新数学竞赛讲座(第三讲)级数
三年级下册数学竞赛试题：第三讲 算式谜-全国通用
第三讲算式谜3.1填运算符号[同步巩固演练]1、从+、-、×、÷中选出合适的符号，添入下列各算式的合适的地方，使结果等于已知数。
（1）1 2 3 4 5=1（2）5 5 5 5 5=6（3）9 9 9 9 9=11（4）9 9 9 9 9=122、从+、-、×、÷（）中挑选出合适的符号，添入下列算式的合适的地方，使结果等于已知数。
（1）4 4 4 4 4=1（2）5 5 5 5 5=2（3）6 6 6 6 6=3（4）7 7 7 7 7=4（5）9 9 9 9 9=19（6）9 9 9 9 9=203、在下面的数字之间添上运算符号及括号，使等式成立。
（1）1 2 3=1（2）1 2 3 4=1（3）1 2 3 4 5=1（4）1 2 3 4 5 6=14、（首届华罗庚金杯少年数学邀请赛试题）将+、-、×、÷分别填在适当的圈中，每种运算符号只能用一次，并在方框中填上适当的整数，可以使下面的两个等式成立，这时方框中是几？9○13○7=100 14○2○5=□5、在下面○里填上适当的运算符号（+、-、×、÷都要用到，每一种只能用一次），使运算结果等于右边的数。
3○3○3○3○=36、在下列算式中□中，添入加号和减号，使等式成立。
（1）1□23□4□5□6□78□9=100（2）12□3□4□5□6□7□89=1007、在下列算式中合适的地方添上+、—号，使等式成立。
（1）9 8 7 6 5 4 3 2 1=21（2）9 8 7 6 5 4 3 2 1=238、在下面的式子里加上（）和[ ]，使它们成为正确的等式。
（1）217—49×8+112÷4—2=89（2）217—49×8+112÷4—2=1370（3）217—49×8+112÷4—2=728[能力拓展平台]1、从+、—、×、÷（）中，挑选出台适的符号，添入下列各算式的合适地方，使结果等于1998（1）5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 =1998（2）6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 =1998（3）7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 =19982、只添一些加号和减号于下列各式的合适地方，使算式的结果等于已知数。
数学竞赛精讲精练专题—调整与操作问题
n (0,0)(0,0)→a b b a (,)(,)b a (,)a b (,)(1,1)a b i i (,)<b b k n <a a k m ≥k n m ,≤b b m i ≤a a n i m n i a b k k (,)a b (,)22a b (,)11(0,0)<b d <a c c d (,)a b (,)a i b i =+b a i i 1b n {}+a k 22a i b i =+b a i i 2b n {}a 2+a k 22a 2a 1+k 22=n k =n 1a a a n ,,,242-a a a n ,,,1321n a a a n ,,,122n 2n n 2例1． 朱丽叶和约翰玩一个含有张卡片的游戏．每张卡片上都有一个正整数，将这些卡片排成一排，且每张卡片上的数字都可以看到．两人轮流以下面的方式取卡片：每一轮，每个人要么取走最左面的卡片，要么取走最右面的卡片．每个人最后总分为他在这轮后所取的所有卡片上的数字之和．证明：若约翰先取卡片，他总能使其最后总分不少于朱丽叶的最后总分．（2008荷兰国家队选拔考试）解：设从左至右的张卡片分别为．对用数学归纳法证明：约翰若是想拿到“”和“”其中之一，这件事总能做到． （1）时，命题显然成立．（2）假设时，命题成立．考虑张卡片．若约翰想得到奇数号卡片，则他先拿，此时朱丽叶只能拿或．○1 若朱丽叶拿的是，则经过这两次取卡片后，对应一个新序列，．由假设可知，约翰可拿走奇数位的，故它可取走全部奇数位的．② 若朱丽叶拿的是，则经过这两次取卡片后，对应一个新序列，．由假设可知，约翰可拿走偶数位的，故它可取走全部奇数位的． 同理可证约翰想得到偶数号卡片的情况． 进而命题得证．由于每张卡片上的数字事先都可以看到，故约翰可事先计算奇数位和偶数位上的数字之和，依据结果取卡片，从而保证他最后总分不少于朱丽叶最后总分．例2． 甲、乙两人玩下面的游戏．甲先开始．规定：他们轮流写非负整数对，使得对于任意前面写过的数对，要么，要么．若谁被迫写，则谁输．（1）证明：游戏在有限次操作后结束；（2）问：谁有获胜策略？ （2009白俄罗斯）解（1）假设可以进行无限次操作．设写出的数对分别为，，，，， 则对于所有的，存在正整数、，使得，．对于任意，则有或，矛盾．因此，只有有限个满足条件．（2）甲获胜．第一次操作甲选．若乙选数对，则甲选．注意到甲每次操作后，由于对应着变换，于是可能的数对构成的集合没有改变，而乙每次操作后，可能的数对构成的集合改变了，因此，甲总能不取．例3． 在平面直角坐标系中，最初在点处有一只跳蚤．随后他进行了次跳跃，在国内外各级数学竞赛中，常常有调整和操作变换问题，调整是组合构造的一种常 用手段，我们所构造的对象，常常需要同时满足多个条件，此时可先构造一个初胚，使之满足部分条件，进而对其中一些元素进行适当调整，使之逐步满足题设的所有条件。
数学竞赛难点之无穷级数
第四章 无穷级数4.1.基本概念与内容提要级数11n n n n a ca ∞∞==∑∑与收敛性相同。
若级数11n n n n a b ∞∞==∑∑与都收敛，则级数1()n n n a b ∞=±∑也收敛，且111()n n n n n n n a b a b ∞∞∞===±=±∑∑∑。
若级数11n n n n a b ∞∞==∑∑与都发散，则级数1()n n n a b ∞=±∑不一定发散。
若级数11n n n n a b ∞∞==∑∑收敛，发散，则级数1()n n n a b ∞=±∑必发散。
由级数1()n n n a b ∞=+∑收敛不能得到级数11n n n n a b ∞∞==∑∑与收敛。
11111,1;11n n n n qq q q q∞∞--==<=≥-∑∑等比级数当时收敛且当时发散。
P 级数11p n n ∞=∑，当p>1时收敛，当01p <≤发散。
其中调和级数11n n ∞=∑发散。
级数11n n k ∞=+∑发散，其中k 为正常数。
级数11()n n n a a ∞+=-∑收敛lim n n a →∞⇔存在。
如果级数1n n a ∞=∑收敛，则lim 0n n a →∞=。
如果lim 0n n a →∞≠，则级数1n n a ∞=∑必发散。
改变一个级数的任意有限项，不改变其敛散性，但在收敛时原级数的和改变。
收敛级数加括号后仍收敛于原级数和。
若加括号后所得级数发散，则原级数也发散。
正项级数审敛法：()n 1n 11111.S 2.lim 0,n n nn n n n n n n n na Ma l lb a a b b ∞=∞∞∞∞→∞====⇔≤=>⇒⇒∑∑∑∑∑正项级数的收敛准则：收敛正项级数比较判别法：大收小必收，小散大必散。
若则收敛收敛；发散发散。
n n 1111111lim 0,lim ,13.0111n nn n n n n n n n n n n n p n n n n a a b a b a b b a p a n ρρρρρ∞∞∞∞→∞→∞====∞∞∞====⇒=+∞⇒=≤<>=∑∑∑∑∑∑∑若则收敛收敛。
九年级数学尖子生培优竞赛专题辅导第三讲韦达定理及其应用(含答案)
第三讲韦达定理及其应用趣题引路】韦达，1540年出生于法国的波亚图，早年学习法律，但他对数学有浓厚的兴趣：常利用业余时间钻研数学.韦达是第一个有意识地、系统地使用字母的人，他把符号系统引入代数学对数学的发展发挥了巨大的作用，使人类的认识产生了飞跃。
人们为了纪念他在代数学上的功绩，称他为“代生之父”历史上流传着一个有关韦达的趣事：有一次，荷兰派到法国的一位使者告诉法国国王，比利时的数学家罗门提岀了一个45次的方程向各国数学家挑战.国王于是把这个问题交给韦达，韦达当即得岀一正数解，回去后很快又得出了另外的22个正数解（他舍弃了另外的22个负数解）•消息传开，数学界为之震惊.同时，韦达也回敬了罗门一个问题，罗门一时不得其解，冥思苦想了好多天才把它解出来。
韦达研究了方程根与系数的关系，在一元二次方程中就有一个根与系数之间关系的韦达左理，你能利用韦达泄理解决下而的问题吗？已知：①0+2“一1=0,②夕一2沪一1=0日1 一c/HO.求（严a 的值。
解析由①知1 + 2丄一丄=0・a cr即（丄尸+2丄一1 = 0,③a a由②知（护）2一2沪一1=0,④由韦达泄理，得丄+ Z/=2丄，=一1 ,a a...严=［（* +町+ 乡「（2-1 严62为一元二次方程2 -21-1 =0的两根。
点评本题的关键是构造一元二次方程X2-2A-1=0,利用韦达立理求解，难点是将①变形成③，易错点是忽视条件1 一ab2 #0,而把“，一夕看作方程/+加一1 =0的两根来求解.知识延伸】例1已知关于x的二次方程2x2+av-2z/+l= 0的两个实根的平方和为7丄，求“的值. 4解析设方程的两实根为小，也，根据韦达泄理，有一2“ +1于是，Xj24-A22=（X14-X2）2-2.¥I%2=—G?+8a_4) 4依题设，得丄(0+&』一4) = 7丄，解得t/=-ll 或3 •注意到小畑 为方程的两个实数根，则△$()，4 4但 “=一11 时，△= (-11) 2+16X (-11) -8=-63<0： “=3 时，Z\ = 32—4X2X (-6+1) =49 >0,故“=3・点评 韦达左理应用的前提是方程有解，即判别式△=(),本题容易忽视的就是求岀“的值后，没有 考虑“的值满足△$()这一前提条件。
小升初第三讲――专题训练之数论问题.(优选)
小升初专项训练---数论数论在数学中的地位是独特的，高斯曾经说过“数学是科学的皇后，数论是数学中的皇冠”。
翻开任何一本数学辅导书，数论的内容都占据了不少的版面。
在小升初择校考试及小学各类数学竞赛中，直接运用数论知识解题的题目分值大概占据整张试卷总分的12%左右，小学阶段的数论知识点主要有：1、质数与合数、因数与倍数、分解质因数2、数的整除特征及整除性质3、余数的性质、同余问题4、位值原理5、最值问题知识点一：质数与合数、因数与倍数、分解质因数1.质数与合数突破要点——质数合数分清楚，2是唯一偶质数(1)质数：一个数除了1和它本身以外，没有其他的因数，这样的数统称质数。
(2)合数：一个数除了1和它本身以外，还有其他的因数，这样的数统称合数。
例如：4、6、8、10、12、14，…都是合数。
在100以内有2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、47、53、59、61、67、71、73、79、83、89、97共25个质数2约数与倍数公因数短除法到一个不能除为止，公倍数除到海枯石烂为止，因数有限个，倍数无穷多。
如果一个自然数a能被自然数b整除，那么称a为b的倍数，b为a的约数。
如果一个自然数同时是若干个自然数的约数，那么称这个自然数是这若干个自然数的公约数。
在所有公约数中最大的一个公约数，称为这若干个自然数的最大公约数。
自然数a1，a2，…，an的最大公约数通常用符号（a1，a2，…，an）表示，例如，（6，9，15）=3。
3．质因数与分解质因数（1）如果一个质数是某个数的约数，那么就是说这个质数是这个数的质因数。
（2）把一个合数用质因数相乘的形式表示出来，叫做分解质因数。
例如，把42分解质因数，即是42=2×3×7。
其中2、3、7叫做42的质因数。
又如，50=2×5×5，2、5都叫做50的质因数。
4、要注意以下几条：（1）1既不是质数，也不是合数。
级数知识点总结竞赛
级数知识点总结竞赛1. 级数的概念级数是一种特殊的数列，它由无穷个项的和组成。
级数的一般形式如下所示：\[ a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_n + \cdots \]其中\(a_1, a_2, a_3, \cdots\)为级数的各项。
级数的前n项和为\(S_n\)，表示为：\[ S_n = a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_n \]级数之和为级数的全体项之和，当级数的和存在并有限时，称级数收敛；当级数的和不存在或为无穷大时，称级数发散。
2. 级数的性质级数具有一些重要的性质，包括线性性质、级数和的比较性质、级数的绝对收敛性等。
(1) 线性性质：级数之和和级数之差仍然是级数，级数的和等于各项和的和。
(2) 级数和的比较性质：如果级数a和级数b满足某种关系，则它们的和也满足相同的关系。
(3) 级数的绝对收敛性：如果级数的各项的绝对值组成的级数收敛，那么级数原来的级数也收敛。
3. 级数收敛性的判定方法级数收敛性的判定方法有很多种，主要包括比较判别法、比值判别法、根值判别法、积分判别法和审敛变换等。
接下来我们分别介绍这些方法。
(1) 比较判别法：比较判别法是通过比较级数的每一项与已知级数的每一项大小关系来判断级数的收敛性。
如果级数的每一项小于已知级数的对应项，并且已知级数收敛，则原级数也收敛。
如果级数的每一项大于已知级数的对应项，并且已知级数发散，则原级数也发散。
(2) 比值判别法：比值判别法是通过求级数的各项之比的极限来判定级数的收敛性。
具体判定条件为：如果级数\(\frac{a_{n+1}}{a_n}\)的极限存在并小于1，则级数收敛；如果\(\frac{a_{n+1}}{a_n}\)的极限存在且大于1或无穷大，则级数发散。
(3) 根值判别法：根值判别法是通过求级数的各项绝对值的n次方根的极限来判定级数的收敛性。
具体判定条件为：如果级数\((a_n)^\frac{1}{n}\)的极限存在并小于1，则级数收敛；如果\((a_n)^\frac{1}{n}\)的极限存在且大于1或无穷大，则级数发散。
数学竞赛无穷级数(习题)
58. 设 f .x/ 是以 2 为周期的连续函数，其傅立叶系数为 an、bn（n D 0; 1; 2; : : :）. 又
设
1 ∫ xCh
gh.x/ D 2h
f .t/ dt :
xh
试证明：(1) gh.x/ 也是以 2 为周期的周期函数，并且 gh.x/ 具有连续的导数；
(2) 求 gh.x/ 的以 2 为周期的傅立叶级数并说明此傅立叶级数在 . 1; C1/ 上收敛于
44.
设
p
D
X 1
nD0
.4n
4n
，q C 1/Š
D
X 1
nD0
.4n
4n
，计算 C 3/Š
p q
.
45. 计算 lim .1 x/3 P1 n2xn .
x!1
nD1
ˇˇf
46. .x0/
f设.x00f/ˇˇ.x6/
满足 kjx0
条 件 ： 对 于 任 意 x0 与 x00j. 对于给定的 x0，定义
51. 设 f .x/ D arcsin.sin x/，求 f .x/ 的以 2 为周期的傅立叶级数，并写出此傅立叶级 数的收敛和。
52. 设 f .x/ D x2， 6 x 6 . 试将 f .x/ 展开成以 2 为周期的傅立叶级数，并写出 它的收敛和。
53. 设 f .x/ D x2，0 6 x 6 2 . 试将 f .x/ 展开成以 2 为周期的傅立叶级数，并写出 它的收敛和。
.
X 1 .2n 1/ŠŠ 1 Án
7. 1 C
.2n/ŠŠ 2 D
.
nD1
(
8.
设 f .x/ D
x C 1; 0;
当 当
数学竞赛无穷级数(一)
n!1an 1
an 1
1
lim
ˇˇf .x/ˇˇ dx D 0. 记 un
f .x/ dx. 则无穷级数 P un 的敛散性
n!1 an
an
nD1
b
与瑕积分 f .x/ dx 的敛散性相同。
f .x/ dx 的敛散性相同。
nDa
a
3. 广义积分与无穷级数的收敛性的联系
定理 5 设 a 为一整数，函数 f .x/ > 0 在 Œa; C1/ 上单调减少，un
1
C1
f .n/. 则无穷级数 P un 的敛散性与广义积分
f .x/ dx 的敛散性相同。
nDa
a
例4
当实数
p
取何值时，级数
1
P
D
lim
n!1
anC1 .n C 1/Š.an nŠ
.n C 1/nC1
nn
D
lim
n!1
ann .n C 1/n
a
a
D lim
n!1
1
C
1 n
nD e:
所以当 a < e 时，原级数收敛；当 a > e 时，发散。
例1
设
a
>
0
为常数，试判断级数
1
P
nD1
an nŠ nn
的敛散性。
解 注意到
D
lim
n!1
anC1 .n C 1/Š.an nŠ
.n C 1/nC1
nn
D
lim
n!1
ann .n C 1/n
a
a
D lim
n!1
1
C
1 n
nD e:
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n2
un发 散
2n1
S2n
k2
(1)k ( 1 1 ) ( 1 1 ) (
k (1)k
32
54
1 2n 1
1 )0 2n
{ S2n1 }
又S2n (
1 4
1 )( 1 26
1 )( 4
{S2n }收 敛 。
1 2n 2
1 ) 1 1 2n 2n 2 2
1 . 2
S2n1
p
1时， ln[1
n1
(
1)n np
]条件收
敛
，
(3)0
p
1
时，
ln[1
2
n1
(1)n np
]发
散。
6
6.
判敛散：
n2 sin[
n
]，
,
0
n1
n
解：
n2 sin[
n
]
(1)n sin[(
) ]
n
n
/ 当 1，2，时，sin[n2 n ] 0 n
n2 sin[
n
]发散。
b)n
a
0
/ (3)a
b
0时， (n
(1)n n2n a)nb(n
b)na
0
级数发散，
5
5. 判 敛 散 ： ln[1
n1
(
1)n np
]，
p
0
解：
ln[1
(1)n np
]
(1)n np
1 2n2 p
1 o( n2 p
)
(1)
p
1时，
n1
ln[1
(1)an n2an
,
(2)
an
n1 1 an
解：
(1)
1
an n2an
an n2an
1 n2
收敛
(2)若{an }有界，0
an
M , an 1 an
1 1 M
an，
an 发散 n1 1 an
若{an
}无界
，则
1
an an
/
0，否则{an }有界
an 发散
n1 1 an
12
12. 设f ( x)为偶函数，在0点的某邻域内有连续二阶导数，且
2k 1
k1 1
1
1 2k 1
uk
j0
k2
j
j0[k 2
j
k2
2k
] j
k2
k
k2
k
,
又uk1
2k2
j0 (k
1 1)2
j
2k 3 (k 1)2
uk
{uk } ， (1)k uk收敛
k 1
原 级 数 的 部 分 和Sn与
(1)k
uk的
部
分
和T [
的关系：
n]
|
Sn
-
T [
n1 n (n!)
解：
斯特林公式：n! 2n nn enn /(12n)
1
e
n
12n2
e
n (n!)
(2n)2n n
n
1时，级数收敛； 1时，级数发散。
10
10.
设x1
1, xn1
xn
xn2
,
证明：
n1
1
1 xn
收敛
证明： xn1 xn xn2 xn1 xn (1 xn )
| lim
1 1 1 1 1 1 xn1 xn 1 xn 1 xn xn xn1
部分和：Sn
n1 k1 1 xk
n [1 x k 1 k
1 ] 1 xk 1
1 xn1
又xn1
xn
xn2
xn1
xn
1{ 1 } xn
有下界0
11
11. 设an 0, an发散，试判断敛散性
n1
(1)
n1
1 nr
1 nr
, 收敛
2
2.
判别 (
n1
n
)
1 2
ln
n
1敛
散
性
n1
n1
1
解： ( n 1 n)2
1
1
( n 1 n)2
ln n 1 ln(1 2 ) 2
n1
n1 n1
( n1 lim
n
1
n)2
5
ln
n n
1 1
lim
n
(
n1
1
1
n)2
lim
ln
n n
1 1
n n
2
n4
n4
S2n
u2 n 2
lim
n
S2n
lim
n
S2n1
{Sn }条 件 收 敛 。
8
8. 解：
设an
n1 n
sinx
xp 1
dx,
n
1,2,..
.n.,
p
0,
证
明
：
(1) p 1, an绝 对 收 敛 ；(2)0 p 1,时 ， an条 件 收 敛 。
n0
n0
(1) p 1时，| an |
a
b
1时，
n1
(n
n2n a )n b (n
b)na
收敛，
(2)当0
a
b
1时 ，f
(x)
(x
x2x a)xb ( x
b)xa
[ln
f 0
( x)]' ab
0 ln[ f ( x)] f ( x)
1时，
n1
(n
(1)n n2n a)nb(n
且 b)na
n2n (n a)nb(n 条件收敛，
(
n1
n
)
1 2
ln
n
1收
敛
n1
n1
3
判别级数的敛散性
3.
判别
(1)[
n]
敛散性
解：当n
n1
k2,
k
2
n
1,,
k
2
2k时
，[
n
]
k
考虑级数 (1)k
k 1
2k j0
1 k2
j
(1)k uk , 为交错级数
k 1
显 然,0
uk
2k 1 k2
0(k
)
下证 : {uk }
注意到,(k 2 j)(k 2 2k j) (k 2 k)2 ,(0 j k)
n1
n
当
1，2，时，sin[ n2
n
]
(1)n
sin
n
n
{sin } 0,
n2 sin[
n
]条件收敛
n
n1
n
7
7.
证明：级数
(1)n 条件收敛
n2 n (1)n
解：级数为交错级数，且un
1 0(n ),但不单调。 n (1)n
un
1
,而
n 1 n2
考虑部分和
1 发 散，
f
(0)
1,
f '(0)
0,
f "(0)
2,证 明
|
f ( 1 ) 1 |收 敛
n1
n
证明：
f (1) n
f (0)
f '(0) 1 n
1 2
f
"(
)
1 n2
,
(0, 1 )
n
f (0) 1, f "(0) 2, f '(0) 0
|
f ( 1 ) 1 | n
1 2n2
|
f "( ) |
|
n]
2[ [
n] n ]2
1k 1
0(
n
)
(1)[ n1 n
n]
收敛，条件收敛
4
4.
判敛散：
n1
(n
(1)n n2n a)nb(n
b)na
,a,b
0，
n2n
1
1
e(ab)
解：(n a)nb (n b)na
(n a)b( x b)a
[(1
a )(1
b )]n
na b
nn
(1)
数学竞赛讲座
王进良
无穷级数
判别级数的敛散性
1.
判别
ln( n! )敛散性
n1 n
解： (1)
0时
，ln(n!) n
，
(n
)
发散
(2)0
2时
，ln(n!) n
(n 1)ln2 n
ln 2 n 1
ln 2， n
发散
(3)
2时
，ln(n! n
)
n ln n n
ln n n 1
,
取
1
r
1，nln
n
1
ln n n 1r
n1 |
n
sinx |
x p 1 dx
1 np
,级数绝对收敛。
(2)0 p 1,时，an
n1 sinx
1
n
x
p
1
dx
p n
1
n1 n
s
inxdx
2(1)n
(
p n
1)
其
中
，
p n
[n,
n
1]
2
2
2
0
(
p n1
1)