等差数列判定和证明

等差数列判定和证明（精选14篇）

等差数列判定和证明篇1

姓名：成绩：

1．在四边形ABCD中，O是对角线的交点，下列条件中，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（）Ａ．AD∥BC, AD=BCＢ.AB=DC,AD=BC Ｃ．AB∥DC,AD=BC

Ｄ．OA=OC,OD=OB

2．如图，在平行四边形ABCD中，AD5，AB3，AE平分∠BAD交BC边于点E，则线段BE，EC的长度分别为（）Ａ．2和

3Ｂ．3和

2Ｃ．4和

1Ｄ．1和

4E 3．如图，在平行四边形ABCD中，AC，BD相交于点O．下列结论中正确的个数有（）结论：①OAOC，②BADBCD，③ACBD，④BADABC180．

Ｄ．4个

第3题图

Ａ．1个Ｂ．2个Ｃ．3个

4.能够判别一个四边形是平行四边形的条件是（）

A.一组对角相等B.两条对角线互相垂直且相等C.两组对边分别相等D.一组对边平行 5.下列条件中不能确定四边形ABCD是平行四边形的是（）

A.AB=CD，AD∥BCB.AB=CD，AB∥CDC.AB∥CD，AD∥BCD.AB=CD，AD=BC 6.一个四边形的三个内角的度数依次如下选项，其中是平行四边形的是（）

A.88°，108°，88°B.88°，104°，108°C.88°，92°，92°D.88°，92°，88° 7.四边形ABCD中，AD∥BC，要判别四边形ABCD是平行四边形，还需满足条件（）

A.∠A+∠C=180°B.∠B+∠D=180°C.∠A+∠B=180°D.∠A+∠D=180° 8.以不在一条直线上的三点A、B、C为顶点的平行四边形共有（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

二、填空题

5．如图，四边形ABCD中，AB∥CD，要使四边形ABCD为平行四边形，则应添加的条件是

（添加一个条件即可）

6．在四边形ABCD中，AB=CD，AD=BC，∠B=50,则∠A=_______,∠D=_________。7．如图，平行四边形ABCD中，AC、BD相交于点O，已知AB=8cm，BC=6cm，△AOB的周长为18cm，那么△AOD的周长为__________。

如图2，BD是ABCD的对角线，AE⊥BD于E，CF⊥BD于F，求证：四边形AECF

为平行四边形.

第5题图

A第7题图

9．如图：平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，MN过点O与AB、CD

相交于M、N，你认为OM、ON有什么关系？为什么？

10．如图，△ABC中，BD平分∠ABC，DE∥BC交AB于点E，EF∥AC交BC于F，试说明

BE=CF。

12.如图，D、E是△ABC的边AB和AC中点，延长DE到F，使EF=DE，连结CF.四边形BCFD是平行四边形吗？为什么？

13.如图，□ABCD的对角线AC、BD交于O，EF过点O交AD于E，交BC于F，G是OA的中点，H是OC的中点，四边形EGFH是平行四边形，说明理由

.三、如图3，田村有一口呈四边形的池塘，在它的四个角A、B、C、D处均种有一棵大核桃树.田村准备开挖池塘建养鱼池，想使池塘面积扩大一倍，又想保持核桃树不动，并要求扩建后的池塘成平行四边形的形状，请问田村能否实现这一设想？

等差数列判定和证明篇2

直线和圆的三种位置关系

由图易知: (1) 当d>r时⇔直线与圆没有交点⇔直线与圆相离;

(2) 当d=r时⇔直线与圆有一个交点⇔直线与圆相切;

(3) 当d<r时⇔直线与圆有两个交点⇔直线与圆相交.

这两种判定直线与圆的位置关系的方法中, 第一种是数据法, 第二种是图形法, 用数据与图形这种“数形结合”的方法判断直线与圆位置关系, 从数学概念理解上较好地体现了“数学结合”的数学思想, 二者相辅相成.但“数”与“形”的两种定义之间有联系吗?当d=r时, 直线与圆确实只有一个交点吗?如何证明?

课本上对此没有详细证明, 在常规学习中, 这“数”、“形”二定义的渊源也不断被忽略, 二者之间真的没有沟通点吗? 如果只是画图证明, 不严谨;如果单凭感觉, 不能说明问题, 我们应该怎么证明“当d=r时, 直线与圆相切”这样一个命题 (及其逆命题) 呢?为了挖掘概念学习之源, 笔者给出以下两个命题的证明, 以帮助同学们深入理解两种方法的相通之处, 并培养严谨的数学学习习惯.

命题1 如果圆心O到直线l的距离d=半径r, 那么直线l是圆O的切线.

已知:如图2, ⊙O中, OP⊥直线l, 垂足为点P, 且OP=圆半径r .

求证:直线l是圆O的切线.

证明:∵OP⊥直线l, 垂足为点P,

∴线段OP表示点O到直线的距离.

根据点到直线的距离定义“直线外一点与直线上各点相连所得的线段中, 垂线段最短”可以得到以下结论:

若在直线l上另取任意一点Q, 则QO>OP.

∵OP=圆半径r,

∴点P是圆上的点.

∵QO>OP (即OQ>r) ,

∴根据点和圆的位置关系即知, 点Q在圆O外.

由Q点的任意性可知, 直线l上除P点外的所有点, 都在圆O外, 此时, 只有点P在圆上, 即直线与圆只有一个交点P, ∴直线和圆相切.命题得证.

说明:命题1即圆的切线判定定理——经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.

命题2 如果直线l是圆O的切线, 那么圆心O到直线的距离d=半径r.

已知:如图3, 直线l是圆O的切线, 且过点O的线段OP⊥直线l, 垂足为点P,

求证:OP=半径r.

证明: (以下用反证法证明直线与圆只有点P一个交点)

假设直线与圆的交点是点Q, 连接OQ, 则OQ=r, 此时点Q在圆上.

∵直线l与圆O相切,

∴直线l与圆O只有且只有一个交点, 即点Q.

∵OP⊥直线l, 垂足为P,

∴在直线l上的所有点与点O的连线中, OP最短,

则 OP<OQ, ∴OP<半径r.

∴直线l与圆O相交, 则直线l与圆O有两个交点, 与假设矛盾.

因此直线l与⊙O的唯一交点是点P.

∴点P既在圆上, 又在直线上.

∴OP=半径r, 命题得证.

说明:命题2即圆的切线的性质定理——圆的切线垂直于经过切点的半径.

等差数列判定和证明篇3

通过研究各类试题，笔者发现，伪等比数列法亦是数列不等式证明的一种有效方法.本文结合各类试题，谈谈“伪等比数列法”及其应用.1“伪等比数列法”相关结论

对于正项数列{an}，若an+1an>q（或an+1an≥q或an+1an

结论对于正项数列{an}，有

（1）若an+1an>q（n∈N*），则an>a1·qn-1（n≥2，n∈N*）成立；（2）若an+1an≥q（n∈N*），则an≥a1·qn-1（n∈N*）成立；

（3）若an+1an证明（1）由an+1an>q，得an=anan-1·an-1an-2·…·a3a2·a2a1·a1>a1·qn-1（n≥2）.

（2）（3）（4）类似可证.2应用于高考试题

例1（2014年新课标全国Ⅱ理17）已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1.

（1）证明{an+12}是等比数列，并求{an}的通项公式；

（2）证明：1a1+1a2+…+1an<32.

证明（1）an=3n-12（过程略）.

（2）当n=1时，所证不等式显然成立（下文同，不再重复）；

当n≥2时，由an+1=3an+1，a1=1，得an+1>3an>0，所以1an+1<13·1an，则1an<（13）n-1（n≥2），

所以1a1+1a2+…+1an<1+13+…+13n-1=1-（13）n1-13=32[1-（13）n]<32.

例2（2012年全国高考广东理19）设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn=an+1-2n+1+1，n∈N*，且a1、a2+5、a3成等差数列.

（1）求a1的值；（2）求数列{an}的通项公式；

（3）证明：对一切正整数n，有1a1+1a2+…+1an<32.

解（1）a1=1（过程略）.

（2）由2Sn=an+1-2n+1+1，可得2Sn-1=an-2n+1（n≥2），

两式相减，可得2an=an+1-an-2n，即an+1=3an+2n，即an+1+2n+1=3（an+2n），

所以数列{an+2n}（n≥2）是以a2+4为首项，3为公比的等比数列.

由2a1=a2-3，可得a2=5，所以an+2n=9×3n-2，即an=3n-2n（n≥2），

当n=1时，a1=1，也满足上式，所以数列{an}的通项公式是an=3n-2n.

（3）由（2）知an+1=3an+2n，an>0，所以1an+1=13an+2n<13·1an，则1an<（13）n-1（n≥2），

所以1a1+1a2+…+1an<1+13+…+13n-1<32（1-13n）<32.

例3（2008年全国高考安徽理21）设数列{an}满足：a1=0，an+1=ca3n+1-c，n∈N*，其中c为实数.

（1）证明：an∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1]；

（2）设0

（3）略.

证明（1）（略）.

（2）设0

当n≥2时，因为an=ca3n-1+1-c，所以1-an=c（1-an-1）（1+an-1+a2n-1），

因为0

所以1-an≤3c（1-an-1），1-an≤（1-a1）·（3c）n-1=（3c）n-1，所以an≥1-（3c）n-1（n∈N*）.

例4（2006年全国高考浙江理20）已知函数f（x）=x3+x2，数列{xn}（xn>0）的第一项x1=1，以后各项按如下方式取定：曲线y=f（x）在（xn+1，f（xn+1））处的切线与经过（0，0）和（xn，f（xn））两点的直线平行（如图）.求证：当n∈N*时：

（1）x2n+xn=3x2n+1+2xn+1；

（2）12n-1≤xn≤12n-2.

证明（1）略.

（2）因为函数h（x）=x2+x当x>0时单调递增，

而x2n+xn=3x2n+1+2xn+1≤4x2n+1+2xn+1=（2xn+1）2+2xn+1，所以xn≤2xn+1，即xn+1xn≥12，

因此xn≥（12）n-1，又因为x2n+xn=3x2n+1+2xn+1≥2（x2n+1+xn+1），则x2n+1+xn+1x2n+xn<12，

所以x2n+xn≤（x21+x1）（12）n-1=（12）n-2，所以xn≤x2n+xn≤（12）n-2.

故（12）n-1≤xn≤（12）n-2.3应用于自主招生试题

例5（2013年“卓越联盟”自主招生试题）

已知数列{an}中，a1=3，an+1=a2n-nan+α，n∈N*，α∈R.

（1）若an≥2n对n∈N*都成立，求α的取值范围；

（2）当α=-2时，证明1a1-2+1a2-2+…+1an-2<2（n∈N*）.

解（1）α的取值范围是[-2，+∞）（过程略）.

（2）由（1）知，当α=-2时，an≥2n（n∈N*）.

所以n≥2时，an+1-2=a2n-nan-4=an（an-n）-4≥nan-4≥2（an-2）>0，

所以1an+1-2≤12·1an-2，从而n≥2时，1an-2≤1a1-2·12n-1=12n-1.

所以1a1-2+1a2-2+…+1an-2≤1+12+122+…+12n-1=2-12n-1<2.4应用于竞赛试题

例6（2013年首届“学数学”奥林匹克试题）设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2n-an（n∈N*）.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}满足bn=2n-1an，求证：1b1+1b2+…+1bn<53.

解（1）an=2-12n-1（过程略）.

（2）由（1）知，bn=2n-1an=2n-1.

所以bn+1=2n+1-1=2（2n-12）>2（2n-1）=2bn，

所以当n≥3时，bn>b2·2n-2=3×2n-2，所以1bn<13·（12）n-2（n≥3）.

所以1b1+1b2+…+1bn<1+13+13（12+122+…+12n-2）=43+13（1-12n-2）=53-13·12n-2<53.

例7（2012年全国高中数学联赛辽宁省预赛）

设递增数列{an}满足a1=1，4an+1=5an+9a2n+16，n∈N*.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）证明：1a1+1a2+…+1an<2.

解（1）an=23（2n-12n）（过程略）.

（2）易知，n≥2时，an+1=23（2n+1-12n+1）=43（2n-12n+2）>43（2n-12n）=2an.

所以an>a1·2n-1，1an<1a1·（12）n-1=（12）n-1（n≥2）.

所以1a1+1a2+…+1an<1+12+122+…+12n-1=2（1-12n）<2.5应用于模考试题

例8（2014年安徽省“合肥三模”试题）

已知数列{an}，a1=1，an+1=an+1+p1-pa2n（n∈N*，p∈R，p≠1）.

（1）求数列{an}为单调递增数列的充要条件；

（2）当p=13时，令bn=11+2an，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：12-15n

解（1）数列{an}为单调递增数列的充要条件为-1

（2）当p=13时，an+1=an+2a2n（n∈N*），所以an+1an=1+2an，

所以bn=11+2an=anan+1=2a2n2anan+1=an+1-an2anan+1=12（1an-1an+1），

所以Sn=12[（1a1-1a2）+（1a2-1a3）+…+（1an-1an+1）]=12-12an+1.

由（1）知{an}为单调递增数列，a1=1，所以an+1>0，所以Sn<12.

又an+1-an=（an+2a2n）-（an-1+2a2n-1）=（an-an-1）（1+2an+2an-1）>5（an-an-1），

所以an+1-an>（a2-a1）·5n-1=2×5n-1（n≥2），而a2-a1=2×50，

所以an+1>（an+1-an）+（an-an-1）+…+（a2-a1）+a1>2（5n-1+5n-2+…+50）+1

=2×1-5n1-5+1=5n+12>12×5n.

所以-1an+1>-25n，所以Sn=12-12an+1>12+12（-25n）=12-15n.

综上所述，12-15n

如何证明等差数列篇4

最大数加最小数除以二即

/2=a1+(n-1)d/2

{an}的平均数为

Sn/n=/n=a1+(n-1)d/2

得证

1三个数abc成等差数列，则c-b=b-a

c^2(a+b)-b^2(c+a)=(c-b)(ac+bc+ab)

b^2(c+a)-a^2(b+c)=(b-a)(ac+bc+ab)

因c-b=b-a，则(c-b)(ac+bc+ab)=(b-a)(ac+bc+ab)

即c^2(a+b)-b^2(c+a)=b^2(c+a)-a^2(b+c)

所以a^2(b+c),b^2(c+a),c^2(a+b)成等差数列

等差：an-(an-1)=常数(n≥2)

等比：an/(an-1=常数(n≥2)

等差：an-(an-1)=d或2an=(an-1)+(an+1),(n≥2)

等比：an/(an-1)=q或an平方=(an-1)*(an+1)(n≥2).2

我们推测数列{an}的通项公式为an=5n-4

下面用数学规纳法来证明：

1)容易验证a1=5*1-4=4，a2=5*2-4=6，a3=5*3-4=11，推测均成立

2)假设当n≤k时，推测是成立的，即有aj=5(j-1)-4，(j≤k)

则Sk=a1+a2+…ak=5*(1+2+…+k)-4k=5k(k+1)/2-4k=k(5k-3)/2

于是S(k+1)=a(k+1)+Sk

而由题意知：(5k-8)S(k+1)-(5k+2)Sk=-20k-8

即：(5k-8)*-(5k+2)Sk=-20k-8

所以(5k-8)a(k+1)-10Sk=-20k-8

即：(5k-8)a(k+1)=5k(5k-3)-20k-8=25k^2-35k-8=(5k-8)(5k+1)

所以a(k+1)=5k+1=5(k+1)-4

即知n=k+1时，推测仍成立。

在新的数列中

An=S

=a(4n-4)+a(4n-3)+a(4n-2)+a(4n-1)+a(4n)

A(n-1)=S

=a(4n-8)+a(4n-7)+a(4n-6)+a(4n-5)+a(4n-4)

An-A(n-1)=a(4n-4)+a(4n-3)+a(4n-2)+a(4n-1)+a(4n)-a(4n-8)+a(4n-7)+a(4n-6)+a(4n-5)+a(4n-4)

=4d+4d+4d+4d+4d

=20d(d为原数列公差)

20d为常数,所以新数列为等差数列上，an=5n-4即为数列的通项公式，故它为一等差数列。

A(n+1)-2An=2(An-2An-1)A(n+1)-2An=3*2^(n-1)两边同时除2^(n+1)得-An/2^n=3/4即{An/2^n}的公差为3/4An除以2的n次方为首项为1/2公差为3/4的等差数列

那么你就设直角三角形地三条边为a，a+b,a+2b

于是它是直角三角形得到

a²+(a+b)²=(a+2b)²

所以a²+a²+2ab+b²=a²+4ab+4b²

化简得a²=2ab+3b²

两边同时除以b²

解得a/b=3即a=3b

所以三边可以写为3b，3b+b。3b+2b

所以三边之比为3：4：5

设等差数列an=a1+(n-1)d

最大数加最小数除以二即

/2=a1+(n-1)d/2

{an}的平均数为

Sn/n=/n=a1+(n-1)d/2

等差等比数列的证明篇5

1.已知数列{a}中，anan15且2an12n1（n2且nN*）.an1（Ⅰ）证明：数列2n为等差数列；（Ⅱ）求数列{an}的前n

项和S.n

2.已知数列{a}中，an12且an1an2n30（n2且nN*）.证明：数列an2n为等差数列；

3.已知数列{a}中，an14且2an1an2n50（n2且nN*）.证明：数列an2n1为等比数列；

4．数列{an}满足a12,a25,an23an12an.（1）求证：数列{an1an}是等比数列；（2）求数列{an}的通项公式；

5.已知各项均为正数的数列an前n项和为

1a且n是和S2Sn，首项为a1，n的等差中项.求数列a的通项公式； n

6.已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*有an＋Sn＝

n.(1)设bn＝an－1，求证：数列{bn}是等比数列； 7.设数列an的各项都是正数，且对任意

nN*，都有

aaaaS

为数列的前n项和.3132333n2n，其中S

（I）求证：

a2Snan;

（II）求数列an的通项公式；

8.数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)，a(1)设bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列；（2）.证明数列{n－2}

是等差数列

(3)设cn＝

9.已知正项数列{an}的前n项和Sn满足 2Sn＝an＋1.求证：{an}是等差数列．

10.设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a{cn}是等比数列． 3n－1

Sn*

an＝2(n－1)(n∈N)．

(1)

求证：数列{an}为等差数列,并求{an}的通项公式；

(2)求数列{的前n项和Tn，an·an+1

11.设Sn是数列{an}（nN*）的前n项和，已知a14，an1Sn3n，设bnSn3n.（Ⅰ）证明：数列{bn}是等比数列，并求数列{bn}的通项公式；（Ⅱ）令cn

12.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1，an＋2SnSn1＝0(n2)．问：数列{1是否为等差数列？并证明你的结论；

2log2bn

2，求数列{cn}的前n项和Tn.bn

13.已知等差数列{an}的公差大于0，且a3，a5是方程x214x450的两根，数列{bn}的前n项的和为Sn，且Sn=

an·bn。求数列{an}，{bn}的通项公式；

1bn

(n∈N*),Cn=

14.已知数列{an}与{bn}满足

3＋－1

bn＋1an＋bnan＋1＝(－2)n＋1，bn＝n∈N*，且a1＝2.－

设cn＝a2n＋1－a2n－1，n∈N*，证明{cn}是等比数列

15.已知在正项数列{an}中，a1＝2，点An(an，an＋1)在双曲线y－x＝1上，数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，其

中Tn是数列{bn}的前n项和．

证明三角形重心判定性质篇6

求证：F为AB中点. 三角形重心

证明：根据燕尾定理,S△AOB=S△AOC,又S△AOB=S△BOC,∴S△AOC=S△BOC,再应用燕尾定理即得AF=BF,命题得证。

1、重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1.

2、重心和三角形3个顶点组成的3个三角形面积相等。

3、重心到三角形3个顶点距离的平方和最小。

4、在平面直角坐标系中,重心的坐标是顶点坐标的算术平均,即其坐标为((X1+X2+X3)/3,

(Y1+Y2+Y3)/3);空间直角坐标系——横坐标：(X1+X2+X3)/3 纵坐标：(Y1+Y2+Y3)/3 竖坐标(Z1+Z2+Z3)/3

5、重心和三角形3个顶点的连线的任意一条连线将三角形面积平分. 证明：刚才证明三线交一时已证。

递推数列中的不等式证明篇7

例1.正项数列{an}满足:a1=a (0

解:∵a>0, ∴0

a/ (n-1) a+1而a1=a适合此式

故:a≤a/ (n-1) a+1得证

点评: (1) 抓住递推关系的结构特点, 构建特殊数列, 然后运用迭代法使问题得证。

(2) 数学归纳法也是证明不等式的一种重要方法, 此题不再证明。

例2.已知数列{an}对一切n∈N*都有an∈ (0, 1) , 且ana2n+1+2an+1-an=0

求证: (1) 2a2n+1

分析与简解:由于2an+1-an=-an a2n+1<0故2an+1

而要证明sn<2a1, 数学归纳法是不能直接进行传递的, 故需利用 (1) 的结论构建特殊数列。方法1:由建特殊数列。

方法2:由2an+1

方法3:数学归纳法

(1) 当n=1时, a1=s1<2a1成立

(2) 假设n=k时sk<2a1成立

∴n=k+1时不等式成立

由 (1) (2) 不等式sn<2a1对一切正整数都成立

点评:已知中所给的递推关系较繁杂, 是无法直接构建特殊关系的, 第一问为下面问题的解答做了铺垫, 我们应敏锐地抓住这一特点, an+1<21an类似等比型, 可用迭代的方法达到an<12n-1a1的效果, 利于求和型的不等式证明。

例f (x) = (x≠1) , 设数列{an}满足a1=1, an+1=f (an) , 数列{bn}满足bn=|an- 3|, sn=b1+b2+···+bn

分析与简解:在例2、例3可知, 此题的关键在于要构建一个形如的递推关系

证明三角形内心判定方法篇8

三角形的重心，外心，垂心，内心和旁心称之为三角形的五心。三角形五心定理是指三角形重心定理，外心定理，垂心定理，内心定理，旁心定理的总称。

作∠B、∠C的角平分线于AC、AB交于F、D

CD与BF交于I，连接AI交BC并延长至E

由塞瓦定理有：

BF、CD为角平分线

由角平分线定理有：

证明四边形是菱形判定方法篇9

菱形的中点四边形是矩形(对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为菱形，对角线相等的四边形的中点四边形定为矩形。)

菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法。

菱形的面积计算：1.对角线乘积的一半。(只要是对角线互相垂直的四边形都可用);由把菱形分解成2个三角形，化简得出;2.底乘高;3.设菱形的边长为a，一个夹角为θ，则面积公式是：S=a^2·sinθ。

1、在同一平面内，一组邻边相等的平行四边形是菱形。

2、在同一平面内，对角线互相垂直的平行四边形是菱形。

3、在同一平面内，四条边均相等的四边形是菱形。

4、在同一平面内，对角线互相垂直平分的四边形是菱形。

5、在同一平面内，两条对角线分别平分每组对角的四边形是菱形。

6、在同一平面内，有一对角线平分一个内角的平行四边形是菱形。

菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，而且是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而增加了一些特殊的性质和判定方法。

等差数列判定和证明篇10

纵观近几年高考试题,我们不难发现很多省市都把数列不等式的证明作为压轴题.由于这类考题将数列与不等式有机地结合起来,因而它的证明既需要证明不等式的基本思路和方法,又要结合数列本身的结构特点,有着较强的技巧性,对学生的要求较高,具有很高的区分度.本文结合近几年的一些高考试题谈谈数列不等式的证明方法.

1 利用两个简单等式证明数列不等式

对于任意数列{an},当n≥2时总有

运用上述两个结论,不仅能推导等差、等比数列的通项公式,而且结合具体条件运用它还能得到一些与通项相关的不等式,进而证明一些数列不等式.

例1 (2005年高考湖北卷)已知不等式 $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} ＞ \frac{1}{2} [\log_{2} n]$ ,其中n为大于2的整数, [log2n]表示不超过log2n的最大整数.设数列{an}的各项为正,且满足 $a_{1} = b (b ＞ 0) ‚ a_{n} \leq \frac{n a_{n - 1}}{n + a_{n - 1}} ‚ n = 2, 3, 4, \dots$ .证明 $a_{n} ＜ \frac{2 b}{2 + b [\log_{2} n]} ‚ n = 3 ‚ 4 ‚ 5 ‚ \dots .$

证明因为当n≥2时, $0 ＜ a_{n} \leq \frac{n a_{n - 1}}{n + a_{n - 1}}$ ,

所以 $\frac{1}{a_{n}} \geq \frac{n + a_{n - 1}}{n a_{n - 1}} = \frac{1}{a_{n - 1}} + \frac{1}{n}$ ,

$\begin{array}{l} 即 \frac{1}{a_{n}} - \frac{1}{a_{n - 1}} \geq \frac{1}{n} . \\ \frac{1}{a_{n}} = \frac{1}{a_{1}} + (\frac{1}{a_{2}} - \frac{1}{a_{1}}) + (\frac{1}{a_{3}} - \frac{1}{a_{2}}) + \dots \\ + (\frac{1}{a_{n}} - \frac{1}{a_{n - 1}}) \\ \geq \frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} \\ ＞ \frac{1}{b} + \frac{1}{2} [\log_{2} n] = \frac{2 + b [\log_{2} n]}{2 b} ‚ \end{array}$

即 $a_{n} ＜ \frac{2 b}{2 + b [\log_{2} n]} .$

例2 (2007年高考四川卷)已知函数f(x)=x2-4,设曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))处的切线与x轴的交点为(xn+1,0)(n∈N*),其中x1为正实数.

(Ⅰ)用xn表示xn+1;

Ⅱ)若x1=4,记 $a_{n} = \lg \frac{x_{n} + 2}{x_{n} - 2}$ ,证明数列{an}成等比数列,并求其通项公式;

(Ⅲ)若x1=4,bn=xn-2,Tn是数列{bn}的前n项和,证明Tn<3.

解 (Ⅰ),(Ⅱ)略.

(Ⅲ)由(Ⅰ),(Ⅱ)知 $x_{n} = \frac{2 (3^{2^{n - 1}} + 1)}{3^{2^{n - 1}} - 1}$ ,所以

$\begin{array}{l} b_{n} = x_{n} - 2 = \frac{4}{3^{2^{n - 1}} - 1} ＞ 0 ‚ \\ \frac{b_{n + 1}}{b_{n}} = \frac{3^{2^{n - 1}} - 1}{3^{2^{n}} - 1} ＜ \frac{1}{3^{2^{n - 1}} + 1} ＜ \frac{1}{3^{2^{n - 1}}} \leq \frac{1}{3} . \end{array}$

当n=1时,显然T1=b1=2<3.

当n≥2时,

$\begin{array}{l} b_{n} = b_{1} \times \frac{b_{2}}{b_{1}} \times \dots \times \frac{b_{n}}{b_{n - 1}} ＜ 2 \times (\frac{1}{3})^{n - 1} . \\ Τ_{n} = b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n} \\ ＜ 2 + 2 \times (\frac{1}{3})^{1} + \dots + 2 \times (\frac{1}{3})^{n - 1} \\ = 2 \times \frac{1 - (1 / 3)^{n}}{1 - (1 / 3)} = 3 - 3 \times (\frac{1}{3})^{n} ＜ 3 . \end{array}$

综上所述,Tn<3(n∈N*).

评注类比数列递推公式,充分利用已知的递推不等式和两个简单等式(1),(2)可得到与数列通项相关的不等式,如 $a_{n} \leq (\frac{1}{2})^{n} ‚ \frac{1}{a_{n}} ＞ 3^{n - 1}$ 等,利用这个不等式我们既可以证明与通项相关的一些不等式(如例1),也可证明一些与前n项和相关的一些不等式(如例2).其中例2中构造无穷递缩正项等比数列 ${2 \times (\frac{1}{3})^{n - 1}}$ 的方法在近几年的高考中很常见,只要这样的数列构造出来了,后面的问题便迎刃而解.

2 利用裂项法证明数列不等式

例3 (2006年高考全国卷Ⅰ)设数列{an}的前n项的和 $S_{n} = \frac{4}{3} a_{n} - \frac{1}{3} \times 2^{n + 1} + \frac{2}{3} ‚ n \in Ν^{*} .$

(Ⅰ)求首项a1与通项an;

(Ⅱ)设 $Τ_{n} = \frac{2^{n}}{S_{n}} ‚ n \in Ν^{*}$ ,证明: $\sum_{i = 1}^{n} Τ_{i} ＜ \frac{3}{2} .$

解 (Ⅰ)首项a1=2,通项an=4n-2n,n∈N*.

(Ⅱ)将an=4n-2n代入

所以

$\begin{array}{l} \sum_{i = 1}^{n} Τ_{i} = \frac{3}{2} [(\frac{1}{2 - 1} - \frac{1}{2^{2} - 1}) + (\frac{1}{2^{2} - 1} - \frac{1}{2^{3} - 1}) \\ + \dots + (\frac{1}{2^{n} - 1} - \frac{1}{2^{n + 1} - 1})] \\ = \frac{3}{2} (1 - \frac{1}{2^{n + 1} - 1}) ＜ \frac{3}{2} . \end{array}$

评注要充分利用数列通项本身的特征将通项变成“连续差”的形式,将和式化简求出,后面就水到渠成了.

3 利用函数性质证明数列不等式

例4 (2007年高考山东卷)设函数f(x)=x2+bln(x+1),其中b≠0.证明对任意的正整数n,不等式 $\ln (\frac{1}{n} + 1) ＞ \frac{1}{n^{2}} - \frac{1}{n^{3}}$ 都成立.

证明当b=-1时,函数f(x)=x2-ln(x+1).

令函数h(x)=x3-f(x)=x3-x2+ln(x+1),

则 $h^{'} (x) = 3 x^{2} - 2 x + \frac{1}{x + 1} = \frac{3 x^{2} + (x - 1)^{2}}{x + 1} .$

当x∈[0,+∞)时,f′(x)>0,所以函数h(x)在[0,+∞)上单调递增.

又h(0)=0,故x∈(0,+∞)时,恒有h(x)>h(0)=0,即x3>x2-ln(x+1)恒成立.

故当x∈(0,+∞)时,有ln(x+1)>x2-x3.

对任意正整数n取 $x = \frac{1}{n} \in (0 ‚ + \infty)$ ,则有 $\ln (\frac{1}{n} + 1) ＞ \frac{1}{n^{2}} - \frac{1}{n^{3}}$ ,即结论成立.

例5 (2007高考重庆卷)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足S1>1,且6Sn=(an+1)(an+2),n∈N*.

(Ⅰ)求{an}的通项公式;

(Ⅱ)设数列{bn}满足an(2bn-1)=1,并记Tn为{bn}的前n项和,求证:3Tn+1>log2(an+3),n∈N*.

解 (Ⅰ)a1=2,an=3n-1.(解略)

(Ⅱ)由an(2bn-1)=1可解得

令 $f (n) = (\frac{3}{2} \cdot \frac{6}{5} \cdot \dots \cdot \frac{3 n}{3 n - 1})^{3} \cdot \frac{2}{3 n + 2}$ ,

$\begin{array}{l} 则 \frac{f (n + 1)}{f (n)} = \frac{3 n + 2}{3 n + 5} \cdot (\frac{3 n + 3}{3 n + 2})^{3} \\ = \frac{(3 n + 3)^{3}}{(3 n + 5) (3 n + 2)^{2}} . \end{array}$

由于

特别地, $f (n) \geq f (1) = \frac{27}{20} ＞ 1$ ,从而

3Tn+1-log2(an+3)=log2f(n)>0.

即 3Tn+1>log2(an+3).

评注利用函数的性质证明数列不等式往往先要结合结论构造函数,再利用其单调性、奇偶性、周期性等性质来证明.其中函数的单调性应用较多,经常也要用到导数法、比较法等来判断其单调性.

5 利用放缩法证明数列不等式

以下用放缩法证明例5.

证明由二项式定理知,当c>0时,不等式(1+c)3>1+3c成立.由此不等式有

即原不等式成立.

评注放缩法是证明不等式中一种常用方法,也是一种很重要的方法,在证明过程中适当放缩往往可以事半功倍.但放缩的度往往不容易把握,在放缩过程中要牢牢抓住放缩的目标(结论),再充分利用数列通项本身的特点(条件),不断尝试方能成功.

6 数学归纳法证明数列不等式

以下再用数学归纳法证明例5.

$\begin{array}{l} 证明当 n = 1 时 ‚ 3 Τ_{1} + 1 = \log_{2} \frac{27}{4} ‚ \\ \log_{2} (a_{1} + 3) = \log_{2} 5, \end{array}$

因此3T1+1>log2(a1+3),结论成立.

假设结论当n=k(k∈N*)时成立,即

3Tk+1>log2(ak+3),

则当n=k+1时,

$\begin{array}{l} 3 Τ_{k + 1} + 1 - \log_{2} (a_{k + 1} + 3) \\ = 3 Τ_{k} + 1 + 3 b_{k + 1} - \log_{2} (a_{k + 1} + 3) \\ ＞ \log_{2} (a_{k} + 3) - \log_{2} (a_{k + 1} + 3) + 3 b_{k + 1} \\ = \log_{2} \frac{(3 k + 3)^{3}}{(3 k + 5) (3 k + 2)^{2}} ‚ \end{array}$

因为

(3k+3)3-(3k+5)(3k+2)2=9k+7>0,

故 $\log_{2} \frac{(3 k + 3)^{3}}{(3 k + 5) (3 k + 2)^{2}} ＞ 0 .$

从而3Tk+1+1>log2(ak+1+3).

这就是说,当n=k+1时结论也成立.

综上所述,3Tn+1>log2(an+3)对任何n∈N*成立.

评注由于数列问题与自然数密切相关,因而有效的利用数学归纳法是一种基本方法.但在证题时步骤要完整,一定要充分利用假设,如何构造和利用假设往往是关键.

这里例5我们运用了3种不同的证明方法,这也反映了这类题型的一种命题趋势,它往往一题多解,给考生更广阔的思维空间.

构造法证明等差篇11

等差、等比数列的判定与证明

【例2】已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足：an－2SnSn－1＝0(n≥2，n∈

11N＋，Sn≠0)，a1＝2，判断S与{an}是否为等差数列，并说明你的理由． n

[审题导引] 因为已知关系式中包含an，Sn，Sn－1，所以应根据an与Sn的关系式：an＝Sn－Sn－1(n≥2)将已知条件转化为关于Sn与Sn－1之间的关系，从而判1断S是否为等差数列，并求出nSn的表达式，然后求出数列{an}的通项公式，并判断其是否为等差数列．

[规范解答] 因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，所以由an－2SnSn－1＝0，可得Sn－Sn－1－2SnSn－1＝0(n≥2)，111所以－S＝2(n≥2)，又因为S1＝a1＝2 Sn－1n

1所以S是以2为首项，2为公差的等差数列． n

11所以S2＋(n－1)×2＝2n，故Sn＝2nn

11所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－ 2n－1

－1＝，2nn－1

－1所以an＋1＝ 2nn＋1

－1－1而an＋1－an＝2nn＋12nn－1

1－111－＝2nn＋1n－1＝nn－1n＋1

所以当n≥2时，an＋1－an的值不是一个与n无关的常数，故数列{an}不是一个等差数列．

1综上，S是等差数列，{an}不是等差数列． n

【规律总结】

判断数列是否为等差(比)数列的方法

在判断一个数列是否为等差(比)数列时，应该根据已知条件灵活选用不同的an＋1，方法，一般是先建立an＋1与an的关系式或递推关系式，表示出an＋1－an或an

然后验证其是否为一个与n无关的常数．另外，常数列{an}的通项公式an＝a，它是一个首项a1＝a，公差d＝0的等差数列，若a≠0，则该数列也是一个首项a1＝a，公比q＝1的等比数列．如果一个数列中包含有0的项，那么这个数列一定不是等比数列．

【变式训练】

3．(2012·西安模拟)已知数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝2an＋2.(1)求证：数列{an＋2}是等比数列(要求指出首项与公比)；

(2)求数列{an}的前n项和Sn.解析(1)证明由an＋1＝2an＋2，得an＋1＋2＝2an＋4，an＋1＋2即an＋1＋2＝2(an＋2)，即2(n∈N＋)，an＋2

又由a1＝2得a1＋2＝4，所以数列{an＋2}是以4为首项，以2为公比的等比数列．

(2)由(1)知an＋2＝4·2n－1＝2n＋1，所以an＝2n＋1－2，所以Sn＝22＋23＋…＋2n＋1－2n 221－2n＝－2n＝2n＋2－2n－4.1－2

【押题2】在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.(1)设bn＝an{bn}是等差数列； 2－(2)求数列{an}的前n项和Sn.解析(1)证明由已知an＋1＝2an＋2n，得

an＋12an＋2nanbn＋1＝2＝2＝－＋1＝bn＋1.2

又b1＝a1＝1，因此{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．

(2)由(1)知a－2n1，－＝n，即an＝n·2

Sn＝1＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，两边乘以2得

2Sn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，两式相减得

证明三角形中位线判定定理篇12

过C作AB的平行线交DE的延长线于G点。

∵CG∥AD

∴∠A=∠ACG∵∠AED=∠CEG、AE=CE、∠A=∠ACG(用大括号)

∴△ADE≌△CGE (A.S.A)

∴AD=CG(全等三角形对应边相等)

∵D为AB中点

∴AD=BD

∴BD=CG

又∵BD∥CG

∴BCGD是平行四边形(一组对边平行且相等的四边形是平行四边形)

∴DG∥BC且DG=BC

构造法在数列证明中的应用赏析篇13

一、构造组合数证明数列恒等式

有些等式中含有多个连续自然数的乘积, 若能把等式的各项用组合数表示, 就可以用组合数求和的方法求解.

评注:本题的常规解法是数学归纳法.但是我们如果将左边每项的三个因子 (三个连续整数) 作为组合数的三项, 就可以借助组合数的运算性质快速解题.这样的证法突破定势, 具有奇异美, 对训练思维的灵活性、广阔性大有裨益.

二、构造常数列证明数列恒等式

在数列的恒等式证明中, 利用等式左边和右边相等关系构造出常数列, 然后利用常数列的特性, 便有如下解法:

例2:求证: (n+1) (n+2) … (n+n) =2n·1·3… (2n-1) (n∈N*) .

所以{an}为常数数列, 且an=a1=1

即: (n+1) (n+2) … (n+n) =2n·1·3… (2n-1) (n∈N*)

评注:对于与自然数有关的恒成立问题, 可设待证等式两边的差为an, 然后证明an+1-an=0, 得到{an}是首项a1=0的常数列, 从而有an=0或设待证等式两边的商为an, 然后证明an+1/an=1 (an≠0) , 得到{an}是首项a1=1的常数列 , 从而有an=1, 则等式左边等于右边对任意的自然数恒成立, 命题得证.从而使解题过程大大简化, 起到事半功倍的作用.

三、构造函数证明数列的单调性

在求解某些数列问题时, 根据题目的条件, 构想组合一种新的函数关系, 使问题在新的观念下转化并利用函数的有关性质解决原问题.

例3:对任意的n, 设an是方程x3+x/n=1的实数根, 求证an+1>an.

下面求导数研究其单调性.

所以可得随着增大而增大, 则随单调递增, 故an+1>an.

评注: (1) 构造函数证数列问题是一种创造性的思维过程, 具有较强的灵活性和技巧性.在运用过程中, 应有目的、有意识地进行构造, 始终“盯住”要证、要解的目标. (2) 导数是解决函数问题的强有力工具.数列是特殊的函数, 因而可以将数列嵌入到一个可导函数中, 利用函数的性质研究数列的单调性.

四、构造方程证明数列不等式

方程是中学数学的重要内容之一, 与数、式、函数等诸多知识密切相关.根据问题条件中的数量关系和结构特征, 构造出一个新的方程, 然后依据方程的理论, 往往能使问题在新的关系下得以转化而获解.

例4:若{an}是由正数组成的等比数列 , Sn是它的前n项的和, 证明:Sn·Sn+2<S2n+1.

解析:把结论化为4Sn·Sn+2< (2Sn+1) 2, 其结构形式很类似一元二次方程的判别式b2-4ac, 因此可以尝试构造一元二次方程解决.

构造一元二次方程Snx2+2Sn+1x+Sn+2=0, ①

∵Sn是正项数列前n项的和, 故Sn>0,

欲证SnSn+2<S2n+1, 只需 (2Sn+1) 2-4SnSn+2>0 (*) , 为此只需证明方程①有两个不等实根即可.

(I) 当q=1时, 不妨令a1=1, 则①为nx2+2 (n+1) x+ (n+2) =0, ②

即[nx+ (n+2) ] (x+1) =0, 可见方程②有两个不同实根, 即①有两个异实根, 则 (*) 成立;

(II) 当q≠1时, 方程①即为 (1-qn) x2+2 (1-qn+1) x+ (1-qn+2) =0,

即 (x+1) 2-qn (x+q) 2=0, 显然它也有两个异实根, 故 (*) 成立.

综上, Sn·Sn+2<S2n+1成立.

评注: 对于较复杂的问题, 需要根据条件进行框架的设计.为了运用判别式证明不等式, 要构思一个“一元二次方程”框架, 使Sn, Sn+1, Sn+2以其系数或常数项的面目出现, 再由△≥0得到不等式.

综上可知, 构造法体现了数学发现的思维特点, “构造”不是“胡思乱想”, 不是凭空“臆造”, 而是要以所掌握的知识为背景, 以具备的能力为基础, 以观察为先导, 以分析为武器, 通过仔细地观察、分析, 发现问题的各个环节及其中的联系, 从而为寻求解法创造条件.需要指出, 构造法并非是上述题型的唯一解法, 并且构造法也不只限于本文提到的几种.对于同一道题既可以有几种构造法, 又可以用其他方法求解, 应注意在学习研究的过程中培养学生的创造性思维, 使学生体会到知识间的内在联系和互相转化, 能创造性地构造解决问题的有利条件, 巧妙地解决问题, 从而获得学习的愉悦感和成功体验.

参考文献

[1]周昌炯.努力提高数学课堂教学中学生的智力参与程度.数学教学通讯, 2006 (1) .

数列不等式的证明举例篇14

（Ⅰ）求数列an的通项公式；

（Ⅱ）若数列bn满足4b114b214b314bn1(an1)bn，证明：bn是等差数列；（Ⅲ）证明：1112nN aa3an13

2分析：本例（1）通过把递推关系式转化成等比型的数列；第（2）关键在于找出连续三项间的关系；第（3）问关键在如何放缩。

解：（1）an12an1，an112(an1)

故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列。

an12n，an2n

1（2）4b114b214b314bn1(an1)bn，4(b1b2bnn)2nbn

2(b1b2bn)2nnbn①

2(b1b2bnbn1)2(n1)(n1)bn1②

②—①得2bn12(n1)bn1nbn，即nbn2(n1)bn1③

(n1)bn12nbn2④

④—③得2nbn1nbnnbn1，即2bn1bnbn1

所以数列{bn}是等差数列

11111（3） n1n1an21222an1

11111111111设S，则S()(S)a2a3an1a22a2a3ana22an1

21212S a2an13an1

3点评：数列中的不等式要用放缩来解决难度就较大了，而且不容易把握，对于这样的题要多探索，多角度的思考问题。

2.已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11,an1fan;数列bn满足b1,bn1(n1)bn, nN*.求证:

（Ⅰ）0an1an1;1212

an2;（Ⅱ）an12

（Ⅲ）若a1则当n≥2时,bnann!.分析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。

*解：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN.（1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时, 因为0

又f(x)在0,1上连续,所以f(0)x2x2

ln(1x)x, 0

0,知g(x)在(0,1)上增函数.由g(x)1x

又g(x)在0,1上连续,所以g(x)>g(0)=0.an2an2

fan>0,从而an1.因为0an1,所以gan0,即22

11n1b

(Ⅲ)因为 b1,bn1(n1)bn,所以bn0,n1 ,222bn

bbb1

所以bnnn12b1nn!————① ,bn1bn2b12

an2aaaaaaaaa,知:n1n,所以n=23n12n1 , 由(Ⅱ)an122an2a1a1a2an122, n≥2, 0an1an1.2

a1n2a121a1a2an1

a1

222222

由①② 两式可知: bnann!.因为a1

点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。

3.已知数列an满足a1

（Ⅰ）求数列an的通项公式an；（Ⅱ）设bn

an1

1(n2,nN)．，ann

41an1

21an，求数列bn的前n项和Sn；

（Ⅲ）设cnansin

(2n1)，数列cn的前n项和为Tn．求证：对任意的nN，2

Tn

4． 7

分析：本题所给的递推关系式是要分别“取倒”再转化成等比型的数列，对数列中不等式的证明通常是放缩通项以利于求和。解：（Ⅰ）又

1211，(1)n(1)n(2(1)n1]，anan1anan1

11n

1，数列(1)3是首项为3，公比为2的等比数列．

a1an

(1)n11nn1

.(1)3(2)，即ann1an321

（Ⅱ）bn(32n11)294n162n11．

1(14n)1(12n)Sn96n34n62nn9．

1412(2n1)

(1)n1，（Ⅲ）sin

2(1)n11

．cnn1nn1

3(2)(1)321

1111当n3时，则Tn 2n1

31321321321

n21

[1(1]1111111)23n11

47322813232111111147484[1()n2]． 286228684847

T1T2T3，对任意的nN，Tn．

7点评：本题利用转化思想将递推关系式转化成我们熟悉的结构求得数列an的通项 4.已知函数f(x)=

52x，设正项数列an满足a1=l，an1fan．

168x

(1)写出a2、a3的值;(2)试比较an与的大小，并说明理由；

51n

(3)设数列bn满足bn=－an，记Sn=bi．证明：当n≥2时,Sn＜(2－1)．

44i

1分析：比较大小常用的办法是作差法，而求和式的不等式常用的办法是放缩法。

52an7

3解：(1)an1，因为a11,所以a2,a3.168an84（2）因为an0,an10,所以168an0,0an2.5

548(an)an

552an53, an1

4168an432(2an)22an

因为2an0,所以an1与an同号，44

515555

因为a10，a20,a30,„，an0,即an.444444

531531

(an1)bn1（3）当n2时，bnan

422an1422an1

31bn12bn1，224

所以bn2bn122bn22n1b12n3，(12n)

1111

所以Snb1b2bn(2n1)

421242

点评：本题是函数、不等式的综合题，是高考的难点热点。

【等差数列判定和证明】推荐阅读：

上一篇：水务局2021年工作总结下一篇：2018年护士资格考试妇产科护理习题

等差数列判定和证明

等差数列判定和证明篇1

等差数列判定和证明篇2

等差数列判定和证明篇3

如何证明等差数列篇4

等差等比数列的证明篇5

证明三角形重心判定性质篇6

递推数列中的不等式证明篇7

证明三角形内心判定方法篇8

证明四边形是菱形判定方法篇9

等差数列判定和证明篇10

构造法证明等差篇11

证明三角形中位线判定定理篇12

构造法在数列证明中的应用赏析篇13

数列不等式的证明举例篇14

热门文章

相关推荐

等差数列判定和证明

等差数列判定和证明 篇1

等差数列判定和证明 篇2

等差数列判定和证明 篇3

如何证明等差数列 篇4

等差等比数列的证明 篇5

证明三角形重心判定性质 篇6

递推数列中的不等式证明 篇7

证明三角形内心判定方法 篇8

证明四边形是菱形判定方法 篇9

等差数列判定和证明 篇10

构造法证明等差 篇11

证明三角形中位线判定定理 篇12

构造法在数列证明中的应用赏析 篇13

数列不等式的证明举例 篇14

热门文章

相关推荐

等差数列判定和证明篇1

等差数列判定和证明篇2

等差数列判定和证明篇3

如何证明等差数列篇4

等差等比数列的证明篇5

证明三角形重心判定性质篇6

递推数列中的不等式证明篇7

证明三角形内心判定方法篇8

证明四边形是菱形判定方法篇9

等差数列判定和证明篇10

构造法证明等差篇11

证明三角形中位线判定定理篇12

构造法在数列证明中的应用赏析篇13

数列不等式的证明举例篇14