高中奥数 2022-01-16

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-01-16 13:22 被阅读0次

高中奥数 2022-01-16
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2022-01-16-01

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数列与数学归纳法冯志刚习题一 P052 习题05）

设 $a_{1}=1$ , $a_{2}=2$ , $a_{n+1}=\dfrac{a_{n}a_{n-1}+1}{a_{n-1}}$ , $n=2,3,\cdots$ .

证明:对任意正整数 $n\geqslant 3$ ,都有 $a_{n}>\sqrt{2n}$ .

证明

由条件,知 $a_{n+1}=a_{n}+\dfrac{1}{a_{n-1}}$ ,而结合初始条件及数学归纳法可知,对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,有 $a_{n}>0$ ,从而 $n\geqslant 2$ 时,有 $a_{n+1}=a_{n}+\dfrac{1}{a_{n-1}}>a_{n}$ ,结合 $a_{1}<a_{2}$ 知,对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,有 $a_{n}<a_{n+1}$ ,所以,当 $n\geqslant 2$ 时,有

$a_{n+1}=a_{n}+\dfrac{1}{a_{n-1}}>a_{n}+\dfrac{1}{a_{n}}.\qquad(1)$

由 $a_{3}=\dfrac{a_{2}a_{1}+1}{a_{1}}=3$ ,知 $a_{3}>\sqrt{6}$ ,即 $n=3$ 时,有 $a_{n}>\sqrt{2n}$ .

现设当 $n=m\left(\geqslant 3\right)$ 时,有 $a_{m}>\sqrt{2m}$ ,则由(1)知 $a_{m+1}^2>\left(a_{m}+\dfrac{1}{a_{m}}\right)^{2}=a_{m}^{2}+2+\dfrac{1}{a_{m}^{2}}>a_{m}^{2}+2>2m+2$ ,故 $a_{m+1}>\sqrt{2\left(m+1\right)}$ ,即命题对 $m+1$ 成立.

获证.

2022-01-16-02

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数列与数学归纳法冯志刚习题一 P052 习题06）

设 $a$ 为正实数.证明:对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有

$\dfrac{1+a^{2}+a^{4}+\cdots+a^{2n}}{a+a^{3}+a^{5}+\cdots+a^{2n-1}}\geqslant \dfrac{n+1}{n}.$

证明

当 $n=1$ 时,由 $\dfrac{1+a^{2}}{a}=\dfrac{1}{a}+a\geqslant 2\sqrt{\dfrac{1}{a}\cdot a}=2$ 知命题成立.

现设 $n$ 题成立,即 $\dfrac{1+a^{2}+\cdots+a^{2n}}{a+a^{3}+\cdots+a^{2n-1}}\geqslant \dfrac{n+1}{n}$ ,则 $\dfrac{a+a^{3}+\cdots+a^{2n-1}}{1+a^{2}+\cdots+a^{2n}}\leqslant \dfrac{n}{n+1}$ .

注意到

$\begin{aligned} & \dfrac{1+a^{2}+\cdots+a^{2 n+2}}{a+a^{3}+\cdots+a^{2 n+1}}+\dfrac{a+a^{3}+\cdots+a^{2 n-1}}{1+a^{2}+\cdots+a^{2 n}} \\ =& \dfrac{1+a^{2}+\cdots+a^{2 n+2}}{a\left(1+a^{2}+\cdots+a^{2 n}\right)}+\dfrac{a+a^{3}+\cdots+a^{2 n-1}}{1+a^{2}+\cdots+a^{2 n}} \\ =& \dfrac{1+a^{2}+\cdots+a^{2 n+2}+a\left(a+a^{3}+\cdots+a^{2 n-1}\right)}{a\left(1+a^{2}+\cdots+a^{2 n}\right)} \\ =& \dfrac{\left(1+a^{2}+\cdots+a^{2 n}\right)+a^{2}\left(1+a^{2}+\cdots+a^{2 n}\right)}{a\left(1+a^{2}+\cdots+a^{2 n}\right)} \\ =& \dfrac{a^{2}+1}{a}\\ =&a+\dfrac{1}{a} \\ \geqslant& 2 . \end{aligned}$

所以 $\dfrac{1+a^{2}+\cdots+a^{2m+2}}{a+a^{3}+\cdots+a^{2m+1}}\geqslant 2-\dfrac{n}{n+1}=\dfrac{n+2}{n+1}$

即命题对 $n+1$ 成立,获证.

2022-01-16-03

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数列与数学归纳法冯志刚习题一 P052 习题07）

证明:对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ , $n\geqslant 2$ ,都有

$\lg\left(n!\right)>\dfrac{3n}{10}\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}\right).$

证明

当 $n=2$ 时,由于 $2^{10}>10000$ ,故 $\lg{2}>\dfrac{3}{10}$ ,命题成立.

现设命题对 $n\left(n\geqslant 2\right)$ 成立,由均值不等式 $\dfrac{1+2+\cdots+n}{n}>\sqrt[n]{1\times 2\times \cdots\times n}$ ,即 $n+1>2\left(n!\right)^{\dfrac{1}{n}}$ ,于是

$\begin{aligned} \lg\left(\left(n+1\right)!\right)&>\lg\left(\left(n!\right)\cdot 2\left(n!\right)^{\dfrac{1}{n}}\right)\\ &=\lg2+\dfrac{n+1}{n}\lg\left(n!\right)\\ &>lg2+\dfrac{n+1}{n}\times \dfrac{3n}{10}\left(\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{n}\right)\\ &>\dfrac{3}{10}+\dfrac{3\left(n+1\right)}{10}\left(\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{n}\right)\\ &=\dfrac{3\left(n+1\right)}{10}\left(\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{n+1}\right) \end{aligned}$

所以,命题对 $n+1$ 成立,获证.

2022-01-16-04

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数列与数学归纳法冯志刚习题一 P052 习题08）

正实数数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足:对任意正整数 $n$ ,都有 $\sum\limits_{j=1}^{n}a_{j}^{3}=\left(\sum\limits_{j=1}^{n}a_{j}\right)^{2}$ .证明:对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $a_{n}=n$ .

证明

当 $n=1$ 时, $a_{1}^{3}=a_{1}^{2}$ ,而 $a_{1}>0$ ,故 $a_{1}=1$ ,即命题对 $n=1$ 成立.

现设命题对 $1,2,\cdots ,n-1$ 都成立,即 $a_{k}=k$ , $k=1,2,\cdots ,n-1$ .

则

$\left(\sum\limits_{k=1}^{n-1}k^{3}\right)+a_{k}^{3}=\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}^{3}=\left(\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}\right)^{2}=\left(\left(\sum\limits_{k=1}^{n-1} k\right)+a_{n}\right)^{2},$

于是 $a_{n}^{3}=a_n^{2}+n\left(n-1\right)a_{n}$ ,解得 $a_{n}=0$ , $-\left(n-1\right)$ 或 $n$ ,结合 $a_{n}>0$ ,知 $a_{n}=n$ .

所以,命题对 $n$ 成立,获证.

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