高中数学备课参考数学通报问题解答0302pdf

数学问题解答 2003年1月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 1411 求大于1的整数k ,使f ( x) =sinkxsinkx +coskxcoskx -cosk2x为常值函数. (湖北省襄樊市一中 王必廷 441000) 解 取x =0,得 f ( 0 ) = 0,故f ( x) =0 取x =/ k ,则 sin sink k +cos cosk k -cosk 2 k =0 所以-cosk k =cosk 2 k 所以k为奇数,且-cos k =cos 2 k 所以cos 2 k =cos- k 所以- k =2n2 k 所以 1 k =2n -1或 3 k =1-2n nz 所以k =1或3 经检验知,满足题意的k =3 1412 正实数ai( i =1、2、 、10)满足条件 10 i =1 ai =30. 求证 10 i =1 ( a i-1 ) ( a i-2 ) ( a i-3) 0 (广州市88中学 刘爱农 510725) 证明 设f ( x) = ( x -1) ( x -2) ( x -3) 则 f ( x) = x3-6x2+11x =6- x( x -3) 2 +2 ( x -3) 再设g( x) =2 ( x - 3) 则 f ( x) -g( x) = x( x -3) 2 0 ( x 0) 即当x 0时, f ( x)g( x) . 分别令x = a1, a2, a10,便得 10 i =1 f ( ai) 10 i =1 g( ai) 由于 10 i =1 g( ai) = 10 i =1 2 ( a i-3 ) = 2 10 i =1 ai-60 =0 所以有 10 i =1 f ( ai)0 即 10 i =1 ( a i-1 ) ( a i-2 ) ( a i-3)0 由证明过程可知,当且仅当ai=3 ( i = 1,2, ,10)等号成立. 1413 若x1, xx= x0, x0 ( k k , ( k +1) ( k+ 1) Q ,其中kN +. 求证:x0Qc . ( 其中Q表示有理数集, N + 为 正整数集, Qc为无理数集) (安徽省无为中学 颜玉勇 238300) 证明 因为x2x11时,有xx2 2 xx2 1 xx1 1 所以y = xx在1, +上单调递增, 所以xx= x0在1, +上有且仅有一解且 x( k , k +1) 假设xx= x0的解为有理数,可设x = n m , m , nN + , ( m , n) =1; p , qR + , q p m = n m . 所以xx= n m n m = q p n = x0Q 又因为( m , n) =1. 所以存在a , bZ ,使得am + bn =1, 所以 q p = q p am+ bn = q p ma q p nb Q 所以不妨设p , qN + ,且( p , q) =1. 所以 ( p m , qm ) = 1, n m = qm pm , 易得m | pm,且pm| m. 所以m = pm.注意到m为大于1的整数,矛 盾. 所以x为无理数. 1414 已知C1: x2+ y2=1和C2: x2 a2 + y2 b2 =1 ( a b 0 ) , 且C2过点(1,1 ) . 是否存在与C1外切, 与C2内接的三角形?证明自己的结论. (四川省邻水二中 张启凡 638500) 证明 假设存在 ABC与C1外切,与C2内接, 因为C2过点(1,1 ) , 所以a2+ b2= a2b2 ()当直线AB的斜率不存在时,其方程为 x =1或x = -1. 由x =1得 A ( 1,1) , B (1, -1 ) . 根据对称性可知C点坐标为 ( - a ,0 ) . 742003年 第2期 数学通报 则AC方程为y = 1 1+ a ( x + a) . ( a +1) y -x - a =0 由AC与C1相切得 a = ( a + 1) 2 +1 解得a = -1,与条件矛盾. 所以符合假设条件的 ABC不存在. 同理由x = -1可得 ABC也不存在. ()当直线AB斜率存在时,设A ( acos, bsin)、 B ( acos, bsin)、C( acos, bsin ) . AB的方程为y - bsin= b( sin-sin) a( cos-cos) ( x -acos) a( cos-cos ) y - b( sin-sin ) x + abcos(sin-sin ) - absin(cos-cos ) = 0 因为AB与C1相切 所以| abcos(sin-sin ) - absin(cos- cos) | =a2(cos-cos) 2 + b2(sin-sin) 2 a2b2sin2(-)=a2(cos-cos) 2 + b2(sin-sin) 2 a2b22sin - 2 cos - 2 2 = a2-2sin + 2 sin - 2 2 + b22cos+ 2 sin - 2 2 a2b2cos2 - 2 = a2sin2 + 2 + b2cos2 + 2 a2b21+cos(-) = a21-cos(+ ) + b21+cos(+ ) ( a 2 + b2)cos(-)= -a2cos(+)+ b2cos(+) 化简得: a2coscos= -b2sinsin. 若coscos=0,有cos=0、sin=0或cos =0、sin=0,这时, A、B分别为(0, b) 和(a , 0)或(a ,0)和(0,b) ,由于C2四个顶点构成 的四边形与C1外切,因此C点不存在,即 coscos 0. 有- a2 b2 =tantan 同理 可 得: - a2 b2 =tantan,- a2 b2 = tantan. 由tantan=tantan=tantan 有tan=tan=tan. 显然、 、 三个角中至少有两个角的终边 重合,即A、B、C三点中至少有两点重合,这与A、 B、C构成三角形三顶点矛盾. 所以不存在符合假设条件的 ABC. 综上可得:不存在与C1外切、 与C2内接的三 角形. 1415 设a , b , c , dN ,满足 bc -ad =1集合A = 1,2,3, a + c -1 B = ia | iN 如果KA - B ,求证 b a k= dk c , x表示不超过实数x的最 大整数. (湖南吉首大学数学与计算机科学系 彭明 海 416000) 证明 由条件知( a , b) =1, b a - d c = 1 ac bk a - dk c = k ac (1) 令bk = an + r,0r a , n , r Z( 整数集) 由条件知 a8 bk ,( 因为( a , b) =1, a8ka8 bk) 所以1r m , 则 bk a - dk c 1+ 1 a - c -1 c = a + c ac 由(1)推出 k ac a + c ac ka + c这与k A - B矛盾,所以n m ,不成立,又因为nm , 所以n = m 即 bk a = dk c 成立. 2003年2月号问题(来稿请注明出处 编者) 1416 RtABC中,AB = AC,BAC =90, D , E 为BC边上的两点,ADE的外接圆分别交AB ,AC 于P, Q点,且BP + CQ = PQ ,求 DAE的度数. (安徽省南陵县第二中学 金旗 242400) 1417 设nN ,求证: ( C 0 2n) 2 - ( C12n) 2 + ( C22n) 2 -+ ( C2 n 2n) 2 = ( -1) n Cn2n (浙江湖州市双林中学 李建潮 313012) (下转46页) 842003年 第2期 数学通报 分期付款的数学原理简介 刘人丽 (四川师范大学数学系 610066) 金融活动越来越频繁,弄清楚其中的数学原 理和计算方法,对人们是有益的.“复利问题” 的 基本公式是:本金为 p( 元 ) , 期利率为R ,期数为 n , n期末应得 D( 元 ) , 则有D = p(1 + R) n , R = ( D p ) 1 n -1(1) 但是,实际情况往往要复杂得多,比如,贷款 D( 元 ) , 准备分n期还清,每期期末还 p( 元 ) , 那 么,对第一期所还的部份,到n期末时本利和应为 p( 1+ R) n-1 ,第二期所还的部份到n期末时本利 和应为 p( 1 + R) n-2 ,第n期末还p元便立即结 算(不涉及利息 ) , 故有 D( 1+ R) n = p (1+ R) n-1 + ( 1+ R) n-2 + +1 = p ( 1 + R) n -1 R ,从而,分期偿还的每 期应还数目为 p = DR( 1 + R) n (1 + R) n -1 = DR 1 - ( 1 + R) - n (2) 以上强调的是每期期末支付,显然,如果是期 初支付,公式会有差别的.通常是以年为期或以月 为期,但是,年利率的十二分之一并不是严格意义 下的月利率,详情本文不打算讨论,最简单的例子 是100(1+1.2) 1 并不等于100(1+0.1) 12 ,可有一 点需要指出:国际上有个加拿大公约(Canadian mortgage conventions ) , 或说加拿大惯例,规定以年 利率为期利率,而期数指的是月数,这种情况下, 公式中的n应是月数的十二分之一.这些在使用 时都值得注意,要由当事双方认定. 当每期的偿还能力p预先给定后,由(2 ) , 则 可贷款总数为D = p1 - ( 1+ R) - n R (3) 掌握这个数,有益于当事双方 “看菜吃饭”. 如果不是每期都偿还相同的 p( 元 ) , 而是第 一期还p1,第二期还p2,第n期还pn,则所谓 “收支平衡” 并不是D = p1+ p2+ pn,而应是 D( 1+ R) n = n i =1 pi(1+ R) n- i (4) 此式中,一般说来pi0,当D及pi已知时, 设1+ R = x ,则(4)成为x的高次方程式,这种方 程的根及其分布,已完全被人们掌握住了,它对任 何n都只有一个唯一的正根(参见1 ,2) .现今 的Lotus1 - 2 - 3及Matlab等软件,只需调用特定 函数 , ( 1) , (2) , (3) , (4)及相关的计算问题可很快 得到解决. 参考文献: 1 华罗庚.王元.数论在近似分析中的应用,北京:科学出版社,1978,34 39 2 李春光.刘人丽.代数方程的电子表格解法,宁夏大学学报(自然科学 版 ) , 1997,18(4 )