递推数列和式与不等式

1、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。要提高解题能力，必须反复练习。在解各类题中，善于总结，不仅要寻找各种不同的解法，更要找出最佳的方法，应当注意数学的思想与数学的美，不断提高我们的鉴赏能力，注意简捷明快，一针见血。本讲中，我们选编了国内外一些值得欣赏的竞赛题，有些题多给几种解法，灵活运用数学基础知识去进行探索与尝试，以展现思维的过程，并且以资比较，尽力寻求完美的解法。希望参加数学竞赛的学生们多掌握些解题的思考方法，对数学的认识深度就会有所提高，随之而来，解题能力的增强就会有所突破，也就可能在各类数学竞赛中大显身手。例1、已知且求的值.分析 常见的思路是求三

2、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，由得 由得 以上三式相加，得，代入，得与联立，解得.但，故得，从而可解得.解法2 令.-并因式分解，得，同理得.+，并配方得则有，即.解得. 又由知.可解得.上述两种解法是纯代数的，若用数形结合的思想，有解法3 由余弦定理，得,.使我们想到构造三角形:作,使,在三角形内取点，使.由余弦定理知，是原方程组的一组解.将绕点旋转，得，易证共线，则.在中，有.说明 数学中的同一个数学形式表示式可以作不同的语义解释，同一种数学语义的内容可以用不同的数学语言形

3、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”解释为“形”的语义转换，将“形”解释为“数”，利用“数”的知识解决“形”的问题；将“数”解释为“形”，利用“形”的知识解决“数”的问题.本例的解法3中，我们把方程组转化成直角三角形后，原来隐含的条件逐渐显示出来，犹如居高观景，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：，.由已知三式相加，得,.又，.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，取点使.记.有(同向共线).说明 本题还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.例2、求函数 的最大值

4、.分析和解 函数的结构复杂，无法用常规方法解，把问题由抽象向具体转化，以使其中数量关系更容易把握：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，通过变形得问题就转化为：求点到点与点的距离之差的最大值.进一步将其直观具体化（如图），由A，B的位置知直线AB必交抛物线于第二象限的一点C.由三角形两边之差小于第三边知，P位于C时，才能取得最大值，且最大值就是，故.说明 上述分析过程的关键是将问题通过几何直观，转化为具体的形，“形”使我们把握住了的变化情况.类似地，可考虑下面的问题：若，求的最大值与最小值.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.仔细观察

5、，发现与直线的斜率公式结构相似，这样，可以想象为过点与点的直线的斜率.由于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，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，所以的最大值与最小值就可以确定了.例3、已知为正数且.求表达式的最小值.解法1 构造一个，使其三边长分别为.则半周长，的面积另一方面，当且仅当时取等号，此时，化简，得.构造一组实数，满足，即式等号成立，所以有最小值2.解法2 应用均值不等式，得不等式中等号成立的条件是.此式为解法1中的式，以下同解法1.例4、设有两个属于区间2，3的实数根.（1）证明存在一个以为边长的三角形；（2）证明.分析与

6、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.由是开口向上的抛物线，且，.即给出关于的不等式组：考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.由，可知，即。另一方面，由知.下面证明.事实上，由知，.故存在以为边长的三角形.（2）由于，所以.换元法：解数学题时，我们常常对变量作替换，这就是换元，通过换元，把原来的问题转化成另一类问题，以达到化难为易，从而帮助解题.例5、设是正实数，且满足，求 的最大值.解 由已知条件得 .虽然，所以.由此联想到正切和角公式，于是令.则.由于，所以，于是.

7、等号在，即时成立，故欲求的最大值为.例6、设为大于或等于3的整数，证明：在平面上存在一个由个点组成的集合，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 在平面上由个点组成的集合无限多，我们可以考虑一类特殊的点集由整数点（纵坐标与横坐标均为整数）构成的集合，只要在其中构成满足题目条件的点集，也就解答了此题，进一步特殊化，考虑无穷点集.证明 考虑无穷点集.中任两点，的距离为：.由于不是完全平方数，从而为无理数.即中任两点的距离为无理数.另一方面，由于点集中的点都在抛物线上，又直线与抛物线的交点不多于两个，故中任意三点不共线，而对于中任意三点（不妨设）所形成三角形的面

8、积为非零有理数.所以，中任意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殊集合转化问题，将“在平面内存在某种点集”的问题特殊化为“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殊化策略.即视原问题为一般问题，构造其特殊问题，通过对特殊问题的解决而获得原问题的解决.特殊化作为化归策略，基本思想是很简单的：相对于“一般”而言，“特殊”问题往往显得简单、直观和具体，容易解决.并且在特殊问题的解决过程中，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，常常会想到先解决它的特殊情况，然后再把解决特殊情况的方

9、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.特殊化策略的关键是能否找到一个最佳的特殊化问题.例7、求方程的全部实数解，其中为实数参数。解 若，则，此时原方程无解，故可设，并且再将方程形式变为平方并整理，得再平方并整理，得易知必须满足，并且此时只可能有解代入原方程并化简，得于是有 综上所述，当且仅当时方程有唯一解.例8、解方程.分析和解 若去根号，得四次方程难于求解，而且难于确定a在何范围时有解。现用代换法，命则得 两式相减 , ,或.（1）若，由于，只有，由知，这是一般情形.（2）若，则得,.欲使方程有实数根，须，得进而.因，舍去负数，且要，即 ，,须，从而解为：（）此题求解过程告

10、诉我们：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，否则，就会走回头路。例9、解方程 .分析和解 由于系数排列呈对称形式，故若是根，亦然，故谓之倒数方程，其解法是倒数化：两边同除以：由于，令，原方程化为 ，.解得实根.例10、设a,b是实数，且至少有一个实根，求的最小值.解 易知不是原方程的根，原方程于是可化为,令，则易证,解方程得两根中至少有一者的绝对值，这等价于，即.1°当时，2°当时，两边平方并化简，得.若，否则，再两边平方，得，或即当时,有最小值.经检验，原方程有实根.例11、若整数a，b，c使得抛物线在区间（0,1）上有两个不同

11、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，b，c取值范围.解 设方程的两实根分别为，且，从而有 上述两个不等式分别当时等号成立.由韦达定理 由于，故中两个式子的等号不能同时成立，故, 因为，由知c和a同号且又，由知和a同号且又因为a，b，c是整数，故是正整数，由知，即,所以a的最小正整数值为5.又c和都是正整数，所以c=1，取，原方程变形为,其两根为 .满足题目条件，所以是满足条件的最小正整数值.例12、设是正整数，关于的一元二次方程的两实数根的绝对值均小于，求的最小值.解 设方程的两实数根为，由韦达定理知，均为负数.由，得，所以又 ，所以 ，故

12、.（1）当时，由, 知或12 ，.但方程有根，不合题意;方程的两根，也不合题意；（2）当时，由及知故由，得，易知 （）为增函数，而，故只能为16，此时，而方程的两根为满足题意.（3）当时，所以，于是.若，只能，此时方程的两根为，不合题意，故此时.综上所述，的最小值为25.例13、已知整数满足及，求的最大值.解 若，则，若，由,，得.因为 ，于是，若满足条件；则也满足条件.由于，可从出发，递降得到（1，1），反之亦成立，即由（1，1）出发，利用可得到满足的全部解.即（1,1）（1，2）（2，3）（3，5）（5，8）（8，13）（13，21）（21，34）（34，55）（55，89）（89，144

13、）（144，233）（233，377）（377，610）（987，1597）.因此，所求的最大值为9872+15972=3524578.例14、已知a,b,c是实数，且，证明：至多存在两个整数，使得.分析 命题结构中会有“至多”、“至少”、“有限”、“无限”、“唯一”的叙述，不妨试用反证法.证 用反证法,假设存在三个不同的正整数,使得.令,则中至少有两个在对称轴的一侧(包括对称轴上),不妨设,则 .因为,所以 又是整数，所以，于是故与矛盾，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、严密的逻辑推理，由

14、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矛盾，或者与已知为真的结论矛盾，从而肯定原结论是正确的。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，导出矛盾的过程没有固定模式，与什么发生矛盾也并不重要，但必须从反设出发，否则推导将成为无源之水，无本之木，推理必须严谨。导出矛盾有如下几种类型：与已知条件矛盾；与已知的公理、定理、定义、公式矛盾；与反设矛盾；自相矛盾等；其实我们无须对这些矛盾进行细分，重要的应放在怎样导出矛盾。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11项之和都是正数，试问：这样的数列最多能有多少项？分析

15、 先由题目条件探索项数，先证明是不可能的，再构造满足题意的数列是存在的。解 先证明是不可能的，用反证法，设此数列为，由已知条件可得（）两式相减得 于是从第8项开始，任意连续四项之和都是正数，于是有但由条件知,故，同理， , 于是 , 但 ,故 ,这与式矛盾，故，即.当时，满足上述条件的构造是存在的，例如:再如： 数列是怎样构造出来的？由上所述记，条件无非就是而且是充要的，（其实由这一点，也可证明不存在，否则，矛盾）.于是构造就非常容易了，比如，.还有一个创造性的解法是：设这个数列是列成数表横求和，得,竖求和，得,这一矛盾说明项数.另一方面，构造一个16项数列适合题意，可见，题目还可以推广到用两个互素的正整数p与q来代替题中的7与11，得出最大项数为p+q-2.例16、一位象棋大师为参加一次比赛将进行77天的练习，他准备每天至少下一局棋，而每周至多下12局棋。证明存在一个正整数，使得他在这77天里有连续的天共下了21局棋。如果将21改为22，结论是否成立？证