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1、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 sinkx sinkx coskx coskx 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 2n 2 k 所以 1 k 2n 1或 3 k 1 2n n z 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、 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
3、 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x 1 xx x0 x0 k k k 1 k 1 Q 其中k N 求证 x0 Qc 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x2 x1 1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 n N m n 1 p q R q p m n m 所以xx n m n m q p n x0 Q 又因为 m n 1 所
4、以存在a b Z 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 q N 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
5、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
6、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 a2b2 1 cos a2 1 cos b2 1 cos a 2 b2 cos a2cos b2cos 化简得 a2cos cos b2sin sin 若cos cos 0 有cos 0 sin 0或cos 0 sin 0 这时 A
7、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 cos cos 0 有 a2 b2 tan tan 同理 可 得 a2 b2 tan tan a2 b2 tan tan 由tan tan tan tan tan tan 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 d N 满足 bc ad 1集合A 1 2 3 a c 1 B ia
8、 i N 如果K A 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 0 r a n r Z 整数集 由条件知 a8 bk 因为 a b 1 a8k a8 bk 所以1 r a 令dk cm s 0 s dk c 所以 bk a dk c 即 n m 假定n m 则 bk a dk c 1 1 a c 1 c a c ac 由 1 推出 k ac a c ac k a c这与k A B矛盾 所以n m 不成立 又因为
9、n m 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 Rt ABC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n N 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
10、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
11、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 p 1 1 R n R 3 掌握这个数 有益于
12、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pi 0 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 4 320 323 上接48页 1418 设x21 x22 x2n a2 a2 1 3 安徽全椒襄河中学 张维进 239500 1420 若ai 1 ai 2 R 0 且ai 1 ai 1 2 1 i 1 2 n an 1 2 a1 2 求证 n i 1 ai 1 ai 2 n 2 其中 x 表示不超过实数x的最大整数 江苏如皋教师进修学校 徐道 226500 642003年 第2期 数学通报
