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第一章 數列與級數

第一章 數列與級數. 1-1 習題. 一、觀念題. 請看課本 p.24. 對的在題號前打「  」 , 錯的在題號前打「  」 . ❶ 數列 1, 2, 3, … 的第六項是 6. ❷ 等差數列 1, 2, 3, … 的第六項是 6. 解: ❶   ❷  解析: ❶ 數列規則不明確 , 故未必是 6. (例如:當一般項 a k =( k  1)( k  2)( k  3)+ k , 則 a 1 =1, a 2 =2, a 3 =3, …, a 6 =66, 或數列本身即由

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第一章 數列與級數

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  1. 第一章數列與級數 1-1 習題

  2. 一、觀念題 請看課本p.24 對的在題號前打「  」, 錯的在題號前打「  」. ❶數列1, 2, 3, …的第六項是6. ❷等差數列1, 2, 3, …的第六項是6. • 解: • ❶  ❷  • 解析: • ❶ 數列規則不明確, 故未必是6. • (例如:當一般項ak=(k1)(k2)(k3)+k, 則a1=1, a2=2,a3=3, …, a6=66, 或數列本身即由 • 1, 2, 3, 1, 2, 3, 1, 2, 3, …作循環, 則a6=3.)

  3. 一、觀念題 請看課本p.24 對的在題號前打「  」, 錯的在題號前打「  」. ❸首項為a1, 公差為d的等差數列, 其第n項 an= a1 + (n-1)d. ❹首項為a1, 公比為r的等比數列, 其第n項an= a1rn. ❺64和108的等差中項為86. ❻若等差數列的a1 = 3, an+1-an= 5, 則第10項為48. • 解: • ❸ ❹  ❺ ❻  • 解析: • ❹ 應為an=a1rn1.

  4. 一、觀念題 請看課本p.24 對的在題號前打「  」, 錯的在題號前打「  」. ❼4和9的等比中項為6. ❽若等比數列〈 an 〉的首項為3且 , 則第5項為48. ❾數學歸納法原理中有起始和推導兩個步驟, 這兩者缺一不可. • 解: • ❼ ❽ ❾  • 解析: • ❼ 4和9的等比中項為±6.

  5. 二、基礎題 請看課本p.24 1. 設等差數列〈an〉的首項是7, 公差是3, 求其第n項. • 解: • an=7+(n1).(3)=103n.

  6. 二、基礎題 請看課本p.24 2. 設等比數列〈an〉的首項是7, 公比是3, 求其第n項. • 解: • an=7.(3)n1.

  7. 二、基礎題 請看課本p.24 3. 設等差數列〈an〉的第三項是7, 第七項是3, 求其公差及第n項. • 解: • 設公差為d, • 則 • 解方程式得 • 所以第n項an=9+(n1).(1)=10n.

  8. 二、基礎題 請看課本p.24 4. 設等比數列〈an〉的第三項是24, 第六項是3, 求其公比及第n項. • 解: • 設公比為r, 則 • 解方程式得 • 所以第n項an=96.( )n1.

  9. 二、基礎題 請看課本p.24 5.設一等差數列為100, 97, 94, …, 試求: ❶第幾項為31? ❷第幾項開始為負數? • 解: • ❶ 此等差數列的公差d=3, 設第n項為31, • 則31=100+(n1)(3), 解得n=24, • 故第24項為31. • ❷ 設第m項開始為負數, 則100+(m1)(3) < 0, • 整理得m> =34.333…, • 故第35項開始為負數.

  10. 二、基礎題 請看課本p.25 6. 若一直角三角形內切圓面積為9π平方單位, 且三邊成等差數列, 試求:❶三角形三邊長之比.❷直角三角形面積. • 解: • ❶ 設直角三角形三邊長為ad, a, a+d, • 則a2+(ad)2=(a+d)2, 整理得a24ad=0, • 因式分解得a(a4d)=0, 即a=0(不合)或a=4d, • 所以直角三角形三邊長為3d, 4d, 5d, • 故直角三角形三邊長之比為3:4:5.

  11. 二、基礎題 請看課本p.25 6. 若一直角三角形內切圓面積為9π平方單位, 且三邊成等差數列, 試求:❷直角三角形面積. • 解: • ❷ 因內切圓面積為9π, 所以其半徑為3, • 又由直角三角形面積可得 • .3.3d+ .3.4d+ .3.5d= .3d.4d, • 解得d=3, • 所以 .3d.4d=54, • 故直角三角形面積為54平方單位.

  12. 二、基礎題 請看課本p.25 7. 已知三數成等差數列, 其和為15, 若這三數依次分別加1, 4, 19, 則三數成等比數列, 求原來的三數. • 解: • 設原來的三數為ad, a, a+d, • 則(ad)+a+(a+d)=15, 解得a=5, • 所以此三數為5d, 5, 5+d, • 將這三數依次分別加1, 4 , 19, 得6d, 9, 24+d, • 由於此三數成等比數列, 所以92=(6d)(24+d), • 解得d=21或3,

  13. 二、基礎題 請看課本p.25 7. 已知三數成等差數列, 其和為15, 若這三數依次分別加1, 4, 19, 則三數成等比數列, 求原來的三數. • 解: • 當d=21時, 原來的三數為26, 5, 16, • 當d=3時, 原來的三數為2, 5, 8, • 故原來的三數為26, 5, 16或2, 5, 8.

  14. 二、基礎題 請看課本p.25 8. 如右圖, 一個堆放鉛筆的V形架的最下一層放1枝鉛筆, 往上每一層都比它下面多放1枝鉛筆. 設堆放到第n層時共有an枝鉛筆, 試求:❶ a1, a2, a3. ❷ 推測an+ 1與an的關係. • 解: • ❶由圖知a1=1, • a2=a1+2=1+2=3, • a3=a2+3=3+3=6.

  15. 二、基礎題 請看課本p.25 8. 如右圖, 一個堆放鉛筆的V形架的最下一層放1枝鉛筆, 往上每一層都比它下面多放1枝鉛筆. 設堆放到第n層時共有an枝鉛筆, 試求:❶ a1, a2, a3. ❷ 推測an+ 1與an的關係. • 解: • ❷ 根據❶的討論可知, • 第n+1層比第n層多n+1枝鉛筆, • 所以an+1= an+(n+1), n為自然數.

  16. 二、基礎題 請看課本p.25 9. 利用數學歸納法原理證明對所有自然數n, 下列各敘述都成立: ❶n(n+1)恆為2的倍數. (即兩連續整數相乘是2的倍數) ❷n(n+1)(n+2)恆為6的倍數. (即三連續整數相乘是6的倍數) • 解: ❶(a)當n=1時, n(n+1)=1(1+1)=2=2.1, 所以原敘述成立.

  17. 二、基礎題 請看課本p.25 • 解: (b)假設n=k時,原敘述成立, 即k(k+1)是2的倍數, 令k(k+1)=2m, m為自然數, 則當n=k+1時, • n(n+1)=(k+1)[(k+1)+1] • =(k+1)(k+2)=k(k+1)+2(k+1) • =2m+2(k+1)=2(m+k+1), • 所以當n=k+1時, 原敘述亦成立. • 故由數學歸納法原理知: • 對任意自然數n, n(n+1)恆為2的倍數.

  18. 二、基礎題 請看課本p.25 9. 利用數學歸納法原理證明對所有自然數n, 下列各敘述都成立: ❷n(n+1)(n+2)恆為6的倍數. (即三連續整數相乘是6的倍數) • 解: ❷(a)當n=1時, n(n+1)(n+2)=1.2.3=6=6.1, 所以原敘述成立. (b)假設n=k時, 原敘述成立, 即k(k+1)(k+2)是6的倍數, 令k(k+1)(k+2)=6m, m為自然數,

  19. 二、基礎題 請看課本p.25 • 解: 則當n=k+1時, n(n+1)(n+2)=(k+1)[(k+1)+1][(k+1)+2] =(k+1)(k+2)(k+3) =k(k+1)(k+2)+3(k+1)(k+2) =6m+3×2t, t為自然數 (因連續兩自然數的乘積必為2的倍數) =6(m+t), 所以當n=k+1時, 原敘述亦成立. 故由數學歸納法原理知: 對任意自然數n, n(n+1)(n+2)恆為6的倍數.

  20. 三、進階題 請看課本p.25 1. 試利用數學歸納法原理證明:8n+1-7n + 41恆為49的倍數, 對所有自然數n都成立. • 解: • (a) 當n=1時, • 8n+17n+41 • =827×1+41=647+41=98=49.2, • 所以原敘述成立. • (b) 假設n=k時, 原敘述成立, • 即8k+17k+41是49的倍數, • 令8k+17k+41=49m, m為自然數,

  21. 三、進階題 請看課本p.25 • 解: • 則當n=k+1時, • 8n+17n+41 • =8(k+1)+17(k+1)+41 • =8×8k+17k7+41 • =8×(8k+17k+41)+49k7×417 • =8×(49m)+49k294 • =49×(8m+k6), • 所以當n=k+1時, 原敘述亦成立. • 故由數學歸納法原理知: • 對任意自然數n, 8n+17n+41恆為49的倍數.

  22. 三、進階題 請看課本p.25 2. ❶ 由數列1, 1 + 2 + 1, 1 + 2 + 3 + 2 + 1, 1 + 2 + 3 + 4 + 3 + 2 + 1, …前4項的值, 推測第n項1 + 2 + 3 + … + (n-1) + n + (n-1) + … + 3 + 2 + 1的結果. ❷ 試利用數學歸納法原理證明其結果. • 解: • ❶ 由1=1, • 1+2+1=4=22, • 1+2+3+2+1=9=32, • 1+2+3+4+3+2+1=16=42, • 可推得 • an=1+2+3+…+(n1)+n+(n1)+…+3+2+1=n2.

  23. 三、進階題 請看課本p.25 2. ❷ 試利用數學歸納法原理證明其結果. • 解: • ❷ (a)當n=1時, • 左式=1=12=右式, • 所以原式成立. • (b)假設n=k時, 原式成立, • 即1+2+3+…+(k1)+k+(k1)+…+3+2+1=k2,

  24. 三、進階題 請看課本p.25 • 解: • 則當n=k+1時, • 左式=1+2+3+… +(k1)+k+(k+1)+k+(k1)+…+3+2+1 =k2+(k+1)+k =(k+1)2=右式, • 所以當n=k+1時, 原式亦成立. 故由數學歸納法原理知:對任意自然數n, 1+2+3+…+(n1)+n+(n1)+…+3+2+1=n2 恆成立. End

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