2020大联考 数列 新高考 新高度

facebooker

函数$f(x)=\dfrac{x+7}{x+1},(x>0)$
1)讨论$g(x)=x(f(x))^2$的单调性
2)设$a_1=1,a_{n+1}=f(a_n)$,证明:$2^{n-2}|2\ln a_n-\ln 7|<1$

敬畏数学

这题其实已经倒退多年前流行套路题。其实证明递推关系的数列小于一个等比数列（等差数列），回顾一下等比数列（等差数列）通项公式推导累乘（累加）法。那就很容易。

敬畏数学

再来最近流行一题：${n^22^n}$的前n项和。或者${n^32^n}$的前n项和

数学的书蠹

回复 2# 敬畏数学


    可以写一下吗？除了用特征方程

kuing

再来最近流行一题：${n^22^n}$的前n项和。或者${n^32^n}$的前n项和
敬畏数学 发表于 2019-12-6 16:36

这种应该早被玩烂了吧，现在还流行？
假设 `n^22^n` 可以裂项为 `f(n+1)-f(n)`，其中 `f(n)=2^n(a+bn+cn^2)`，代入计算可求出 `a=6`, `b=-4`, `c=1`，即 `n^22^n=2^{n+1}(6-4(n+1)+(n+1)^2)-2^n(6-4n+n^2)`；
同样对于 `n^32^n` 时让 `f(n)` 再添一项 `f(n)=2^n(a+bn+cn^2+dn^3)` 代入计算即可，最终是 `a=-26`, `b=18`, `c=-6`, `d=1`。
更高次数亦如是。

敬畏数学

回复 5# kuing

kuing

还是来撸一撸 1# 的题吧……

要证的不等式即
\[\bigl|\ln a_n-\ln\sqrt7\bigr|<\frac1{2^{n-1}},\]下面证明
\[\bigl|\ln a_{n+1}-\ln\sqrt7\bigl|<\frac12\bigl|\ln a_n-\ln\sqrt7\bigl|,\quad(*)\]注意到 `f\bigl(\sqrt7\bigr)=\sqrt7`，上式即
\[\bigl|\ln f(a_n)-\ln f\bigl(\sqrt7\bigr)\bigr|<\frac12\bigl|\ln a_n-\ln\sqrt7\bigr|,\]亦即
\[\bigl|\ln f(e^{\ln a_n})-\ln f\bigl(e^{\ln\sqrt7}\bigr)\bigr|<\frac12\bigl|\ln a_n-\ln\sqrt7\bigr|,\]令 `h(x)=\ln f(e^x)`，上式即
\[\left| \frac{h(\ln a_n)-h\bigl(\ln\sqrt7\bigr)}{\ln a_n-\ln\sqrt7} \right|<\frac12,\]由拉格朗日中值定理，只需证 $\abs{h'(x)}<1/2$ 恒成立即可，求导得
\[h'(x)=\frac{e^x}{e^x+7}-\frac{e^x}{e^x+1}<0,\]且
\[h'(x)+\frac12=\frac{e^{2x}-4e^x+7}{2(e^x+7)(e^x+1)}>0,\]即得 `-1/2<h'(x)<0`，故式 (*) 得证，从而
\[\bigl|\ln a_n-\ln\sqrt7\bigr|<\frac1{2^{n-1}}\bigl|\ln a_1-\ln\sqrt7\bigr|=\frac{\ln\sqrt7}{2^{n-1}},\]在数值上有 `\sqrt7=2.645751311\cdots<e`，所以原不等式得证。

kuing

证法二：仍然证楼上的式 (*)，显然 `a_n` 恒为正有理数，故
\[\bigl(a_{n+1}-\sqrt7\bigr)\bigl(a_n-\sqrt7\bigr)=\left( \frac{a_n+7}{a_n+1}-\sqrt7 \right)\bigl(a_n-\sqrt7\bigr)=\frac{\bigl(1-\sqrt 7\bigr)\bigl(a_n-\sqrt7\bigr)^2}{a_n+1}<0,\]于是
\begin{align*}
(*)&\iff\led
&\ln a_{n+1}-\ln\sqrt7<\frac12\bigl(\ln\sqrt7-\ln a_n\bigr),&&\text{if }a_n<\sqrt7,\\
&\ln\sqrt7-\ln a_{n+1}<\frac12\bigl(\ln a_n-\ln\sqrt7\bigr),&&\text{if }a_n>\sqrt7,
\endled\\
&\iff\led
&\frac{a_{n+1}^2}7<\frac{\sqrt7}{a_n},&&\text{if }a_n<\sqrt7,\\
&\frac7{a_{n+1}^2}<\frac{a_n}{\sqrt7},&&\text{if }a_n>\sqrt7,
\endled\\
&\iff\led
&a_n\left( \frac{a_n+7}{a_n+1} \right)^2<7\sqrt7,&&\text{if }a_n<\sqrt7,\\
&a_n\left( \frac{a_n+7}{a_n+1} \right)^2>7\sqrt7,&&\text{if }a_n>\sqrt7,
\endled
\end{align*}令
\[F(x)=x\left( \frac{x+7}{x+1} \right)^2,\quad x>0,\]则 `F\bigl(\sqrt7\bigr)=7\sqrt7` 且
\[F'(x)=\frac{(x+7)(x^2-4x+7)}{(x+1)^3}>0,\]所以式 (*) 成立。

kuing

回复 8# kuing

我去……回头看才发现，这最后构造的 F(x) 就是原题第一小问的 g(x)……看来这就是命题者的证法了？

facebooker

大佬就是大佬  第一问的台阶不用 自己搞个梯子 哈哈

依然饭特稀

回复 4# 数学的书蠹

特征方程就搞死吧，想想那一大堆的

依然饭特稀

回复 5# kuing


  以前弄成错位相减两次的多

lemondian

回复 5# kuing

$n^22^n$用错位也行，高次$n^m2^n$时有没有其它方法？用待定系数计算太吓人了！

kuing

回复 13# lemondian

想起了之前从战巡那里学来的母函数方法，令
\[f(x)=\sum_{k=0}^ne^{kx}=\frac{e^{(n+1)x}-1}{e^x-1},\]对其求 `m` 阶导数，有
\[f^{(m)}(x)=\sum_{k=0}^nk^me^{kx},\]于是，对于任意正数 `a`，有
\[\sum_{k=0}^nk^ma^k=f^{(m)}(\ln a).\]
看起来表达式够简单，而且底数更一般化，但问题是，你需要计算 `m` 阶导数，手算一样能算死人，只有对电脑党有用处

lemondian

回复 14# kuing
总觉得有其他方法，会不会有递推公式呢？
真头痛