高中数学备课参考数学通报问题解答0010pdf

数学问题解答 2000年9月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 1271 已知a , b , cR + ,求证:当abc1 时, a b + b c + c a a + b + c. 当abc1时, a b + b c + c a + 1 a + 1 b + 1 c 证明 当abc1时, (1)当a + b + cab + bc + ca时, a b + b c + c a + ab + bc + ca 2( a + b + c) a b + b c + c a 2( a + b + c) - ( ab + bc + ca) a + b + c (2)当ab + bc + caa + b + c时, a2c + b2a + c2b + c + a + b 2( ac + ba + cb) a2c + b2a + c2b 2( ac + ba + cb) - ( c + a + b)a + b + c ( a 2 c + b2a + c2 b) abc ( a + b + c) abc a + b + c a b + b c + c a a + b + c 综上(1)和(2)可知当abc1时, a b + b c + c a a + b + c 当abc1时, (1)当 1 a + 1 b + 1 c 1 ab + 1 bc + 1 ca 时, a b + b c + c a + 1 ab + 1 bc + 1 ca 2( 1 b + 1 c + 1 a ) a b + b c + c a 2( 1 b + 1 c + 1 a ) - ( 1 ab + 1 bc + 1 ca) 1 a + 1 b + 1 c (2)当 1 ab + 1 bc + 1 ca 1 a + 1 b + 1 c 时, 1 b2c + 1 c2a + 1 a2b + 1 c + 1 a + 1 b 2( 1 bc + 1 ca + 1 ab) 1 b2c + 1 c2a + 1 a2b 2( 1 bc + 1 ca + 1 ab) - ( 1 c + 1 a + 1 b ) 1 a + 1 b + 1 c abc( 1 b2c + 1 c2a + 1 a2b) abc( 1 a + 1 b + 1 c ) 1 a + 1 b + 1 c a b + b c + c a 1 a + 1 b + 1 c 综上(1)和(2)可知,当abc1时, a b + b c + c a 1 a + 1 b + 1 c (江苏省张家港职业高中 215600 韩文 美) 1272 设a1, a2, an为小于c的正数,且 n i =1 ai= S ,求证: (1) n i =1 ai c -ai nS nc - S ; (2) n i =1 ai2 c -ai S2 nc - S . 证明 因ai0,且 n i =1 ti= nc - S) ,则 (1) ai c -ai = c -ti ti = c ti -1, 左边= c n i =1 1 ti -n = c nc - S n i =1 ti n i =1 1 ti -n n2c nc - S -n = nS nc - S . 当且仅当t1= t2= tn,即a1= a2= = an= S n 时,等号成立. 642000年 第10期 数学通报 (2) ai c -ai = ( c - ti) 2 ti = c2 ti -2c + ti, 左边= c2 n i =1 1 ti -2nc + n i =1 ti = c2 nc - S n i =1 ti n i =1 1 ti -nc - S n2c2 nc - S -nc - S = S2 nc - S . 当且仅当t1= t2= tn,即a1= a2= an= S n 时,等号成立. (山东省惠民师范学校 251700 胡斌) 1273 O是正 ABC的内切圆, E、F是AB、AC 上的切点.劣弧EF上任一点P到BC、CA、AB的距 离分别是d1, d2, d3 求证 d1=d2+d3 证明 作PP1BC于P1,作PP2AC于 P2,作PP3AB于P3,连结EF交PP1于H,显然 AEF也是正三角形,它的高必等于HP1,故有: HP1= PH + PP2+ PP3, PP1=2PH + PP2+ PP3 再连结PE、PF、HP2、HP3. 易证: P、H、F、P3四点共圆, P、H、F、P2四点共圆. 考虑到弦切角定理,得:PHP2=PFP2= PEF =PEH = PP3H; 而 HPP2=180-AFE =180-AEF =P3PH; PHP2 PP3H PH PP3 = PP2 PH PH =PP2PP3 将 代入 : PP1= PP2+2PP2PP3+ PP3 故有:PP1=PP2+PP3. (安徽怀宁江镇中学 246142 黄全福) 1274 求 证 1 n02 + 1 ( n 0+1) 2 + 1 n2 n -n0+1 n0n ( n 0, nN且nn02) 证明 对任意kN且10 1 ( n 0-1 ) k 2 1 n0 ( k - 1 ) k = 1 n0 ( 1 k -1 - 1 k ) 1 k2 n0-1 n0 ( 1 k -1 - 1 k ) , 从而 可 得 1 n20 + 1 ( n 0+1) 2 + 1 n2 n0-1 n0 ( 1 n0-1 - 1 n0) + ( 1 n0 - 1 n0+1 ) + + ( 1 n -1 - 1 n ) = n0-1 n0 ( 1 n0-1 - 1 n )= n -n0+1 n0n . (云南会泽二中 654211 张国坤) 1275 试求所有函数f : RR ,使对任何x , y R ,都有 f (xf ( y) = f ( xy2 ) - 2x2f (y) - f (x) - 1. 解 在 中取x =0得 :f ( 0) = -1 在 中取y =0得: f ( x) + f ( -x) =2x2-2 在 中用-x代替x得: f ( -xf ( y) ) = f ( - xy2 ) - 2x2 f ( y) - f ( -x) -1 由 +再利用 得: 2x2f2( y)=2x2y4-4x2f ( y) - 2x2 即 x2f2( y) +2x2f ( y) + x2= x2y4, 再由两边约去 x( 令x0)得: f2( y) +2f ( y) +1= y4, 即 (f ( y) +1) 2 = y4, 742000年 第10期 数学通报 亦即 | f ( y) +1| = y2 在 中用-y代替y并利用 得: | f ( -y) +1| = y2, 即 | - f ( y) +2y2-1| = y2 由 中看到:若对于某个y0有f ( y) +1 = -y2,即f ( y) = -y2-1,则把它代入 得: |3y2| = y2,这意味着y =0,这与前面假定y 0矛盾!因此对每个y0,都有 f ( y) +1= y2, 即 f ( y) = y2-1 ( y 0) 由 和 得: f ( y) = y2-1(yR) , 这就是本题的唯一的函数解(检验是容易的, 请读者自行完成) (广西师范学数学系 510405 吴伟朝) 2000年10月号问题 (来稿请注明出处 编者) 1276 设I为 ABC的内心, K,L , M分别为 ABC的内切圆在BC, CA , AB上的切点,过B且 与MK平行的直线分别与直线LM ,LK交于R , S , 点J在BI上.试证明:RJS是锐角,当且仅当BJ 1 2 (AB + BC - AC) . (山东枣庄市立新学校 277102 孔令恩) 1277 已知xyz 0,求证: x2y y + z + y2z z + x + z2x x + y 1 2 x2+ y2+ z2 (湖北省潜江艺师 433100 杨文堂) 1278 若a , b , c0,且a + b + c =1, 0,求 证: 2 3 + 3 +1 3 a + 3 b + 3 c + 3 27+9 前者等号仅当a , b , c中一个取1,另两个取 零时成立;后者等号仅当a = b = c = 1 3 时成立. (甘肃省徽县一中 742300 李宗奇) 1279 四边形A1A2A3A4是既有内切圆又有外接 圆的四边形, A1A2, A2A3,A3A4, A4A1分别切 O 于B1, B2, B3, B4.求证: A1A2 B1B2 2 + A2A3 B2B3 2 + A3A4 B3B4 2 + A4A1 B4B1 2 8 (甘肃省金昌一中 737100 张 ) 1280 过椭圆 x2 a2 + y2 b2 =1( a b 0)的中心O 任作两条互相垂直的射线交椭圆于A , B两点,求 证: 2ab a2+ b2 | AB |a2+ b2 (山东省安丘一中 262100 邹明) (上接封三) 王光明(天津师范大学数学系、数学教育学 报 编辑部) 张燕勤(首都师范大学数学系) 朱元国(江西省赣南师范学院数学与计算机 系) 2)全国第五届交流会将于2003年在江西举 行,由江西省数学会初等数学专业委员会负责筹 备. 3)建议设立 “青年初等数学研究奖”,每次在 不超过40岁的申请者撰写的论文中评选获奖者 至