高中数学备课参考数学通报问题解答0711pdf

63 数学问题解答 2007年10月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 1696 已知a,b 0且a + b =1,求证: a a 3 + b 4+ b a 4 + b 316 3 . (浙江省绍兴市高级中学 戴志祥 312000) 证明 因为a,b 0且a + b =1,由均值不等 式得: a 3 + 1 2 3 + 1 2 3 3 3 a 3 1 2 6 = 3 4 a, b 4 + 1 2 4 + 1 2 4 + 1 2 4 4 4 a 4 1 2 12 = 1 2 b, 将上面两式相加,整理得: a 3 + b 4 3 4 a + 1 2 b - 7 16 = 1 4 a + 1 16 , 同理可得 a 4 + b 3 1 2 a + 3 4 b - 7 16 = 1 4 b + 1 16 , 所以 a a 3 + b 4+ b a 4 + b 3 4a a + 1 4 + 4b b + 1 4 =8- 1 a+ 1 4 + 1 b+ 1 4 , 因 为a + 1 4 + b + 1 4 1 a + 1 4 + 1 b + 1 4 4,所以 1 a + 1 4 + 1 b + 1 4 8 3 , 所以 a a 3 + b 4+ b a 4 + b 316 3 . 1697 已知:ABC中AB AC,点D1在BC上, 连结AD1,作D1F1AB于F1, D1F2AC的延长 线于F2,连结F1F2,作AGF1F2于G,交BC于 D2, AE为 ABC的 BA C外角的平分线. 求证: 1 BE + 1 CE = 1 ED1 + 1 ED2 . (北京朝阳区教育研究中心 郭璋 100028) 证明 因为D1F1AB , D1F2AC, 所以A、F1、D1、F2四点共圆, 所以 F1AD1=F1F2D1. 又AGF1F2于G, 所以 GF2A与 GA F2互为余角, 又 GF2A与 F1F2D1互为余角, 所以 GA F2=F1F2D1=F1AD1, 即 BA D1=CA D2. AD1、AD2为 ABC的内角 BA C的等角线. 由三角形内等角线的性质定理得 AB 2 AC 2 = BD1BD2 CD1CD2 . 由三角形外角平分线的性质定理得 AB A C = BE CE , 把上式两边平方得 AB 2 AC 2 = BE 2 CE 2. 由 、 两式得 BE 2 CE 2 = BD1BD2 CD1CD2 , BE 2 CD1CD2= CE 2 BD1BD2, BE 2 ( ED 1- CE) ( ED2- CE) = CE 2 ( BE -ED1) (BE - ED2 ) , BE 2 ( ED 1ED2-ED1CE - CEED2+ CE 2) = CE 2 ( BE 2 - BEED2- BEED1+ ED1ED2 ) , (BE 2 - CE 2 ) ED 1ED2= ( BE 2 CEED2- CE 2 BEED2) + (BE 2 CEED1- CE 2 BE ED1 ) , 2007年 第46卷 第11期 数学通报 64 (BE + CE) (BE - CE) ED1ED2= BECE ED2( BE - CE) + BECEED1(BE - CE) , 上式两边同除( BE - CE) BECEED1ED2 得 1 BE + 1 CE = 1 ED1 + 1 ED2 . 1698 设 ABC的三边长分别为a ,b,c,且b 2 = ac ,求证: - 9 5 10 + 7 2 a a + b + b b + c + c c + a a,得k 2 k +1,即1k 5+1 2 . 又因为|2P -3| = (k 2 - k) (k -1) (1- k 2) (k 2 + k) (k +1) (1+ k 2) = ( k - 1) 3 ( k + 1) (1+ k 2) (1k 0恒 成立,因而 f ( k) 在1, 5+1 2 )上是增函数,即 f ( k) f ( 5+1 2 ) = 9 5 5 -4. 因为- 9 5 5 +42P -3 9 5 5 -4, - 9 5 5 +72P 9 5 5 -1, 即- 9 5 10 + 7 2 P 9 5 10 - 1 2 , 因此,所证不等式成立. 1699 证明: (1) 21 13 - 8 8n +5 n k =1 1 k 2 5 3 - 2 2n +1 ( n 1 ) ; (2) 269 164 - 16 16n +9 n k =1 1 k 233 20 - 2 2n +1 (n 2 ). (陕西省绥德中学 王守文 718000) 证明 (1)令 n k =1 ak= 21 13 - 8 8n +5 , n i =1 bk= 5 3 - 2 2n +1 , 则a1=1= b1, 当k2时, ak = ( k i =1 ai) - ( k-1 i =1 ai) = 8 8 ( k - 1 ) + 5 - 8 8k +5 = 64 (8k -3) (8k +5) = 64 64k 2 +16k -15 1 k 2, 所以 n k =1 ak n k =1 1 k 2 n k =1 bk ( n 1 ) , 故21 13 - 8 8n +5 n k =1 1 k 2 5 13 - 2 2n +1 (n 1 ) . (2)令 n k =1 ak= 269 164 - 16 16n +9 , n k =1 bk= 33 20 - 2 2n +1 . ( n2 ) . 当n =2时, a1+ a2= 269 164 - 16 162+9 = 5 4 ,b1+ b2= 33 20 - 2 22+1 = 5 4 . 所以a1+ a2=1+ 1 2 2 = b1+ b2. 当n3时,设k3,则 ak = ( k i =1 ai) - ( k-1 i =1 ai) = 16 16 ( k - 1 ) + 9 - 16 16k +9 = 256 256k 2 +32k -63 1 k 2. 所以 n k =1 ak n k =1 1 k 2 n k =1 bk ( n 2 ) , 故269 164 - 16 16n +9 n k =1 1 k 233 20 - 2 2n +1 (n 2 ) . 1700 (1)若x1, x20051,4 ,且x1+ x2005 =5012,试求x1x2x2005的最小值. (2)若x1, x20051,4 ,且x1x2005= 2 2005 ,试求x1+ x2+ x2005的最大值. 数学通报2007年 第46卷 第11期 (湖南省岳阳县水泥厂 章湘宏 414100) 解 (1)首先我们注意到 ab = 1 4 ( a + b) 2 - ( a - b) 2 ; ( 其中a,bR ) , 易见:当a + b为常数时, ab随着| a - b|的增加而 减小. 于是,我们不难知道,若还有a,b1,4 ,则 1 当a + b 0 ) , 过焦点F的 弦AB长为l ( l为定值 ) , 过F作FGAB交准线于 G点,BG、AG与y轴分别交于P、Q点. (1)求证:四边形GPFQ是矩形; (2)当p值变化时,求矩形GPFQ面积S的最大 值. (湖北省南漳县第一中学 刘光清 441500) 1703 解方程25 y +60 y =39 y +42 y. (湖南长沙市15中 厉倩 410007) 1704 对于无穷数列 an ,如果存在正整数m( m 2 ) , 使得 C o mam+n- C 1 mam+n-1+ ( -1) mCm man=0, 对每一个nN+都成立,且a1,