高中数学备课参考数学通报问题解答9801pdf

数学问题解答 1997年12月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 1106 设n是不小于2的正整数,则 7 12 1- 1 2 + 1 3 - 1 4 + 1 2n -1 - 1 2n 0 数列 an单调递增. 又n2 a2an,即 7 12 an成立. an=1+ 1 2 + 1 3 + 1 2n ( y -1+ 1 2 + 1 3 + 1 n )是 = ( c +ln 2n +2n) - ( c +lnn +n) =ln 2+2n-n 其中c为Euler常数,2n0 ( n + ) , n0 ( n + ) , li m n+an =ln 2 又 an单调递增,而anln 2 anln 2 7 12 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + 1 2n- 1 - 1 2n ln 2. 注 : ( 1) 此题是数学问题1017不等式的 加强. (2) 有关Euler常数可参考数学通报1996 年第7期杨晓棣的文章. 1107 若p和q均为自然数,并且 p q =1- 1 2 + 1 3 - 1 4 +- 1 1330 + 1 1331 求证: p能被1997整除. 证明 p q =1+ 1 2 + 1 3 + 1 1331 j ) -2 1 2 + 1 4 + 1 6 + 1 1330 0 ) =1+ 1 2 + 1 3 + 1 1331 -1+ 1 2 + 1 3 + 1 665 G(0 = 1 666 + 1 667 + 1 1331 因为: 1 666 +x + 1 1331 -x = 1331 + 666 (666 + x) ( 1331 - x) 对所有的j将上述分数配对相加,得常数分子: p q = 1 666 + 1 1331 条件+ 1 667 + 1 1330 函数 公式. + 1 998 + 1 999 充分 .数学 = 1997 6661331 + 1997 6671330 + 1997 998999 =1997p q 这里q 为从666到1331的所有整数之积,每个整 数与1997互素(因为1997为素数 ) . 因为: pq= 1997pq且1997不能整除q, 所有:它须能整除p. 741998年 第1期 数学通报 1108 在 ABC中,若A , B , C为三角形的 内角,对0 0,cos 1 3 (1A+2B +3 C) 0. cos1A +cos2B +cos3C +cos 1A +2B +3C 3 =2cos 1A +2B 2 cos 1A -2B 2 +2cos 1A +2B +43C 6 cos 23C -1A -2B 6 2cos 1A +2B 2 +2cos 1A +2B +43C 6 =22cos 41A +42B +43C 12 cos 21A +22B -43C 12 =4cos 1A +2B +3C 3 cos 1A +2B -23C 6 4cos 1A +2B +3C 3 故不等式(3)成立,当且仅当1A=2B=3C 时不等式取等号. 1109 有一长、 宽、 高分别为正整数m , n , r ( m n r) 的长方体,表面涂上红色后切成棱长 为1的正方体.已知不带红色的正方体个数与两 面带红色正方体个数之和,减去一面带红色的正 方体个数得1985.求m , n , r的值. 解 设不带红色的正方体、 一面带红色的正 方体与两面带红色的正方体的个数分别为a , b 和c,则当m3时,有 a = ( m -2) ( n -2) ( r -2)(1) b =2 ( m -2) ( n -2) + ( m -2) ( r -2) + ( r -2) ( n -2 ) (2) c =4 ( m -2) + ( n -2) + ( r -2 ) (3) 依题意得 a + c -b =1985 整理后得方程 ( m - 4) ( n -4) ( r -4 ) = 1977(4) 由1977 = 111977 = 13659 3 =(- 1) (- 1)1977及m , n , r为正整数且mnr三 个条件,可得 m1=5, n1=5, r1=1981;(5) m2=5, n2=7, r2=663;(6) m3=3, n3=3, r3=1981(7) 现设m= 1,若n= 1或2,则a=b=c= 0,这时方 程a+c-b= 1985是矛盾的,故符合题意的长方 体不存在;若n3,则rn3,这时a= 0, b= 0, c= ( n - 2 ) ( r - 2 ) , 由题意得 ( n - 2) ( r -2 ) = 1985 而1985 = 11985 = 5397 3 ,故得n4= 3, r4= 1987; n5= 7, r5= 399.于是另两组解为 m4=1, n4=3, r4=1987;(8) m5=1, n5=7, r5=399;(9) 再设m= 2,因rnm= 2,故a= 0, b= 2 ( n - 2 ) ( r - 2) , c= 4 ( r- 2)+ ( n - 2 ) , 这时所得方 程 22 ( r - 2 ) + 2 ( n - 2) - ( n -2) ( r -2) =1985 也是矛盾方程(左端为偶数,右端为奇数 ) , 故符合 题意的长方体不存在. 3 659,397均为素数 编者注. 1110 有位探险家须穿过一片800公理宽的 沙漠,他仅有的交通工具是一辆每1公斤汽油走 10公里的吉普车.这辆车的油箱只能装10公斤 汽油,另外车上还可携带8个可装5公斤汽油的 油桶.即吉普车总共可带50公斤汽油.现在假定 出发地的汽油是无限充足的,问: (1) 这位探险家怎样行驶才能通过沙漠? (2) 为了穿越800公里的沙漠,他总共用了 多少公斤汽油,行驶了多少公里路程? 解 因为这辆吉普车最大限度能行驶500公 里,所以这位探险家要完成这次旅行,就必须设法 在他前进的道路上储存行驶另外300公里的汽 84数学通报 1998年 第1期 油.为此,他先行驶150公里后,留下20公斤汽 油,然后返回原地.再行驶150公里,再留下20公 斤汽油,再返回原地.这样在离起点150公里的地 方就有40公斤汽油了. 于是,探险家第三次行驶150公里后,就捡起 了15公斤汽油,然后再往前行驶150公里,在离 起点300公里的地方,他留下了20公斤汽油,倒 退150公里,捡起了余下的25公斤汽油中的15 公斤,返回出发点. 最后,探险家第四次加满油从出发点出发行 驶到150公里的地方,捡起留下的10公斤汽油, 再行驶到300公里的地方,再捡起留下的20公斤 汽油,就可以走完剩下的500公里沙漠了. 在这次旅行中,探险家总共用了200公斤汽 油,行驶了2000公里的路程. 当然,探险家还有另外一种存油方法,读者可 以再想一想.但200公斤汽油是他穿越沙漠所需 汽油的最少量了. 1998年1月号问题 (来稿请注明出处 编者) 1111 已知实数a , b, c, d满足ad , 证明: ( a - b) ( a2+ b2) m) 的圆, BC 的延长线交 O于P, Q ,证明:A P2+AQ2+PQ2 为定值.(李德顺 提供) 1113 设P是 ABC内一点,且 PAB= PBC=PCA=(即勃罗卡角 ) , 如果 B= C,证明: sin= sinA 5-4cosA (张善立 提供) 1114 RtABC中, AB为斜边.延长AC 到A,延长BC到B,使AA=BB=AB.设 ABC的内心为I , AB的中点为M.证明:直线 MI与直线AB 垂直.(黄全福 提供) 1115 用f ( n)表示与 4 n最接近的整数, n N ,求 6 1998 k=1 1 f ( k) .(袁金 提供) 数学发现的艺术 数学中的合情推理 数学发现的艺术 数学中的合情推理 一书,是由有35年数学教学研究经历的特级教师杨之用了 8年的时间,按波利亚的风格写成的数学方法论专著.它寓数学的思想方法于数学研究、 发现、 解题的过 程,既是严谨的数学方法指导书,又是妙趣横生的科普作品,读来像看故事、 小说一样引人入胜.它运用 从中国及世界数学史、 现行中小学课本、 众多知名数学家(如刘徽、 祖氏父子、 杨辉、 李冶、 秦九韶、 程大 位、 华罗庚、 徐利治、 陈省身、 欧拉、 高斯、 希尔伯特、 爱因斯坦、 波利亚等数十位)的著作甚至手稿中采集 的丰富素材,并运用我国80年代以来初等数学研究的丰硕成果,结合作者自己的切身体会,阐述了合情 推理方法,对于在数学研究、 发现以及数学学习、 教学解题中广泛应用的观察、 实验、 归纳、 类比、 联想、 猜 测、 检验、 推广、 限定、 抽象、 概括、 演绎、 证明、 证伪等典型思维和推理方法,进行了深入探索.本书适合实 验和运用 “MM教育方式”(数学方法论的教育方式)的教师、 正在积极进行三项更新(观念、 知识、 能力) 的中小学数学教育工作者和广大的中学生阅读.不同水平的读者都会从本书中得到极大的收益. 本书共17章,除 “正文” 外,每章都附有 “注释、 问题与课题”.这部分内容不仅补充了正文中言犹未