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数学问题解答 2007年 5月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 1671设正项等比数列 an的前几项和为 sn,m, p, n, k为正整数 ,且 m n,求证 : (1)若 m+n = 2 p,则 S 1 k +S 1 kS 2 k; mn P 11 12 n-1(2) + + (n 1). SkSk Sk Sk 12 2 n-1 n (安徽省明光市涧溪中学盛宏礼 239461)证明(1)设正项等比数列 an的公比为 q,显然 q 0.由 m+n = 2 p及 m n,得 (m+ n ) 22 mn =p,2 m-n-1 ) 2 aman = (a1 q 1 ) ( a1 q= am +an 当 q= 2 22SmSn =(ma1 ) ( na1 ) = mna 1 pa1 =S2 p当 q 1时 , a1 -amq a1 -anqSmSn= .1 -q 1 -q a12 -(am+an)a1 q + ama nq 2 = (1 -q) 2 2 22 a1 -2 apa1 q + apq 2. S 1 k= 2 1 )k m n mn SmSn 12)k =.2 S2 p Skp (2)由(1)得 S 1 k +Sk 1 S 2 k,S 1 k +Sk 1 S 2 k, , 12 n-1 n 22 n-2 n 1 12 + .S kn-1 S kn+1 S kn把这 n-1个不等式相加 ,再把所得的结果两边加上 S 1 kn ,得 11 12 (n -1) 12 n-1 + + += SkSk Sk Sk Sk Sk 12 2 n-1 n nn 1672如图 ,M为 AB C内一点 ,D,E, F分别为 AM ,BM ,CM延长线上的点 , DE分别交 BC , CA于 H,Q, EF分别交 CA ,AB于 I ,J,DF分别交 AB ,BC于 P, G.若 H, M,J三点共线 . P,M,Q三点共线 . (广东佛山市三水中学张启凡 528100)证明设 CF交 DE于 K、交 AB于 L点 ,因为 J,M, H为直线 JH与 EKF的边或长延长线的交点 .由梅涅劳斯定理可得 : FJ .EH .KM = 1(1)JE HK MF 又因为 J ,L ,B为直线 AB与 FEM的边或延长线交点 ,FJ EB ML 所以 JE .BM .LF = 1(2)同理 C, H,B为直线 BC与 EKM的边或延长线的交点 ,所以 EH . KC .MB = 1(3)HK CM BE FJ EH KC ML 由(2) (3)得JE . HK .CM .LF = 1(4) KC ML MF (4) (1)得CM .LF . KM = 1(5)由 A、L、P是 AB与 FDM的边或延长线的交FP DA ML 点 ,有 PD .AM .LF = 1(6)由 C, Q, A是 AC与 DM K的边或延长线的交DQ KC MA 点 ,有QK .CM .AD = 1(7)FPDQML KC 1由(6) (7)得 PD.QK.LF .CM = 1(8)=ak+nm+ 1 akak+1 ,由(8) (5)得 FP .DQ . KM = 1所以 1 -1 m 1 ,PD QK MF ak ak+1 n+ 1 由梅涅劳斯定理的逆定理可知 P,M,Q三点共n-1 所以 ( 1 -1 ) n. m 1 = mn 线.k= 0 ak ak+1 n+ 1 n+ 1注G, M, I三点也共线 . 11 n 1673已知 (x+ x 2 + 1) (y+ y 2 + 1) 1 ,即 a0 -an nm+ 1 ,求证 :x + y 0 所以 an mnm+ 1 .2 n -n+ 2 (山东单县二中齐行超 274300)n 解考察 f(x) = ln (x+ x 2 + 1),易证明它1675设 x1 ,x2 , ,x n R+, xi = 1 ,n 2 ,n i= 1 在(-,+ )上是奇函数且单调递增 .N+.求证 :( x i) 1 n 2 由(x+ x 2 + 1)( y+ y 2 + 1) 1得 i = n 1 ni=11 + xi n+ 1 f(x) +f (y) = ln(x+ x 2 + 1)( y+ y 2 + 1) (山东省宁阳一中刘才华 271400)ln1 = 0解由题设条件 ,设 xi = tan2i,i = 1 , ,n,nn 因而 f ( x) -f(y),cosi) i= 1即 f ( x) f(-y),又 f ( x)是递增的 ,所以 x -y.即 x+y 0 . 1674设 m xi = 1i= 1 nn an :a0 = ).求证 : 得tan2i= 1 sec 2 = n+ 1 ,i= 1 i= 1 nnm + 1 2 nm-n+ 2 an 0及 ak =ak-1 + nmak-1 ,知 ak 若 xi R+,i = 1 , ,n,则xi 1 n 2得 i= 1 i= 1 xi 0 (k = 0 ,1 ,2 , ,n), n 2 2n 12 cos ,ak+1 =ak+ makak(k= 0 ,1 ,2 , , n) , ak+1 = i= 1 i n+ 1 nn 12 1 则sin2i n,ak+ mak ak+ makak+1 ,i= 1 n+ 1 nn nn 所以 1 -1 1 m 进而 n cos 2sin2ii ak ak+1 n,i= 1 i= 1 n-1 nn 11 11所以 ( -)n m= m-1 ,= cos 2i (nsini) 2 k= 0 ak ak+1 nn i= 1 i= 1 n 即 1 -1 m1 -1 ,(cos 2i+nsin2i) a0 ann i= 1 m-1 所以 an 2 nmn-1 -1 1.n 2 又由 ak ak+1 (k = 0 ,1 ,2 , , n)及 an 1 ,有 = n+ i= 1 (n-1) sin2i 2 ak 1 ,(k = 0 ,1 ,2 , ,n) ,有 ak+1 nmn+ 1 ak+1 ,n n+ (n-21) n =n+ 21 . 12 1 nm 所以 ak+1 = ak+nmak ak+nm nm + 1 aka k+1 一个平行四边形判定定理的简证杨亢尔 (浙江省奉化市奉港高级中学315500)数学通报2006年第 4期上刊登的 1601号问AC2 + BD2 = AB 2 + BC2 + CD2 + DA 2 ,题是 :因为 AC = AB +BC ,BD = BC +CD ,凸四边形两对角线的平方和等于四条边的平所以 AB 2 + BC2 + 2 AB BC + BC2 + CD2 + 2 BC 方和 ,求证 :此四边形是平行四边形 .CD =AB 2 + BC2 + CD2 + DA 2问题提供人给出的解即 2 AB BC + 2 BC CD = DA 2 -BC2 ,答过程较为繁复 ,且技巧性因为 DA 2 = (DC +CB +BA ) 2 = DC2 + CB 2 + BA 2 强 ,不易掌握 .笔者提供一+ 2 DC CB + 2 DC BA + 2 CB BAn = (n+ 1) sin2i,i= 1 nn 从而 tancosii i= 1 i= 1 nn (n + 1) sin2i cosi i= 1 i= 1 nn (n + 1)( sin2i) n( cos 2i) i= 1 i= 1 nn = (n+ 1)n (cos 2i) sin2i i= 1 i= 1 22 n+ 1 n= n ,n+ 1 n+ 1 故不等式 (1)成立 ,原不等式成立 . 2007年 6月号问题 (来稿请注明出处编者 ) 1676已知 ,G是 ABC的中线 AD上异于 A ,D的一点 ,BG, CG的延长线分别交 A C , AB交于 E, F.求使不等式 3f(a-b) + f (b-c) + f (c-a) 2 (江苏泰州市第四中学高中部陈稳胜225300) 11 11 + + + + n1678求 lim n (江苏响水中学魏立国 224600) 1679设 D为 ABC内的一点 ,作为 DP BC于 P, DQ AC于 Q , DR AB于 R,且 PQ =QR求证 : ABC , ADC的平分线与 AC这 3条直线共点 . (浙江省永康