此定理常运用求证三角形相似的过程中的线段成比例的条件.例1 若直角ABC中，CK是斜边上的高，CE是ACK的平分线，E点在AK上，D是AC的中点，F是DE与CK的交点，证明：BFCE.【解析】因为在EBC中，作B的平分线BH，则：EBC=ACK，HBC=ACE，HBC+HCB=ACK+HCB=90，即BHCE，所以EBC为等腰三角形，作BC上的高EP，则：CK=EP，对于ACK和三点D、E、F根据梅涅劳斯定理有：CDDAAEEKKFFC=1，于是KFFC=EKAE=CKAC=EPAC=BPBC=BKBE，即KFFC=BKBE，根据分比定理有：KFKC=BKKE，所以FKBCKE，所以BFCE.例2 从点K引四条直线，另两条直线分别交直线与A、B、C、D和A1，B1，C1，D1，试证：ACBC:AD BD=A1C1B1C1:A1D1B1D1.【解析】若ADA1D1，结论显然成立；若AD与A1D1相交于点L，则把梅涅劳斯定理分别用于A1AL和B1BL可得：ADLDLD1A1D1A1KAK=1，LCACAKA1KA1C1LC1=1，BCLCLC1B1C1B1KBK=1，LDBDBKB1KB1D1LD1=1，将上面四个式子相乘，可得：ADACBCBDA1C1A1D1B1D1B1C1=1，即：ACBC:ADBD=A1C1B1C1:B1D1B1C1定理2 设P、Q、R 分别是ABC的三边BC、CA、AB上或它们延长线上的三点，并且P、Q、R三点中，位于ABC边上的点的个数为0或2，这时若BPPCCQQAARRB=1，求证P、Q、R三点共线.证明：设直线PQ与直线AB交于R，于是由定理1得：BPPCCQQAARRB=1，又因为BPPCCQQAARRB=1，则ARRB=ARRB，由于在同一直线上P、Q、R三点中，位于ABC边上的点的个数也为0或2，因此R与R或者同在AB线段上，或者同在AB的延长线上；若R与R同在AB线段上，则R与R必定重合，不然的话，设ARAR，这时AB-ARAB-AR，即BRARBR，这与ARBR=ARBR矛盾，类似地可证得当R与R同在AB的延长线上时，R与R也重合，综上可得：P、Q、R三点共线.注：此定理常用于证明三点共线的问题，且常需要多次使用再相乘.CBA例3 点P位于ABC的外接圆上；A1、B1、C1是从点P向BC、CA、AB引的垂线的垂足，证明点A1、B1、C1共线.【解析】易得：BA1CA1=-BPcosPBCCPcosPCB，CB1AB1=-CPcosPCAAPcosPAC，AC1BC1=-APcosPABBPcosPBA，将上面三个式子相乘，且因为PCA=PBC，PAB=PCB，PCA+PBA=180，可得BA1CA1CB1AB1AC1BC1=1，根据梅涅劳斯定理可知A1、B1、C1三点共线.例4 设不等腰ABC的内切圆在三边BC、CA、AB上的切点分别为D、E、F，则EF与BC，FD与CA，DE与AB的交点X、Y、Z在同一条直线上.【解析】ABC被直线XFE所截，由定理1可得：BXXCCEEAAFFB=1，又因为AE=AF，代入上式可得BXXC=FBCE，同理可得CYYA=DCAF，AZZB=EABD，将上面的式子相乘可得：BXXCCYYAAZZB=1，又因为X、Y、Z丢不在ABC的边上，由定理2可得X、Y、Z三点共线.例5 已知直线AA1，BB1，CC1相交于O，直线AB和A1B1的交点为C2，直线BC和B1C1的交点为A2，直线AC和A1C1的交点为B2，试证A2、B2、C2三点共线.【解析】设A2、B2、C2分别是直线BC和B1C1，AC和A1C1，AB和A1B1的交点，对所得的三角形和它们边上的点：OAB和（A1，B1，C2），OBC和（B1，C1，A2），OAC和（A1，C1，B2）应用梅涅劳斯定理有：AA1OA1OB1BB1BC2AC2=1，OC1CC1BB1OB1CA2BA2=1，OA1AA1CC1OC1AB2CB2=1，将上面的三个式子相乘，可得：BC2AC2AB2CB2CA2BA2=1，由梅涅劳斯定理可知A2、B2、C2共线.例6 在一条直线上取点E、C、A，在另一条上取点B、F、D，记直线AB和ED，CD和AF，EF和BC的交点依次为L、M、N，证明：L、M、N共线.【解析】记直线EF和CD，EF和AB，AB和CD的交点分别为U、V、W，对UVW，应用梅涅劳斯定理于五组三元点(L,D,E)，(A,M,F)，(B,C,N)，(A,C,E)，(B,D,F)，则有UEVEVLWLWDUD=1，VAWAUFVFWMYM=1，UNVNWCUCVBWB=1，WAVAUCWCVEUE=1，WBVBUDWDVFUF=1，将上面五个式子相乘可得：VLWLWMUMUNVN=1，点L、M、N共线.塞瓦定理定理：设P、Q、R分别是ABC的BC、CA、AB边上的点，则AP、BQ、CR三线共点的充要条件是：BPPCCQQAARRB=1.MQRACPB证明：先证必要性：设AP、BQ、CR相交于点M，则BPPC=SABPSACP=SBMPSCMP=SABMSACM，同理CQQA=SBCMSABM，ARRB=SACMSBCM，以上三式相乘，得：BPPCCQQAARRB=1，再证充分性：若BPPCCQQAARRB=1，设AP与BQ相交于M，且直线CM交AB于R，由塞瓦定理有：BPPCCQQAARRB=1，约翰斯：ARRB=ARRB，因为R和R都在线段AB上，所以R必与R重合，故AP、BQ、CR相交于一点M.CBA例7 证明：三角形的中线交于一点.【解析】记ABC的中线AA1，BB1，CC1，我们只须证明AC1C1BBA1A1CCB1B1A=1，而显然有：AC1=C1B，BA1=A1C，CB1= B1A，即AC1C1BBA1A1CCB1B1A=1成立，所以，ABC交于一点，KLNMCBA例8 在锐角ABC中，C的角平分线交AB于L，从L做边AC和BC的垂线，垂足分别是M和N，设AN和BM的交点是P，证明：CPAB.【解析】作CKAB，下证CK、BM、AN三线共点，且为P点，要证CK、BM、AN三线共点，根据塞瓦定理即要证：AMMCCNNBBKAK=1，又因为MC=CN，即要证明：AMAKBKNB=1，因为AMLAKCAMAK=ALAC，BNLBKCBKNB=BCBL，即要证ALACBCBL=1，根据三角形的角平分线定理可知：ALACBCBL=1，所以CK、BM、AN三线共点，且为P点，所以CPAB.例9 设AD是ABC的高，且D在BC边上，若P是AD上任一点，BP、CP分别与AC、AB交于E和F，则EDA=FDA.【解析】过A作AD的垂线，与DE、DF的延长线分别交于M、N.欲证EDA=FDA，可以转化为证明AM=AN，因为ADBC，故MNBC，可得AMECDE，ANFBDF，所以AMCD=AECE，ANBD=AFBF，于是AM=AECDCE，AN=AFBDBF，因为AD、BE、CF共点与P，根据塞瓦定理可得：BDDCCEEAAFFB=1，所以AECDCE=AFBDBF，所以AM=AN，所以EDA=FDA例10 在ABC的边BC、CA、AB上取点A1、B1、C1，证明AC1C1BBA1A1CCB1B1A=sinACC1sinC1CBsinBAA1sinA1ACsinCBB1sinB1BA【解析】如图对ACC1和BCC1应用正弦定理，可得AC1C1C=sinACC1sinA，CC1C1B=sinBsinC1CB，即AC1C1B=sinACC1sinC1CBsinBsinA，同理：BA1A1C=sinBAA1sinA1ACsinCsinB，CB1B1A=sinCBB1sinB1BAsinAsinC，从而AC1C1BBA1A1CCB1B1A=sinACC1sinC1CBsinBAA1sinA1ACsinCBB1sinB1BA.托勒密定理圆内接四边形中，两条对角线的乘积(两对角线所包矩形的面积)等于两组对边乘积之和(一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和)即：设四边形ABCD内接于圆，则有ABCD+ADBC=ACBD；EDCBA定理：在四边形ABCD中，有ABCD+ADBCACBD，并且当且仅当四边形ABCD内接于圆时，等式成立.【解析】在四边形ABCD内取点E，使BAE=CAD，ABE=ACD，则：ABE和ACD相似，所以ABAC=BECDABCD=ACBE，又因为ABAC=AEAD且BAC=EAD，所以ABC和AED相似，所以ABCD+ADBC=AC(BE+ED)，所以ABCD+ADBCACBD，且等号当且仅当E在BD上时成立，即当且仅当A、B、C、D四点共圆时成立.直接应用托勒密定理例1 如图所示，P是正ABC外接圆的劣弧BC上任一点(不与B、C重合)， 求证：PA=PBPC【解析】：此题证法甚多，一般是截长、补短，构造全等三角形，均为繁冗若借助托勒密定理论证，则有PABC=PBACPCAB，AB=BC=ACPA=PB+PC例2 证明“勾股定理”：在RtABC中，B=90，求证：AC2=AB2BC2【解析】：如图，作以RtABC的斜边AC为一对角线的矩形ABCD，显然ABCD是圆内接四边形由托勒密定理，有ACBD=ABCDADBC ，又ABCD是矩形，AB=CD，AD=BC，AC=BD 把代人，得AC2=AB2BC2例3 如图，在ABC中，A的平分线交外接圆于D，连结BD，求证：ADBC=BD(ABAC)【解析】：连结CD，依托勒密定理，有ADBCABCDACBD1=2， BD=CD故 ADBC=ABBDACBD=BD(ABAC)例4 若a、b、x、y是实数，且a2b2=1，x2y2=1求证：axby1【解析】：如图作直径AB=1的圆，在AB两边任作RtACB和RtADB，使ACa，BC=b，BDx，ADy由勾股定理知a、b、x、y是满足题设条件的据托勒密定理，有ACBDBCAD=ABCDCDAB1，axby1例5 已知a、b、c是ABC的三边，且a2=b(bc)，求证：A=2B分析：将a2=b(bc)变形为aa=bbbc，从而联想到托勒密定理，进而构造一个等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c【解析】：如图 ，作ABC的外接圆，以 A为圆心，BC为半径作弧交圆于D，连结BD、DC、DAAD=BC，ACD=BDCABD=BAC又BDA=ACB(对同弧)，1=2于是BD=AC，则BD=AC=b依托勒密定理，有BCAD=ABCDBDAC ，而已知a2=b(bc)，即aa=bcb2 ，比较得CD=b=BD，CD=BD，3=1=2，BAC=2ABC例6 在ABC中，已知ABC=124，求证：1AB+1AC=1BC.【解析】：将结论变形为ACBCABBC=ABAC，把三角形和圆联系起来，可联想到托勒密定理，进而构造圆内接四边形如图，作ABC的外接圆，作弦BD=BC，边结AD、CD在圆内接四边形ADBC中，由托勒密定理，有ACBDBCAD=ABCD，易证AB=AD，CD=AC，ACBCBCAB=ABAC，两端同除以ABBCAC，得1AB+1AC=1BC.西姆松定理：若从ABC外接圆上一点P作BC、AB、AC的垂线，垂足分别为D、E、F，则D、E、F三点共线.证明：连接DE、DF，显然，只需证明BDE=FDC，即可；因为BDP=BEP=90，所以B、E、P、D四点共圆，所以BDE=BPE，同理可得：FDC=PFC，又因为BEP=PFC=90，且PFC=180-PBA=PBE，所以BPE=FPC，所以BDE=FDC，所以D、E、F三点共线.西姆松逆定理：从一点P向ABC的三边（或它们的延长线）作垂线，若垂足L、M、N在同一直线上，则P在ABC的外接圆上.例7 设ABC的三条垂线AD、BE、CF的垂足分别为D、E、F；从点D作AB、BE、CF、AC的垂线，其垂足分别为P、Q、R、S，求证P、Q、R、S在同一直线上.【解析】设ABC的垂心为O，则O、E、C、D四点共圆，因为由西姆松定理有：Q、R、S三点共线，又因为O、F、B、D四点共圆，且由西姆松定理有：P、Q、R三点共线，所以P、Q、R、S四点共圆例8 四边形ABCD是圆内接四边形，且D是直角，若从B作直线AC、AD的垂线，垂足分别为E、F，则直线EF平分线段BD.【解析】作BGDC，由西姆松定理有：F、E、G共线，又因为BFD=FDG=DGB=90，所以四边形BFDG为矩形，所以对角线FG平分另一条对角线BD.例9 求证：四条直线两两相交所构成的四个三角形的外接圆相交于一点，且由该点向四条直线所作垂线的垂足在一条直线上.【解析】如图，设四条直线AB、BC、CD、AD中，AB交CD于点E，BC交AD于点F，圆BCE与圆CDF的另一个交点为G，所以BGF=BGC+CGF=BEC+CDA，所以BGF+A=180，即圆ABF过点G，同理圆AED也过点G，所以元BCE、元CDF、元ABF，元AED交于同一点G，若点G向AB、BC、CD、DA所作垂线的垂足分别为E、L、M、N、P，有西姆松定理可知，L、M、N在一条直线上，M、N、P在一条直线上，故L、M、N、P在同一条直线上.例10 四边形ABCD是圆内接四边形，且CDA是直角，若从B点作直线AC、AD的垂线，垂足分别为E，F，求证：EF或其延长线平分BD；【解析】由B作DC的垂线BG，由西姆松定理可知E、F、G共线，所以BFD=FDG=90，四边形BGDF是矩形，BD被另一对角线FG所平分.例11 如图，过正三角形ABC外接圆的弧AC上点P作PD直线AB于D，作PEAC于E，作于F，求证： 例12 如图，设AD，BE，CF为ABC的三条高线，自D点作于P，于Q，于R，于S，连PS. 求证：Q，R在直线PS上. 例13 如图，设P为ABC外接圆上一点，作交圆周于，作直线交圆周于，作交圆周于，求证：特征方程法求解递推关系中的数列通项当时，的取值称为不动点，不动点是我们在竞赛中解决递推式的基本方法. 如：， 令 ，即 ，令此方程的两个根为， (1)若,则有 （其中）(2)若,则有 （其中）例题1：设， (1)求函数的不动点； (2）对(1)中的二个不动点，求使恒成立的常数的值； (3)对由定义的数列，求其通项公式.解析：(1)设函数的不动点为，则解得或 (2)由可知使恒成立的常数.(3)由(2)可知，所以数列 是以为首项，为公比的等比数列.则，则 例2已知数列满足性质：对于 且求的通项公式.解:依定理作特征方程变形得 其根为故特征方程有两个相异的根，则有即 又 数列是以为首项，为公比的等比数列 例3已知数列满足：对于都有（1）若求 （2）若求解：作特征方程 变形得 特征方程有两个相同的特征根（1）对于都有 （2）一、数列的一阶特征方程（型）在数列中，已知，且时，（是常数），（1）当时，数列为等差数列；（2）当时，数列为常数数列；（3）当时，数列为等比数列；（4）当时，称是数列的一阶特征方程，其根叫做特征方程的特征根，这时数列的通项公式为：；例1：已知数列中，且时，求；（参考答案：）二、数列的二阶特征方程（型）在数列中，与已知，且（是常数），则称是数列的二阶特征方程，其根，叫做特征方程的特征根.（1）当时，有； （2）当时，有；其中由代入后确定.例2：在数列中，且时，求；（参考答案：）考虑一个简单的线性递推问题.设已知数列的项满足, ,其中求这个数列的通项公式.采用数学归纳法可以求解这一问题，然而这样做太过繁琐，而且在猜想通项公式中容易出错，本文提出一种易于被学生掌握的解法特征方程法：针对问题中的递推关系式作出一个方程称之为特征方程；借助这个特征方程的根快速求解通项公式.下面以定理形式进行阐述.定理1.设上述递推关系式的特征方程的根为，则当时，为常数列，即，其中是以为公比的等比数列，即.证明：因为由特征方程得作换元则当时，数列是以为公比的等比数列，故当时，为0数列，故（证毕）下面列举两例，说明定理1的应用.例1已知数列满足：求解：作方程当时，数列是以为公比的等比数列.于是例2已知数列满足递推关系：其中为虚数单位.当取何值时，数列是常数数列？解：作方程则要使为常数，即则必须现在