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高中数学
2011 年第 2 期
主编: 马涛 (MAT) 执行主编: 杨洪 (羊羊羊羊)
责任编辑: 马涛 (MAT) 何万程 (hejoseph) 郭子伟 (kuing) 特约撰稿人: 陈海峰 (过必思) 吴剑 (yezhu) 廖凡 (ab1962)
何万程 (hejoseph) 郭子伟 (kuing) 吴炜超 (战巡)
1 入门篇 1
1.1 《智慧宝典》第三回 问路函谷关 智慧救迷糊——陈海峰 . . . 1
1.2 《智慧宝典》第四回 池潭遇凶险 分步巧通关——陈海峰 . . . 2
2 高考篇 3 2.1 高考常考题型分类总结(导数二)——吴剑 . . . 3
2.2 三角函数公式微型整理——郭子伟 . . . 8
2.3 ab1962 解题集精选(二)——廖凡 . . . 16
2.4 数列不等式的证明几种常见类型——窦国栋 . . . 20
2.5 “同乘向量法”在求解一类问题中的应用——陈婷、邵立人 . . . 24
2.6 羊の问题门诊——杨洪 . . . 26
3 进阶篇 29 3.1 双曲函数的基本性质及简单应用(下)——吴炜超 . . . 29
3.2 来自群里的一道三角题——郭子伟 . . . 32
3.3 对一道亚太地区不等式竞赛题的一点研究——郭子伟 . . . 35
3.4 过定点平分三角形周长、面积的直线——何万程 . . . 39
4 数学家、数学史篇 43 4.1 增乘开方法与开方的笔算法——何万程 . . . 43
4.2 什么叫做“韩信点兵”? ——谈祥柏 . . . 46
1.1 《智慧宝典》第三回 问路函谷关 智慧救迷糊——陈海峰
话说小豪与小英往函谷关方向奔来,到了一个岔路口,两个初次下山,不知要往哪条路走,正在焦急之 际,只听“迷糊、迷糊,真迷糊……”,小豪一看,这个老人有些疯癫,不想理他,不料小英却突然手出如电,
点中“迷糊”的穴位。小豪正待不解,只听老人“啊”的一声,双眼一亮,似乎清醒过来。
小豪从老人口中得知,他的名字叫“迷糊”。老人说,它被一题目所困,不能自拔,因而神智不清,所以 大家就叫他“迷湖”,此时小豪雄心又起,什么题目害了你老人家,请细细说来。只见老人写道:
(1)已知函数 f (x) 的定义域是 [0, 4],求函数 f (x2) 的定义域。
(2)已知函数 f (x2) 的定义域是 [0, 4],求函数 f (x) 的定义域。
小豪与小英看了题目,心中窃喜,因为恩师正好指点过破敌招数,小豪拿起“奎星笔”,边写边对老人说 道:“首先要明确一点的是,不论是求原函数或者是复合函数的定义域都是求自变量 x 的取值范围,而不是求 中间变量的取值范围。”老人点头称是,只见小豪又写道:
解 第一问的先知道函数的定义域,然后要求复合函数的定义域,可这样来理解。因为这边都是 x,不 利于区分,所以先使用换元,将 f (x) 中的 x 换成 t,注意已知条件的定义域 [0, 4] 是中间那个集合哦!(见图 1.1.1)而 f (x2) 的定义域则是最左边的那个集合即 [−2, 2]。
第二问正好相反。注意此时复合函数的定义域是最左边的那个集合哦!(见图 1.1.2)而要求的那个 f (x) 的定义域就是中间那个集合了。为了避免混淆,我们要将之换为 t,可见 t∈ [0, 16],即函数 f(x) 的定义域是 [0, 16]。
–2 –1 0 1 2
0 1
4
t f(t)
x2 f(x2)
x
⋮
⋮
⋮
⋮
⋮
⋮
图 1.1.1
0
1
⋮ 4
0
1
16
t f(t)
x2 f(x2)
x
⋮
⋮ ⋮
图 1.1.2
小英见小豪说得差 不多了,接着说到,老人家,以后对 于这 种 题型,可 以用 这样 的“口 诀”: 一般 地,如果函数 f (x) 的定义域是 [a, b],则 f (g(x)) 的定义域就是 g(x)∈ [a, b] 所组成的集合。就是解不等式 a≤ g(x) ≤ b 中 x 的取值范围;如果函数 f (g(x)) 的定义域是 [a, b],则 f(x) 的定义域就是 x ∈ [a, b] 时 g(x) 的 相应值域。“迷糊”老人喜不自胜,如获至宝,瞬时觉得全身透体清爽。
问明来意后,“迷湖”知道他们迷路了,遂指明了道路。两人谢过之后,又疾速前往。
两个小英雄能否到达函谷关,请听下回分解。
1.2 《智慧宝典》第四回 池潭遇凶险 分步巧通关——陈海峰
话说小豪与小英听了迷糊老人的指点,马不停蹄往函谷关奔来.忽然路由窄变宽,赫然出现一个池潭,只 见上面有一个个浮桩,清风吹过,浮桩微微摇动。兄妹俩明白此处一定藏有某些玄机。
兄妹俩合计,先由小豪走在前面,如果谁出现险情,小英迅速采取行动,争取等一时间排除险情,将对方 救出。小豪开始用脚踩上第一个桩,只见有个大桩浮现上来了。小豪仔细一看,上面写了一些字:欢迎你到了
“万陷潭”,务必小心过关,每个桩下沉的速度只有一分钟,请你仔细分辨。如果脚踩对了,那些桩就是实了,
尽管走过就是了,否则……
只见下面出现如下问题:
例 1.2.1. 函数 f (x) =√
1− x2+√
x2− 1 是( )
A. 奇函数 B. 偶函数 C. 非奇非偶函数 D. 既是奇函数又是偶函数
小豪见过之后,拿起奎星笔,脚踩过 B 号桩,只见他刚踩下,觉得身体正在下降,大叫不好。小英正好跟 着,运起轻功将师兄提起,越到了 D 号桩。只见桩牢靠如山,只听小英说:“刚刚你不敢踩 D,是何原因?”
小豪道:“我开始有一种感觉,哪有既是奇函数又是偶函数的呀,这不是互相矛盾了吗?”
小英说:“师傅不是告诉我们,判断是奇函数或偶函数的前提条件是什么?”
小豪答:“定义域关于原点对称!”
小英说:“没错哦。定义域是 x ∈ {−1, 1},显然它们关于原点对称,在图象上是两个点,就是 (1, 0),
(−1, 0) 这两个点,它们既关于 y 轴对称,又关于原点对称,所以它既是奇函数又是偶函数。如果我们用定义证
明,可得 f (−x) =√
1− (−x)2+√
(−x)2− 1 = f(x),这个说明是偶函数,而根据函数的定义域 x ∈ {−1, 1},
此时的值域是 0,故有 f (−x) = f(x) 是显然两个也都符合的。”
小豪尴尬地说:“其实这个我也清楚的,可能受中文影响吧,所以就踩了 B 号桩了,下次还得当心哦,我 想沉入该潭的人肯定和我犯同样的毛病吧。”
他们两人也不敢怠慢,迅速地开始寻找一下个实桩,这时又有一个巨桩浮了上来,只见又写了一题:
例 1.2.2. 函数 f (x) = f (x) =√
1− x +√
x− 1 是( )
A. 奇函数 B. 偶函数 C. 非奇非偶函数 D. 既是奇函数又是偶函数
还是小豪抢在前头,踩下了 C 号桩,只见桩纹丝不动,显然是对了。
小英笑道:“有何体会?”
小豪说:“这个就容易些了。很明显定义域关于原点是不对称的,如果将此时的点描出来,在图象上就是 (1, 0)。”
小英说道:“正是,所以我们判断是奇函数或是偶函数一要先看前提条件是否定义域关于原点对称是否满 足,然后才是根据定义来判断,当然也可借助函数的图象来判断更加直观些!”
只见此后浮现的桩都是实的,他们也觉得心中之石放了很多,跳过最后一桩,说来神奇,那桩自动将人 送到岸边。小豪豪心又起,拿起奎星笔在路旁石头上书——小豪、小英到此一游。谁知这一写,又惹恼了一个 人,……
欲知后事如何? 请听下回分解。
2.1 高考常考题型分类总结(导数二)——吴剑
题型三、函数图象交点个数问题
例 2.1.1. 已知函数 f (x) = 16 ln (1 + x) + x2与 g(x) = 10x + b 的图象有三个不同的交点,求 b 的取值范 围。
解 f (x), g(x) 图象要有 3 个公共点,即 16 ln (1 + x) + x2 = 10x + b 有 3 个不同的解,即 16 ln (1 + x) + x2− 10x = b 有 3 个不同的解。
设 h(x) = 16 ln (1 + x) + x2− 10x,则
h′(x) = 16
x + 1 + 2x− 10 = 2(
x2− 4x + 3) 1 + x 。 当 x∈ (−1, 1)∪
(3, +∞) 时 h′(x) > 0,当 x∈ (1, 3) 时 h′(x) < 0,所以 h (x) 的单调增区间是 (−1, 1) 和 (3, +∞),单调减区间是 (1, 3),所以 h (x) 的极大值为 h (1) = 16 ln 2 − 9,极小值为 h (3) = 32 ln 2 − 21。
又当 x→ −1 时 h(x) → −∞,当 x → +∞ 时 h(x) → +∞,故可得到 h(x) 的草图,如图 2.1.1。
x y
–1 O 1 3
2 y = b
图 2.1.1
由题意可得,方程要有 3 个不同的解,也就是要求 h(x) 的图象与 y = b 要有 3 个不同交点,图中可得 b 的 取值范围应该介于两极值之间,故 b∈ (32 ln 2 − 21, 16 ln 2 − 9)。
评注:此题可能会有同学按照题目意思直接先求导得到 f (x) 的草图,再利用直线 g(x) = 10x + b 平行移 动去看与 f (x) 图象的极限位置,由于我们得到的只是 f (x) 的草图,所以并不能够精确地反映出什么时候可以 交 3 个点。
而解法中也是利用图象,但是先利用方程思想变成一个方程解的个数问题,然后再将方程进行同解变形,
最后再转变为两个图象交点个数的问题。只是直线变成一条与 x 轴平行的动直线 y = b,这样再看交点情况只 要有 h(x) 的单调性极值的情况,而不需要精确的图象。
然而要实现这一步,需要先将参数分离到方程的一边,另一边构成一个不含参数的函数。
另外,注意到那两个极限的说明很有必要,这样才能够体现出函数在一些没意义的点处的走势(以下几例 同)。比如该例题,x =−1 就是函数 h(x) 的一条渐近线。
变式一、f (x) = 16 ln (1 + x) + x2, g(x) = 10x + b 图象只有一个交点,求实数 b 的范围。
解 由图可知 b∈ (−∞, 32 ln 2 − 21)∪
(16 ln 2− 9, +∞)。
变式二、16 ln (1 + x) =−x2+ 10x + b 有 3 个不同实数根,求实数 b 的取值范围。
解 将原方程整理成为 16 ln (1 + x) + x2− 10x = b,同例题解法。
例 2.1.2. 若 f (x) = x3
3 − x2+ ax− a 的图象与 x 轴只有一个公共点,求 a 的取值范围。
解 即是方程 x3
3 − x2+ ax− a = 0 只有一个解,即 x3
3 − x2=−a(x − 1)。显然,x = 1 不是方程的根,
故方程可同解变形为 x3
3 − x2
x− 1 =−a。
令 g(x) = x3
3 − x2
x− 1 ,该问题等价于 g(x) 的图象与 y =−a 的图象只有一个公共点。
因 g′(x) = 2x(x2− 3x + 3)
9(x− 1)2 ,当 x ∈ (−∞, 0) 时 g′(x) < 0,当 x ∈ (0, 1)∪
(1, +∞) 时 g′(x) > 0,可知 g(x) 在 (−∞, 0) 内单减,在 (0, 1) 和 (1, +∞) 内单增,且由 x → ∞ 时 g(x) → +∞,x → 1+时 g(x)→ −∞,
x→ 1−时 g(x)→ +∞,可得到草图,如图 2.1.2。
x y
O
–1 1 3
2
y = –a
–2
图 2.1.2
由图可知,−a < g(0) = 0 =⇒ a > 0。
评注:本题采用例 2.1.1 的方法,分离参数。
例 2.1.3. 已知 a > 0, f (x) = ax2− 2x + 1 + ln(x + 1),l 是曲线 y = f(x) 在 P (0, f(0)) 处的切线。
(1)求 l 的方程;
(2)若切线 l 与曲线 y = f (x) 有且只有一个公共点,求 a 的值。
解 (1)f′(x) = 2ax− 2 + 1
x + 1,则 f′(0) =−1, f(0) = 0,故 l : y = −x + 1;
(2)由题意,即方程 ax2− 2x + 1 + ln(x + 1) = −x + 1 =⇒ ax2− x + ln(x + 1) = 0 只有一个根。
令 g(x) = ax2− x + ln(x + 1),则
g′(x) = 2ax− 1 + 1 x + 1 =
2ax (
x + 1− 1 2a
)
x + 1 。
注意到 g(0) = 0,则
①若 1
2a − 1 > 0,则 g(x) 在 (−1, 0) 和 ( 1
2a− 1, +∞
)
增,在 (
0, 1 2a− 1
)
减。由于 g(0) = 0,则在 (
0, 1 2a − 1
)
内 g(x) < 0,而 在 ( 1
2a− 1, +∞
)
内,当 x → ∞ 时 g(x) > 0,故由零点存在定理可得在 ( 1
2a − 1, +∞
)
内肯定还有一根,与题目矛盾;
②若 1
2a − 1 < 0,则 g(x) 在 (
−1, 1 2a − 1
)
和 (0, +∞) 增,在 ( 1
2a− 1, 0 )
减。同样注意到 g(0) = 0,则
在 ( 1
2a− 1, 0 )
内 g(x) > 0,当 x→ −1 时 g(x) < 0,则在 (
−1, 1 2a− 1
)
内肯定还有一根;
③若 1
2a − 1 = 0 =⇒ a = 1
2 时,g(x) 在 (−1, 0) 减,在 (0, +∞) 增,又 g(0) = 0,故此时只有一个根 x = 0。
综上所述,a = 1 2。
评注:此例没有利用前两例的分离参数的方法主要是因为分离后得到的新函数不容易得到其草图,并且此 例函数的导数能够直接求得并且能够因式分解得到极值点,进而对函数的单调性取值正负等进行讨论。
题型四、函数最值及一些不等式的证明 例 2.1.4. 求函数 f (x) = 2√
x + 3 +√
4− x 的最值。
解 定义域为 [−3, 4],f′(x) = 1
√x + 3 − 1 2√
4− x,令 1
√x + 3 − 1 2√
4− x = 0 得 x = 13
5 。又 f (3) =
√7, f (4) = 2√ 7, f
(13 5
)
=√
35,故最大值为√
35,最小值为√ 7。
评注:求函数最值是导数的一大运用,此例也可以采用均值不等式、柯西不等式、三角代换等方法去做,
但是思维量大,学生需要有意识地运用导数,充分发挥其在函数问题中的工具作用。
例 2.1.5. 已知 a 是实数,函数 f (x) =√
x(x− a),求 f(x) 在区间 [0, 2] 上的最小值。
解 函数定义域为 [0, +∞),f′(x) = 3x− a 2√
x 。
(1)a≤ 0 时,f(x) 在 [0, 2] 增,则 fmin(x) = f (0) = 0;
(2)a > 0 时,f (x) 在( 0,a
3
)减,在(a 3, +∞)
增,此时需要对a
3 与区间 [0, 2] 的位置进行讨论。
当 a
3 ≤ 2 =⇒ 0 < a ≤ 6 时,fmin(x) = f (a
3 )
=−2a 3
√a 3; 当 a
3 > 2 =⇒ a > 6 时,fmin(x) = f (2) =√
2(2− a)。
综上得到:
当 a≤ 0 时,fmin(x) = 0;当 0 < a≤ 6 时,fmin(x) =−2a 3
√a
3;当 a > 6 时,fmin(x) =√
2(2− a)。
评注:此例的函数中含有一参数,但是求最值的方法还是不变,只是涉及到单调区间和所给区间的关系进 行讨论。
例 2.1.6. 求证:当 x > 0 时,ln(x + 1) > 2x x + 2。 证明 原不等式即为 ln(x + 1)− 2x
x + 2 > 0 (x > 0)。
令 g(x) = ln(x + 1)− 2x
x + 2,则只要说明 g(x) 在 (0, +∞) 的值都大于 0 即可。
因为 g′(x) = 1
x + 1− 4
(x + 2)2 = x2
(x + 1)(x + 2)2,所以函数 g(x) 在 (0, +∞) 增,且 g(x) 连续,故 g(x) >
g(0) = 0,所以 ln(x + 1) > 2x x + 2。
评注:这类带有对数,指数或者三次函数的不等式证明,往往可以利用本例的想法操作。
具体方法为: 要证明 f (x) > (或 <)g(x), x∈ A 成立,即是证 f(x) − g(x) > 0(或 < 0), x ∈ A 成立。则只 要求出新函数 f (x)− g(x) 在 x ∈ A 内的最小值(或最大值),只要最值满足不等式即可(以下几例同此法)。
这也是导数知识与不等式知识的一个结合。
例 2.1.7. 已知定义在正实数集上的函数 f (x) = 1
2x2+ 2ax,g(x) = 3a2ln x + b,其中 a > 0。设两曲线 y = f (x),y = g(x) 有公共点,且在该点处的切线相同。
(1)将 b 表示成 a 的式子;
(2)求证:f (x)≥ g(x) (x > 0)。
解 (1)设 y = f (x) 与 y = g(x) (x > 0) 在公共点 (x0, y0) 处的切线相同。
因为 f′(x) = x + 2a,g′(x) = 3a2
x ,由题意 f (x0) = g(x0),f′(x0) = g′(x0),即
1
2x20+ 2ax0= 3a2ln x0+ b,
x0+ 2a = 3a2 x0,
由 x0+ 2a = 3a2 x0
得 x0= a 或 x0=−3a(舍去)。即有 b = 1
2a2+ 2a2− 3a2ln a = 5
2a2− 3a2ln a。
(2)设 F (x) = f (x)− g(x) =1
2x2+ 2ax− 3a2ln x− b (x > 0),则 F′(x) = x + 2a−3a2
x = (x− a)(x + 3a)
x ,
故 F (x) 在 (0, a) 单减,在 (a, +∞) 单增,于是函数 F (x) 在 (0, +∞) 上的最小值为 Fmin(x) = F (a) = 1
2a2+ 2a2− 3a2ln a− b = 5
2a2− 3a2ln a− b
= 5
2a2− 3a2ln a− (5
2a2− 3a2ln a )
= 0,
故当 x > 0 时,有 f (x)− g(x) ≥ 0,即当 x > 0 时,f(x) ≥ g(x)。
例 2.1.8. f (x) = x ln x, a > 0, b > 0,求证:f (a) + f (b) + (a + b) ln 2≥ f(a + b)。
证明 要证明的不等式即为
a ln a + b ln b + (a + b) ln 2≥ (a + b) ln(a + b)。
不妨假设 a≥ b > 0,令 h(a) = a ln a + b ln b + (a + b) ln 2 − (a + b) ln(a + b),则 h′(a) = ln a + 1 + ln 2
a + b− 1 = ln 2a
a + b ≥ 0,
故 h(a) 在 [b, +∞) 内不减,则 h(a) ≥ h(b) = 0,命题得证。
评注:此例的形式可以利用琴生不等式进行证明。实际上换个角度,既然此题叫证明对于任意的正数 a, b 都成立,那么不妨把其中一个字母作为变量,就是函数不等式的典型例子。
例 2.1.9. 证明对任意的正整数 n,不等式 ln (1
n+ 1 )
> 1 n2 − 1
n3 都成立。
解 设 1
n = x,则 0 < x≤ 1,于是只要证
ln(x + 1) > x2− x3, x∈ (0, 1]。
令 h(x) = x3− x2+ ln(x + 1),则 h′(x) = 3x3+ (x− 1)2
x + 1 在 [0, +∞) 上恒正,所以 h(x) 在 [0, +∞) 上单 调递增,当 x∈ (0, +∞) 时,恒有 h(x) > h(0) = 0。
即当 x∈ (0, +∞) 时,有 x3− x2+ ln(x + 1) > 0,即 ln(x + 1) > x2− x3,故原不等式成立。
评注:此题看似一个与自然数 n 有关的不等式,但是不等式左右两边并没有出现前 n 项和这样的式子,而 是几个关于 n 的初等函数,那么这样的不等式可以尝试利用函数观点去求证。
例 2.1.10. 已知 a > 0, a̸= 1,求证 a
a2− 1(an− a−n) > n。
证明 设 f (x) = a a2− 1
ax− a−x
x (x≥ 1),注意到 f(1) = 1,那么只要能够证明 f(x) 在 [1, +∞) 单增,则 原不等式即得证。由
f′(x) = a a2− 1
ln a(ax+ a−x)x− (ax− a−x)
x2 ,
下证 f′(x) > 0 在 [1, +∞) 成立。
(1)当 a > 1 时,只需证 h(x) = ln a(ax+ a−x)x− (ax− a−x) 为正。而 h′(x) = ln a(
ln a(ax− a−x)x + (ax+ a−x))
− ln a(ax+ a−x) = (ln a)2(ax− a−x)x,
当 a > 1,很明显 h′(x) > 0,则 h(x) 单增,则 h(x) > h(0) = 0,故 f′(x) > 0;
(2)当 0 < a < 1 时,只需证 h(x) = ln a(ax+ a−x)x− (ax− a−x) 为负。由(1)的过程易得,故此时 f′(x) > 0。
综上,f (x) = a a2− 1
ax− a−x
x 在 [1, +∞) 单增,故 f(x) > f(1) = 1,所以 a
a2− 1(ax− a−x) > x,原不 等式得证。
评注:此题反复利用导数证明不等式,注意当中的那两个特殊的端点值。
例 2.1.11. 已知 p 是 (0, 1) 内一给定常数,求证:5p+ 7p> 3p+ 9p。 证明 构造函数 g(x) = (6− x)p+ (6 + x)p, 1 < x < 6。则
g′(x) = p
( 1
(6 + x)1−p− 1 (6− x)1−p
)
< 0,
所以 g(x) 减,则 g(1) > g(3),即 5p+ 7p> 3p+ 9p。
评注:此题是一自主招生考题,最初的想法本想把 p 作为变量,来构造函数证明,但是发现几个底数都不 同,后来观察底数的关系都是以 6 作为中间数,所以想到构造那个函数利用导数得到其单调性。读者可以继续 证明 5p+ 15p+ 25p+ 35p< 9p+ 11p+ 27p+ 33p。
例 2.1.9 以后这几个问题表面上感觉和导数无关,其实稍作分析都是带有函数背景的问题,这样就为导数 的运用提供了大环境。学生也应该在其中多体会导数的工具作用以及在各章节中的渗透。
2.2 三角函数公式微型整理——郭子伟
本文的普通正文内容为高中阶段所接触到的一些三角函数基本公式的小型收集整理,适用于普通高中生,
而选读内容(楷书字体部分)则会稍作加深,意在给有能力的同学或老师及数学爱号者阅读,随你看不看。
在以下这大堆公式中,有不少是熟知的,但也有些是笔者自己收集或推导的,总之尽可能整点新东西出 来,以免太闷。
一、诱导公式
对于 kπ
2 ± x (k ∈ Z) 的三角函数值的化简,我们有口诀:符号看象限,奇变偶不变。
如 sin (3π
2 − x )
,首先将 x 看成锐角看看函数值的正负,由于此时3π
2 − x 在第三象限所以函数值是负的 就取负号,然后因为3π
2 即 k = 3 为奇数,于是将 sin 变成 cos,最终化简结果就是− cos x。
又如 cos (x + π),将 x 看成锐角看函数值正负,此时 x + π 在第三象限函数值是负,取负号,因 π = 2π 2 即 k = 2 为偶数,即 cos 不变,最终化简为− cos x。
也许大家会觉得怎么好像与以前学的口诀顺序反了过来,其实这是有原因的,事实上这个 idea 也不是我想 出来的,详情请参考论坛这一贴:http://bbs.pep.com.cn/thread-264288-1-1.html。
二、和差角关系
两角和差展开公式:
sin(α± β) = sin α cos β ± cos α sin β cos(α± β) = cos α cos β ∓ sin α sin β tan(α± β) = tan α± tan β
1∓ tan α tan β cot(α± β) = −1∓ cot α cot β cot α± cot β 由正余弦的和差展开式可得如下的“积化和差”与“和差化积”公式:
sin α cos β = 1
2(sin (α + β) + sin (α− β)) sin α + sin β = 2 sinα + β
2 cosα− β 2 cos α sin β = 1
2(sin (α + β)− sin (α − β)) sin α− sin β = 2 cosα + β
2 sinα− β 2 cos α cos β = 1
2(cos (α + β) + cos (α− β)) cos α + cos β = 2 cosα + β
2 cosα− β 2 sin α sin β =−1
2(cos (α + β)− cos (α − β)) cos α− cos β = −2 sinα + β
2 sinα− β 2
以上的公式属于书本上的公式,故此就不写推导了。“积化和差”和“和差化积”公式虽然据说只要求了 解不要求记忆,不过我觉得还是不妨一记,因为挺有用的,至少本文中多次用到。另外扯一题外话,不要总以 为学得少或不用记就是减负,其实有时学多点记多点有价值的定理和方法,熟悉运用之后不但不是负担,更会 成为你解决问题的兵器,所以换个角度来看,适当学多点也可以是减负。
选读:三个角的和的展开公式:
sin(α + β + γ) = sin α cos β cos γ + cos α sin β cos γ + cos α cos β sin γ− sin α sin β sin γ cos(α + β + γ) = cos α cos β cos γ− sin α sin β cos γ − sin α cos β sin γ − cos α sin β sin γ tan(α + β + γ) = tan α + tan β + tan γ− tan α tan β tan γ
1− tan α tan β − tan α tan γ − tan β tan γ cot(α + β + γ) = cot α + cot β + cot γ− cot α cot β cot γ
1− cot α cot β − cot α cot γ − cot β cot γ 以上公式只需两次运用两角和的展开式即可得到,读者可以试试证明。
例 2.2.1. 在△ABC 中,求证:sinA 2 sinB
2 sinC 2 ≤ 1
8。 证明 由积化和差公式及诱导公式,有
sinA 2 sinB
2 sinC 2 =−1
2sinA 2
(
cosB + C
2 − cosB− C 2
)
=−1 2sin2A
2 +1 2sinA
2 cosB− C 2
≤ −1 2sin2A
2 +1 2sinA
2
=−1 2
( sinA
2 −1 2
)2
+1 8
≤ 1 8。 类似地也可以证明 cos A cos B cos C≤ 1
8、cosA 2 cosB
2 cosC 2 ≤ 3√
3
8 、sin A sin B sin C ≤ 3√ 3
8 、sin A + sin B + sin C≤ 3√
3
2 、cos A + cos B + cos C≤ 3
2 等等,读者不妨试试。
例 2.2.2. 在△ABC 中,求证:cosA
2 + cosB
2 + cosC 2 > 2。
证明 我们先证明
cosA
2 + cosB
2 > 1 + cosA + B 2 。 利用和差化积公式及两倍角公式,可知
cosA
2 + cosB
2 > 1 + cosA + B
2 ⇐⇒ 2 cosA + B
4 cosA− B
4 > 2 cos2A + B 4
⇐⇒ cosA− B
4 > cosA + B 4
⇐⇒ 2 sinA 4 sinB
4 > 0,
显然成立。因此我们有 cosA
2 + cosB
2 + cosC
2 > 1 + cosA + B
2 + cosC
2 = 1 +√ 2 sin
(C 2 +π
4 )
,
因为 C 2 +π
4 ∈ (π
4,3π 4
)
,故必有 sin (C
2 +π 4
)
> sinπ 4 =
√2 2 ,所以
1 +√ 2 sin
(C 2 +π
4 )
> 1 +√ 2·
√2 2 = 2,
这样就得到了原不等式。
选读:利用内切圆系统进行代数化处理也可以证明此上述不等式:
另
另另证证证 由内切圆代换,可令 cosA 2 =
√
x (x + y + z)
(x + y) (z + x)等等,其中 x, y, z > 0。则原不等式等价于
∑
cyc
√
x (x + y + z)
(x + y) (z + x)> 2 ⇐⇒ ∑
cyc
√(x + y) (z + x)−√
x (x + y + z)
√(x + y) (z + x) < 1
⇐⇒ ∑
cyc
(x + y) (z + x)− x (x + y + z) (√(x + y) (z + x) +√
x (x + y + z)) √
(x + y) (z + x)
< 1
⇐⇒ ∑
cyc
yz (x + y) (z + x) +√
x (x + y) (z + x) (x + y + z) < 1,
由于 ∑
cyc
yz (x + y) (z + x) +√
x (x + y) (z + x) (x + y + z)<∑
cyc
yz
(x + y) (z + x), 故只需证
∑
cyc
yz
(x + y) (z + x)≤ 1 ⇐⇒ ∑
cyc
yz (y + z)≤ (x + y) (y + z) (z + x)
⇐⇒ 0 ≤ 2xyz,
显然成立,故原不等式成立。
例 2.2.3. 对任意四个实数 x, y, z, w,求证:
sin (x− y) sin (z − w) + sin (y − w) sin (z − x) + sin (w − x) sin (z − y) = 0,
sin (x− y) cos (z − w) + sin (y − w) cos (z − x) + sin (w − x) cos (z − y) = 0。
证明 由积化和差公式得
sin(x− y) sin(z − w) = 1
2cos(w + x− y − z) − 1
2cos(w− x + y − z),
sin(y− w) sin(z − x) = 1
2cos(w− x − y + z) −1
2cos(w + x− y − z),
sin(w− x) sin(z − y) = 1
2cos(w− x + y − z) −1
2cos(w− x − y + z),
三式相加即得第一式,同理可证第二条式。
例 2.2.4. 对任意三个实数 x, y, z,求证:
sin x + sin y + sin z− sin (x + y + z) = 4 sinx + y
2 siny + z
2 sinz + x 2 , cos x + cos y + cos z + cos (x + y + z) = 4 cosx + y
2 cosy + z
2 cosz + x 2 。 证明 两次运用积化和差公式得
4 sinx + y
2 siny + z
2 sinz + x 2 = 2
(
cosx− z 2 − cos
(x + z 2 + y
))
sinz + x 2
= sin x + sin z + sin y− sin(x + y + z),
即得第一式,同理可证第二条式。这个例题的应用将在后面会提到。
例 2.2.5. 求 cosπ
7 + cos3π
7 + cos5π
7 的值。
解
cosπ
7 + cos3π
7 + cos5π 7 =
2 cosπ 7sinπ
7 + 2 cos3π 7 sinπ
7 + 2 cos5π 7 sinπ
7 2 sinπ
7
= sin2π
7 + (
cos4π
7 − cos2π 7
) +
( cos6π
7 − cos4π 7
)
2 sinπ 7
= sin6π
7 2 sinπ
7
= 1 2。
例 2.2.6. 求 sin 18◦+ sin 54◦的值。
解 因为
(sin 18◦+ sin 54◦)2= sin218◦+ 2 sin 18◦sin 54◦+ sin254◦
= 1− cos 36◦
2 + cos 36◦− cos 72◦+1 + cos 72◦ 2
= 1 +cos 36◦+ cos 108◦ 2
= 1 +2 sin 72◦cos 36◦+ 2 sin 72◦cos 108◦ 4 sin 72◦
= 1 +(sin 108◦+ sin 36◦) + (sin 180◦− sin 36◦) 4 sin 72◦
= 1 + sin 108◦ 4 sin 72◦
= 5 4, 且 sin 18◦+ sin 54◦> 0,所以
sin 18◦+ sin 54◦=
√5 2 。 三、倍角关系
在两角和的展开式中令 α = β = θ 即得两倍角公式:
sin 2θ = 2 sin θ cos θ cos 2θ = cos2θ− sin2θ = 2 cos2θ− 1 = 1 − 2 sin2θ tan 2θ = 2 tan θ
1− tan2θ cot 2θ = cot θ− tan θ
2 = cot2θ− 1 2 cot θ 由两倍角公式变形即得半角公式:
sinθ 2 =±
√1− cos θ
2 cosθ 2 =±
√1 + cos θ
2 tanθ 2 =±
√1− cos θ
1 + cos θ = sin θ
1 + cos θ =1− cos θ sin θ 符号的选择由 θ
2 所在的象限确定。
选读:对正余弦的两倍角公式继续变形可得如下的公式:
sin 2θ = 2 tan θ
1 + tan2θ cos 2θ = 1− tan2θ 1 + tan2θ
余切的倒数过来也可变为正切,也就是说哪种三角函数都可以化成正切函数的有理式,因此由以上两式与两倍角正切公式 合称为“万能公式”,有着广泛的应用。
三倍角公式:
sin 3θ = 3 sin θ− 4 sin3θ = 4 sin θ sin(60◦− θ) sin(60◦+ θ) cos 3θ =−3 cos θ + 4 cos3θ = 4 cos θ cos(60◦− θ) cos(60◦+ θ) tan 3θ =3 tan θ− tan3θ
1− 3 tan2θ = tan θ tan(60◦− θ) tan(60◦+ θ) cot 3θ =3 cot θ− cot3θ
1− 3 cot2θ = cot θ cot(60◦− θ) cot(60◦+ θ) 更一般地,还有 n 倍角公式:
sin nθ = Cn1cosn−1θ· sin1θ− Cn3cosn−3θ· sin3θ + Cn5cosn−5θ· sin5θ− · · · cos nθ = Cn0cosnθ· sin0θ− Cn2cosn−2θ· sin2θ + Cn4cosn−4θ· sin4θ− · · ·
两式相除整理即得
tan nθ =Cn1tan1θ− Cn3tan3θ + Cn5tan5θ− · · · Cn0tan0θ− Cn2tan2θ + Cn4tan4θ− · · · cot nθ = Cn0cotnθ− Cn2cotn−2θ + Cn4cotn−4θ− · · ·
Cn1cotn−1θ− Cn3cotn−3θ + Cn5cotn−5θ− · · ·
证明可以用数学归纳法或棣莫佛 (De Moivre) 定理。此外,正余弦的 n 倍角也可以按切比雪夫多项式和伸展多项式去展开,
鉴于内容较多而且深,这里就不讲了。
例 2.2.7. 求 cos 20◦cos 40◦cos 80◦的值。
解
cos 20◦cos 40◦cos 80◦= 8 sin 20◦cos 20◦cos 40◦cos 80◦ 8 sin 20◦
= 4 sin 40◦cos 40◦cos 80◦ 8 sin 20◦
= 2 sin 80◦cos 80◦ 8 sin 20◦
= sin 160◦ 8 sin 20◦
= 1 8。 选读:本题也可以用三倍角公式求解,
cos 20◦cos 40◦cos 80◦= cos 20◦cos(
60◦− 20◦) cos(
60◦+ 20◦)
=cos 60◦ 4 =1
8。
四、平方关系
平方和差为 1 的基本公式:
1 = sin2θ + cos2θ = sec2θ− tan2θ = csc2θ− cot2θ
这里的 sec 和 csc 分别称作“正割”和“余割”,分别就是“余弦”和“正弦”的倒数而已,因此不必惊慌。椭 圆和双曲线的参数方程就是利用这一公式得到的。
选读:还有几组“平方差”公式:
sin2α− sin2β = sin (α + β) sin (α− β) = −(cos2α− cos2β) tan2α− tan2β = sin (α + β) sin (α− β)
cos2α cos2β = sec2α− sec2β cot2α− cot2β =−sin (α + β) sin (α− β)
sin2α sin2β = csc2α− csc2β cos2α− sin2β = cos (α + β) cos (α− β)
cot2α− tan2β = cos (α + β) cos (α− β)
sin2α cos2β = csc2α− sec2β 以上公式展开即可证,读者可以试试。
五、合一公式 辅助角公式:
a sin x + b cos x =√
a2+ b2sin(x + φ) 其中 tan φ = b
a。
选读:任意相位移动的合一公式 a sin x + b sin(x + t) =√
a2+ b2+ 2ab cos t· sin(x + φ) 其中 tan φ = b sin t a + b cos t。这 是因为
a sin x + b sin (x + t) = (a + b cos t) sin x + b sin t cos x
=
√
(a + b cos t)2+ (b sin t)2sin (x + φ)
=√
a2+ b2+ 2ab cos t sin (x + φ) ,
其中 tan φ = b sin t a + b cos t。
例 2.2.8. 已知 θ∈ R,cos θ a +sin θ
b = 1,则下列恒成立的是 ( )
A.a2+ b2≤ 1 B.a2+ b2≥ 1 C.1 a2 + 1
b2 ≤ 1 D.1 a2 + 1
b2 ≥ 1
解 由辅助角公式有 1 = cos θ a +sin θ
b =
√ 1 a2 + 1
b2sin (θ + φ)≤
√1 a2+ 1
b2 即知选 D。
这是一道挺常见的简单题,解法很多,上面用辅助角公式属于最基础直接的一种。
六、三角形内的三角恒等式
以下公式中的 A、B、C 如无特别说明,均指一般三角形的三个内角。
利用前面选读内容提到的三个角的和的展开公式,可以得到:
tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C(非直角三角形)
cotA
2 + cotB
2 + cotC
2 = cotA 2 cotB
2 cotC 2 tanA
2 tanB
2 + tanB 2 tanC
2 + tanC 2 tanA
2 = 1 cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1
例 2.2.9. 已知 x, y, z∈ R+,且 xy + yz + zx = 1,求 1
x2+ 1+ 1
y2+ 1+ z
z2+ 1 的最大值。
解 由 条 件 等 式 以 及 要 求 最 值 的 式 子 的 形 式,联 系 到 上 述 的 三 角 恒 等 式,我 们 可 以 令 x = tanA 2, y = tanB
2,z = tanC
2,其中 A, B, C 为某三角形的三个内角。注意到由万能公式有 tan θ
tan2θ + 1 = sin 2θ 2 以及 1
tan2θ + 1 = cos 2θ + 1
2 ,于是代入得到 1
x2+ 1+ 1
y2+ 1+ z
z2+ 1 = 1 +1
2(cos A + cos B + sin C) , 由积化和差公式可知
cos A + cos B + sin C = 2 cosA + B
2 cosA− B
2 + sin C ≤ 2 sinC
2 + sin C。
下面用导数求 2 sinC
2 + sin C 的最大值,令 f (C) = 2 sinC
2 + sin C, C∈ (0, π),则
f′(C) = cosC
2 + cos C = (
cosC 2 + 1
) ( 2 cosC
2 − 1 )
,
可见 f (C)≤ f (2π
3 )
= 3√ 3
2 ,由此即得到 1
x2+ 1+ 1
y2+ 1+ z
z2+ 1 ≤ 1 +3√ 3 4 , 当 x = y = 2−√
3, z =√
3 时取等号,故所求的最大值就是 1 +3√ 3 4 。 在后面的《ab1962 解题集精选(二)》一文中的两个恒等式:
sin2A
2 + sin2B
2 + sin2C
2 + 2 sinA 2 sinB
2 sinC 2 = 1 cos2A + cos2B + cos2C + 2 cos A cos B cos C = 1 详细证明及应用请见该文。
n 倍角三角形正余弦和公式:设 k, n∈ Z,对例 2.2.4 中的 x, y, z 分别代入为 nA, nB, nC,整理易得
sin (nA) + sin (nB) + sin (nC) =
−4 sinnA 2 sinnB
2 sinnC
2 n = 4k,
4 cosnA 2 cosnB
2 cosnC
2 n = 4k + 1,
4 sinnA 2 sinnB
2 sinnC
2 n = 4k + 2,
−4 cosnA 2 cosnB
2 cosnC
2 n = 4k + 3,
以及
cos (nA) + cos (nB) + cos (nC) =
4 cosnA 2 cosnB
2 cosnC
2 − 1 n = 4k,
4 sinnA 2 sinnB
2 sinnC
2 + 1 n = 4k + 1,
−4 cosnA 2 cosnB
2 cosnC
2 − 1 n = 4k + 2,
−4 sinnA 2 sinnB
2 sinnC
2 + 1 n = 4k + 3。
再对例 2.2.4 中的 x, y, z 分别代入为 A 2,B
2,C
2 又可得半角三角形正余弦和公式:
sinA
2 + sinB
2 + sinC
2 = 1 + 4 sinπ− A
4 sinπ− B
4 sinπ− C 4 cosA
2 + cosB
2 + cosC
2 = 4 cosπ− A
4 cosπ− B
4 cosπ− C 4 代入其它系数的角也可以得到相应的恒等式,大家可以试试。
例 2.2.10. 在△ABC 中,求证:sin 2A + sin 2B + sin 2C ≤ sin A + sin B + sin C。
证明 由上述公式,分别代入 n = 1, 2 得到
sin A + sin B + sin C = 4 cosA 2 cosB
2 cosC 2, sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C,
于是原不等式等价于
sin A sin B sin C≤ cosA 2 cosB
2 cosC 2, 利用两倍角公式,易知上式等价于
sinA 2 sinB
2 sinC 2 ≤ 1
8, 这正是例 2.2.1 中证过的熟知不等式。
七、周期性
函数 f (x) = A sin (ωx + φ) + b (Aω̸= 0) 的最小正周期是 2π
|ω|。余弦、正割、余割的结论一样。
函数 f (x) = A tan (ωx + φ) + b (Aω̸= 0) 的最小正周期是 π
|ω|。余切的结论一样。
选读:一般地,函数 f (x) = A1sin (p1
q1
ωx + φ1
)
+ A2sin (p2
q2
ωx + φ2
)
,其中 A1A2p1p2q1q2ω̸= 0,p1、p2、q1、
q2都是整数,p1
q1
和 p2
q2
都是既约分数,则 f (x) 的最小正周期是 2π [q1, q2]
(p1, p2)|ω|,其中 [q1, q2] 和 (p1, p2) 分别表示 q1, q2的 最小公倍数和 p1, p2的最大公因数。
f (x) = A1sin (ω1x + φ1) + A2sin (ω2x + φ2) 中 A1A2ω1ω2̸= 0,如果ω1
ω2
是无理数,则 f (x) 不是周期函数。
以上两个性质对正切也有类似的性质,这些性质的证明就省略了,有兴趣的读者可以尝试证明。
一般来说,含绝对值的三角函数的最小正周期是与对应的不含绝对值的三角函数的最小正周期相等或者是 对应最小正周期的1
2 或 1
4。下面举例说明:
例 2.2.11. 求 f (x) =|sin x| 的最小正周期。
解 假设 0 < T ≤ π 是 f (x) = |sin x| 的一个周期,则
|sin (x + T )| = |sin x| , 取 x = 0,则上式变为
|sin T | = sin T = 0,
于是 T = π。
另外,由于
|sin (x + π)| = |− sin x| = |sin x| , 所以 π 是 f (x) =|sin x| 的最小正周期。
例 2.2.12. 求 f (x) =|sin x| + |cos x| 的最小正周期。
解 因为
f (x) =|sin x| + |cos x| =
√
|sin x|2+ 2|sin x cos x| + |cos x|2=
√ 1 +
√
sin22x =
√ 1 +
√1− cos 4x 2 , 所以 π
2 是 f (x) =|sin x| + |cos x| 的一个周期。
另外,设 0 < T ≤π
2 时恒有|sin (x + T )|+|cos (x + T )| = |sin x|+|cos x|,由上式得 cos (4x + 4T ) = cos 4x。
取 x = 0,则有 cos 4T = 1,只能 T = π
2,所以π
2 是 f (x) =|sin x| + |cos x| 的最小正周期。
OK,这个微型整理暂时先整到这里,其实三角这块还有很多内容可以写下去,比如三角形内的恒等式上 面只写到了只含三角函数的恒等式,如果把三边或面积之类也扯上,恒等式将更多,这些等以后有机会再慢慢 整理。希望本文对大家有所帮助,感谢阅读。
2.3 ab1962 解题集精选(二)——廖凡
本期的题目及解答依然由历任版主 ab1962 的网上解题集的第 1∼ 100 题中精选出,其余说明与第一期相 同。
题目 2.3.1. 已知 x2− x + a = 0,x2− x + b = 0 两方程的四根成等差数列且首项为 1
4,求 a + b 的值。
解 不妨设 1
4 是方程 x2− x + a = 0 根,则别一个根是 3 4,于是 a = 3
16。
设方程 x2− x + b = 0 的两个根分别为 x1, x2, x1< x2,则由韦达定理有 x1+ x2= 1 = 1
4+3 4。 由于 1
4、3
4、x1、x2是等差数列的四个项,由等差数列的加法对称性可知这个等差数列为 1
4、x1、x2、3 4,
由此得公差 d = 3 4 −1
4 4− 1 =1
6 以及 x1= 1 4+1
6 = 5
12、x2= 7
12,因此 b = x1x2= 35
144, 从而 a + b = 27 + 35
144 = 31 72。 题目 2.3.2. 已知 a > 1,求证√
a + 1−√ a <√
a−√ a− 1。
证明
(√a + 1−√ a
)−(√
a−√ a− 1)
= 1
√a + 1 +√
a− 1
√a +√ a− 1
=
√a− 1 −√ a + 1 (√a + 1 +√
a) (√
a +√ a− 1)
=(√ −2
a + 1 +√ a) (√
a +√
a− 1) (√
a− 1 +√ a + 1)
< 0,
故原式成立。
kuing 注:本题也可以移项平方去证明:
√a + 1 +√
a− 1 < 2√
a ⇐⇒ a + 1 + 2√ a + 1√
a− 1 + a − 1 < 4a
⇐⇒ √
a + 1√
a− 1 < a
⇐⇒ (a + 1) (a − 1) < a2
⇐⇒ −1 < 0。
还可以由 f (x) =√
x + 1−√
x = 1
√x + 1 +√
x可看出单调性从而得到原不等式。
题目 2.3.3. 设集合 M ={1, 2, 3, . . . , 1000},对 M 的任一非空子集 Z,令 αZ 表示 Z 中最大数与最小数 之和,那么所有这样的 αZ 的算术平均值是多少?
解 以 1 为最小值的集合有 2999个,以 2 为最小值的集合有 2998个,以 3 为最小值的集合有 2997个,……,
以 1000 为最小值的集合有 20个。
因此所有 M 的非空子集的所有最小值的和为
1× 2999+ 2× 2998+ 3× 2997+· · · + 1000 × 20, 同理,所有 M 的非空子集的所有最大值的和为
1000× 2999+ 999× 2998+ 998× 2997+· · · + 1 × 20, 故所有的 αZ 的和为
1001(
2999+ 2998+ 2997+· · · + 20)
= 1001(
21000− 1)
, 而 M 的非空子集子有 21000− 1 个,故所有的 αZ 的算术平均数就是 1001。
题目 2.3.4. 若锐角 A、B、C 满足 sin2A
2 + sin2B
2 + sin2C
2 = 1− 2 sinA 2 sinB
2 sinC
2,试证:A+B+C = π。
证明
sin2A
2 + sin2B
2 + sin2C
2 = 1− 2 sinA 2 sinB
2 sinC 2
⇐⇒ 1− cos A
2 +1− cos B
2 + sin2C
2 = 1− 2 sinA 2 sinB
2 sinC 2
⇐⇒ − cos A + cos B
2 + sin2C
2 =−2 sinA 2 sinB
2 sinC 2
⇐⇒ − cosA + B
2 cosA− B
2 + sin2C 2 =
(
cosA + B
2 − cosA− B 2
) sinC
2
⇐⇒ sin2C 2 −
(
cosA + B
2 − cosA− B 2
) sinC
2 − cosA + B
2 cosA− B 2 = 0
⇐⇒
( sinC
2 − cosA + B 2
) ( sinC
2 + cosA− B 2
)
= 0,
因 A、B、C 是锐角,于是必有
sinC
2 = cosA + B 2 , 从而有
A + B 2 +C
2 = π
2 ⇐⇒ A + B + C = π,
即获证。
kuing 注:由证明过程不难看出,当反过来有 A + B + C = π 时就有原等式成立,那么就有三角形内的恒等式 sin2A
2 + sin2B
2 + sin2C
2 + 2 sinA 2 sinB
2 sinC
2 = 1。 (2.3.1)
若再作角变换A 2 → π
2 − A 等等,又可以得到另一个三角形内的恒等式
cos2A + cos2B + cos2C + 2 cos A cos B cos C = 1。 (2.3.2) 这两个恒等式是很有用的,比如在条件不等式的证明中常常可用作消去约束条件及简化不等式等等,具体可以试试下 题:
非负实数 a, b, c 满足 a2+ b2+ c2+ abc = 4,求证:
0≤ ab + bc + ca − abc ≤ 2。
题目 2.3.5. 已知 f (x) = 2x
1 + x,求 f (1) + f (2) + f (3) +· · · + f (100) + f (1
2 )
+ f (2
2 )
+ f (3
2 )
+· · · +
f (100
2 )
+ f (1
3 )
+ f (2
3 )
+ f (3
3 )
+· · · + f (100
3 )
+· · · + f ( 1
100 )
+ f ( 2
100 )
+ f ( 3
100 )
+· · · + f (100
100 )
的值。
解 注意到
f (x) + f (1
x )
= 2x
1 + x+ 2
1 + x = 2,
于是我们将所求式子的所有项摆成如下位置
f (1) f (2) f (3) · · · f (100) f
(1 2
) f
(2 2
) f
(3 2
)
· · · f (100
2 )
f (1
3 )
f (2
3 )
f (3
3 )
· · · f (100
3 )
· · · f
( 1 100
) f
( 2 100
) f
( 3 100
)
· · · f (100
100 )
将由左上至右下的 100 个 f (1) = 1 定为对角线,关于的对角线对称的两数的和是 f (x) + f (1
x )
= 2,故 这 10000 个数的和就是 10000。
kuing 注:此解答又是倒序相加的思维方法的杰作。
题目 2.3.6. 已知 (a + b)(
a2+ b2− 1)
= 2 且 a, b > 0。求证:a + b≤ 2。
证法一 反证法:设 a + b > 2,则 (a + b)(
a2+ b2− 1)
≥ (a + b) (1
2(a + b)2− 1 )
> 2 (1
2× 22− 1 )
= 2,
与已知矛盾。
证法二 设 a + b = x,则由 (a + b)(
a2+ b2− 1)
= 2 可得 a2+ b2= 2
x+ 1,则有 a2+ b2≥1
2(a + b)2 ⇐⇒ 2
x+ 1≥1 2x2
⇐⇒ (x − 2)(
x2+ 2x + 2)
≤ 0,
因为 x2+ 2x + 2 > 0,所以 x− 2 ≤ 0,即 a + b ≤ 2。
kuing 注:从证法一可以看出,此题的条件 a, b > 0 是可以去掉的,因为证法一中并未使用此条件。而当条件 a, b > 0 去掉时,由证法二可以看出此时必有 a + b > 0。下面尝试将条件改为 a, b≥ 0 再求 a + b 的最小值。
接着证法二的设法,有
a2+ b2≤ (a + b)2 ⇐⇒ 2
x+ 1≤ x2
⇐⇒ x3− x − 2 ≥ 0,
利用卡当(Cardano)公式可以解出方程 x3− x − 2 = 0 有且只有一个实数根为 x0=1 3
(
3
√ 27 + 3√
78 + 3
√ 27− 3√
78 )
, 于是上式解得
x≥ x0= 1 3
(
3
√ 27 + 3√
78 + 3
√ 27− 3√
78 )
,