高中数学备课参考数学通报问题解答9803pdf

数学问题解答 1998年2月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 1116 设ai0 (1in) ,6 n i = 1ai = 1 (n 2) ,并记an + 1= a1,则对kN ,有不等式: ( 3) kn1 - k 6 n i = 1 (ai2+ aiai + 1+ ai + 12) k 2 , 且对左边不等式等号成立的充要条件为: a1= a2= an= 1 n ; 对k 1 ,右边不等式等号成立的充要条件为: a1, a2, an中仅有一个为1 ,其余为0. 解 由于ai0 ,则有 3 4 ( a i+ ai+1) 2 ai2+ aiai+1+ ai+12 ( a i+ ai+1) 2 所以 3 2 ( a i+ ai+1) ai2+ aiai+1+ ai+12ai+ ai+1 且对左边不等式成立的充要条件为: ai= ai +1; 右边不等式等号成立的充要条件为: ai, ai +1中 有一个为0. (1in) . 右边不等式:由kN , 0ai+ai +11 ,有 6 n i =1 (ai2+ aiai+1+ a2i+1) k 6 n i =1 ( a i+ ai+1) k 6 n i =1 ( a i+ ai+1 ) = 2. 当k 1时等号成立,则ai, ai +1中有一个为0 , 且 (a i+a k i +1) =ai+ai +1即ai+ai +1=0或1 (1i n) ,所以有ai, ai +1全为0或ai, ai +1仅有一为 1 (1in) .利用 6 n i =1ai= 1 ,即得:等号成立 的充要条件为: a1, an中仅有一个为1 ,其 余为0. 左边不等式:对kN 6 n i =1 (ai2+ aiai+1+ a2i+1) k 3 2 5 k 6 n i =1 ( a i+ a k i+1) 3 2 中学552 k n 1 n 6 n i =1 ( a i+ ai+1) 读之 现本题 k = ( 3) kn1- k. 等号成立时,则有ai= ai +1 (1 in) ,再利用 6 n i =1ai =1 ,即得:等号成立的充要条件为: a1= =an= 1 n . 1117 设非负实数a , b , c适合a + b + c = 3 ,试证: ab2+ bc2+ ca24,(3) 并指出等号成立的条件. 证明 由(3)式左边是关于a , b , c的 轮换对称式而不妨设a为最大者.则 ab2+ bc2+ ca2 ab2+ abc + ca2(1) = a( b2+ bc + ca) a 1 2 b( a + b) + c( a + b) (2) = 1 2 a( a + b) ( b +2 c) 1 2 a + ( a + b) + ( b +2 c) 3 70 3 (3) = 1 2 2( a + b + c) 3 + 5 1 3 a + b + c =3 ab2+ bc2+ ca24(4) 原不等式(3)成立. 由 (1) ,(2) , (3)三式等号成立的条件, 可知(4)式等号成立当且仅当 84数学通报 1998年 第3期 a = c或b =0 (1) a = b或b =0 (2) a = a + b = b +2c (3) a + b + c =3(已知)1 纑 纑 纑 纑 + 由于bax2 x1,由二次函数f (x)= x2 +(2a +2c) x +a2+c2- 6ac的图像,即知f (b) f (a) f (x2)=0. 从证明过程可知,当且仅当a = b且2a = c 时, f (b)=0成立.但这时a + b = c , a , b , c 不能构成三角形. 所以, f (b)0 ,即p22ac. 1119 设数列an满足an0 (nN) ,且 a2-a1a3-a2 an-an-1 , 证明: an成等差数列的充要条件是 a1+ a3+ a2n+1 a2+ a4+ a2n = n +1 n ( n N) 证明 先证必要性.设an是等差数 列,其公差为d ,则对于任意正整数n ,有 a1+ a3+ a2n+1 a2+ a4+ a2n = a1+ (a1+2d) + (a1+2 nd) (a 1+ d) + (a1+3d) + a1 + ( 2n -1 ) d = ( n +1) a1+ n( n +1) d na1+ n2d = n +1 n . 为了证充分性,只要证下述命题: “设数列an满足 a2-a1a3-a2 an-an-1 , 如果有下述m个等式 a1+ a3+ a2i+1 a2+ a4+ a2i = i +1 i ,( i =1,2, , m) 那么a1, a2, a3, a2m+1成一等差数列.” 对m用数学归纳法: m=1时,由已知条件,有1个等式a 1+a3 a2 =2 ,从而a1, a2, a3成等差数列. 假设m= k时,上述命题成立.现在来看m =k +1的情形.此时由已知条件,有下述k + 1 个等式: a1+ a3+ a2i+1 a2+ a4+ a2i = i +1 i ,(1) (i =1 , 2 , , k , k +1) 从(1)的前k个等式,运用归纳假设得 出: a1, a2, a2k+1成一等差数列,设其公差 为d. 从(1)的第k , k +1个等式得出 k( a1+ a3+ a2k+1) = ( k +1 ) ( a 2+ a4+ a2k ) , (2) ( k + 1 ) ( a 1+ a3+ a2k+1+ a2k+3) = ( k +2 ) ( a 2+ a4+ a2k+ a2k+2 ) . (3) 从(2) , (3)得出 a1+ a3+ a2k+1+ ( k +1 ) a 2k+3 = a2+ a4+ a2k+ ( k +2 ) a 2k+2. (4) 把(4)整理得 ( k + 1 ) ( a 2k+3- a2k+2) = ( a2- a1) + ( a4- a3 ) + + ( a2k- a2k-1) + ( a2k+2- a2k+1)(5) 由于a1, a2, a2k+1是公差为d的等差数列, 因此从(5)式得 ( k + 1 ) ( a 2k+3- a2k+2) = kd + ( a2k+2- a2k+1) kd + ( a2k+3- a2k+2)(6) 1998年 第3期 数学通报 从(6)式得a2k+3- a2k+2d.于是有 d = a2k+1- a2ka2k+2- a2k+1 a2k+3- a2k+2d 因此a2k+2- a2k+1= a2k+3- a2k+2= d.这证明了 a1, a2, a2k+1, a2k+2, a2k+3是等差数列.据 数学归纳法原理,对一切正整数m,上述命题 成立. 1120 证明:如果 2 x1 x2 0 ,则 tgx1 x1 tgx2 x2 证明 作直角三 角形OAC使 A = 90,COA = x1,在 AC上 取B点,使 BOA= x2,过B作 以O为圆心的圆弧 交OC于D,交OA 的延长线于 E ( 如 图 ) , 于是 tg x1 tgx2 = SOAC SOAB =1+ SOBC SOAB 1+ S扇形OBD S扇形OEB =1+ x1-x2 x2 = x1 x2. tgx1 x1 tgx2 x2 . 1998年3月号问题 (来稿请注明出处 编者) 本栏编者按 为了提倡将数学知识应用于 解决实际问题,我们选用了第1121题.为了促 进对普通高中新的数学教学大纲和职业高中数 学教学大纲里新增内容的了解,我们将对第 1122题运用向量的知识给予简洁的证明. 1121 某工厂需要下列三种型号的钢材的 数量分别为: 60张3m1m的钢材, 49张4m2m的钢材, 12张7m5m的钢材. 供应给该工厂的钢板的规格都是10m 10m,求最佳切割钢板的方案,使该工厂能用最 少的钢板得到所需数量的三种型号的钢材. (丘维声 提供) 1122 设AC是平行四边形ABCD的较长的 对角线,从C作AB的垂线,与AB延长线交于 点E,从C作AD的垂线与AD延长线交于点F. 证明: | AB | | AE | +| AD | | AF| =| AC | 2. (丘维声 提供) 1123 已知x , y, z都是正实数,证明: (x2+ y2+ xy +y2+ z2+ yz +z2+ x2+ zx) 2 3( x + y + z) 2 + ( x - y) 2 (安振平 提供) 1124 凸四边形ABCD中, AC = BD = AB;四个内角有两个是锐角,两个是钝角. 已知两个锐角分别为66, 72.求两个钝角. (黄全福 提供) 1125 圆O1与圆O2外切于点P , QR为 两圆的公切线,其中Q , R分别为圆O1,圆 O2上的切点.过Q且垂直于QO2的直线与过 R且垂直于RO1的直线交于点I. IN垂直于 O1O2,垂足为N , IN与QR交于点M.证明: PM , RO1, QO2三条直线交于一点. (周文书 提供) 数学通报(月刊) SHUXUE TO