高中数学备课参考数学通报问题解答0706pdf

64 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mn,求证: (1)若m + n =2p,则 1 S k m + 1 S k n 2 S k P ; (2) 1 S k 1 + 1 S k 2 + 1 S k 2n-1 2n -1 S k n ( n 1 ) . (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 =2p及mn,得 mn ( m + n 2 ) 2 = p 2 , aman= ( a1q m-1 ) ( a 1q n-1) = a2 1q m+n-2 = a 2 1q 2p-2 = a 2 p, am+ an2aman=2ap, 当q =1时, SmSn= ( ma1) ( na1) = mna 2 1 2( 1 S 2 p) k = 2 S k p . (2)由(1)得 1 S k 1 + 1 S k 2n-1 2 S k n , 1 S k 2 + 1 S k 2n-2 2 S k n , , 1 S k n-1 + 1 S k n+1 2 S k n . 把这n -1个不等式相加,再把所得的结果两边 加上 1 S k n ,得 1 S k 1 + 1 S k 2 + 1 S k 2n-1 2 ( n - 1) S k n + 1 S k n = 2n -1 S k n 1672 如图, M为 ABC内一点, D, E, F分别为 A M ,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D E于K、 交AB于L点, 因为J , M , H为直线J H与 EKF的边或长延 长线的交点.由梅涅劳斯定理可得: FJ J E. EH H K. KM M F =1 (1) 又因为J ,L ,B为直线AB与 FEM的边或延 长线交点, 所以 FJ J E. EB B M . ML L F =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 H K. KC CM . MB B E =1 (3) 由(2)(3)得 FJ J E. EH H K. KC CM . ML L F =1 (4) (4)(1)得 KC CM . ML L F . MF KM =1 (5) 由A、L、P是AB与 FDM的边或延长线的交 点,有 FP PD . DA A M . ML L F =1 (6) 由C, Q, A是A C与 DM K的边或延长线的交 点,有 DQ Q K. KC CM . MA A D =1 (7) 数学通报2007年 第46卷 第6期 由(6)(7)得 FP PD . DQ Q K. ML L F . KC CM =1 (8) 由(8)(5)得 FP PD . DQ Q K. KM M F =1 由梅涅劳斯定理的逆定理可知P, M , Q三点共 线. 注 G, M , I三点也共线. 1673 已知( x +x 2 +1)( y +y 2 +1)1, 求证:x + y0 (山东单县二中 齐行超 274300) 解 考察f ( x) =ln ( x + x 2 +1 ) , 易证明它 在 ( - , +)上是奇函数且单调递增. 由 ( x + x 2 +1) ( y +y 2 +1)1得 f ( x) + f (y) =ln( x +x 2 +1) (y +y 2 +1 ) ln1=0 因而 f ( x) -f ( y) , 即 f ( x) f ( - y) , 又 f ( x) 是递增的,所以x- y. 即x + y0. 1674 设m1, n是某个固定的正整数,定义数列 an :a0= 1 2 , ak= ak-1+ 1 n ma 2 k-1 ( k N+ ) . 求证: n m +1 2n m - n +2 0( k =0,1,2, n) , ak+1= ak+ 1 n ma 2 k ak ( k = 0,1,2, n) , ak+1= ak+ 1 n ma 2 k ak+ 1 n makak+1, 所以 1 ak - 1 ak+1 1 n m , 所以 n-1 k =0 ( 1 ak - 1 ak+1 ) n1 n m = 1 n m-1, 即 1 a0 - 1 an 1 n m-1, 所以an n m-1 2n m-1 -1 1. 又由ak ak+1( k =0,1,2, , n) 及an1,有 ak ak+ 1 n m n m n m +1 akak+1 = ak+ 1 n m +1 akak+1, 所以 1 ak - 1 ak+1 1 n m +1 , 所以 n-1 k =0 ( 1 ak - 1 ak+1 ) n. 1 n m +1 = n n m +1 即 1 a0 - 1 an n n m +1 , 所以an n m +1 2n m - n +2 . 1675 设x1, x2, xnR+, n i =1 xi=1, n2, n N+.求证 :( n i =1 xi) n i =1 1 1+ xi n 2 n +1 (山东省宁阳一中 刘才华 271400) 解 由题设条件,设xi=tan 2 i,i =1, n, 则 原 不 等 式 等 价 于( n i =1 tani) ( n i =1 cosi) n 2 n +1 (1 ) . 由 n i =1 xi=1 得 n i =1 tan 2 i=1 n i =1 sec 2= n + 1, 即 n i =1 1 cos 2 i = n +1, 由熟知的不等式: 若xiR+,i =1, n,则 n i =1 xi n i =1 1 xi n 2 得 n i =1 cos 2 i n 2 n +1 , 则 n i =1 sin 2 i n n +1 , 进而n n i =1 cos 2 i n i =1 sin 2 i = n i =1 cos 2 i n i =1 ( n sini) 2 n i =1 (cos2i+ nsin2i) 2 = n + n i =1 ( n - 1)sin 2 i 2 n + ( n -1) n n +1 2 = n 2 n +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 题是: 凸四边形两对角线的平方和等于四条边的平 方和,求证:此四边形是平行四边形. 问题提供人给出的解 答过程较为繁复,且技巧性 强,不易掌握.笔者提供一 种较为简捷的向量证法,供 读者参考. 证 (如图)由题意 AC 2 + BD 2 = AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2 , 因为AC = AB + BC,BD = BC + CD , 所以AB 2 + BC 2 +2ABBC + BC 2 + CD 2 +2BC CD = AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2 即2ABBC +2BCCD = DA 2 - BC 2 , 因为DA 2 = ( DC + CB + BA) 2 = DC 2 + CB 2 + BA 2 +2DCCB +2DCBA +2CBBA 所以DC 2 + BA 2 +2DCBA =0, 即( DC + BA) 2 =0, 所以DC = AB ,从而此四边形是平行四边形. 又由柯西不等式知 n i =1 tani= n i =1 (sini) ( 1 cosi) n i =1 (sin2i) n i =1 1 cos 2 i = ( n + 1) n i =1 sin 2 i, 从而 n i =1 tani n i =1 cosi ( n + 1) n i =1 sin 2 i n i =1 cosi ( n + 1) ( n i =1 sin 2 i) n( n i =1 cos 2 i) = ( n + 1 ) n n i =1 (cos2i) n i =1 sin 2 i n +1 n 2 n +1 = n 2 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A D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 SBGF+ SCGEkSABC 恒成立的k的最小值. (江西省宜丰中学 龚浩生 336300) 1677 已知函数f ( x) = 2 x 2 x +1 , abc.求证: f ( a - b) + f ( b - c) + f (c - a) 3 2 (江苏泰州市第四中学高 中部 陈稳 胜 225300) 1678 求lim n 1+ 1 2 + 1 3 + 1 n n (江苏响水中学 魏立国 224600) 1679 设D为 ABC内的一点,作为DPBC于 P, DQAC于Q , DRAB于R ,且PQ = QR 求证:ABC,ADC的平分线与A C这3条直 线共点. (浙