数学通报数学问题解答-2012

这是一份数学通报数学问题解答-2012，共82页。试卷主要包含了求证，由正弦定理得，n∈N*等内容，欢迎下载使用。
数学问题解答
2012年1月问题解答
(解答由问题提供人给出)

2041设M,N是△ABC内的两个点,且满足∠MBA=∠NBC,AM⋅ANAB⋅AC+BM⋅BNBA⋅BC+CM⋅CNCA⋅CB=1.求证:∠MAB=∠NAC.
（安徽芜湖市城南实验中学杨晋241002）

证明延长BN过点K,使满足∠BCK=∠BMA.
又因为∠BMA>∠BCA,
所以点K在△ABC的外部.
又因为∠MBA=∠NBC,所以△MBA∽△BCK.
故ABBK=BMBC=AMCK
(1)II1sin⁡∠IBI1=BIsin⁡∠BI1I,
由∠ABK=∠CBM,ABBK=BMBC,
所以△ABK∽△MBC.
所以ABBM=BKBC=AKCM.
又由AM⋅ANAB⋅AC+BM⋅BNBA⋅BC+CM⋅CNCA⋅CB=1
可得ACAB⋅BCBM-BN=AN⋅AM⋅BCBM+CN⋅AB⋅CMBM
由(1)、(2)可得CK=AM⋅BCBM,AK=AB⋅CMBM,BK=AB⋅BCBM代人(3)式,则有
AC⋅(BK-BN)=AN⋅CK+CN⋅AK
或AC⋅NK=AN⋅CK+CN⋅AK
由托勒密定理的逆定理知,A、K、C、N四点共圆.
所以∠NAC=∠CKN.又因为∠CKN=∠MAB,所以∠NAC=∠MAB.
2042在△ABC中,以B,C为焦点的椭圆分别交AB、AC于E,D.
证明:△ABD与△ACE有相同的内心.
(山东宁阳第一中学刘才华271400)
证明设∠BAC=A,∠ABC=B,∠ACB=C,∠DBC=α,∠ECB=β,△ABC,△ABD,△ACE的内心分别为I,I1,I2,则点I,I1,I2共线,I1,I2在∠BAC的角平分线AI上且在点I的同侧.在△BII1中,∠BI1I=∠ABI1+∠BAI1=A+B-α2,∠AIB=π-A-B2.由正弦定理得

II1=BI⋅sin⁡∠IBI1sin⁡∠BI1I=BI⋅sin⁡B2-B-α2sin⁡A+B-α2=BI⋅sin⁡α2cos⁡C+α2.同理在△CII2中,有II2=
CI⋅sin⁡β2cos⁡B+β2,在△BDC中,由CDsin⁡α=BCsin⁡(C+α),
BDsin⁡C=BCsin⁡(C+α)得CD+BD=sin⁡α+sin⁡Csin⁡(C+α)⋅BC
=2cos⁡α-C2cos⁡α+C2⋅BC;在△BCE中,BE+CE=
sin⁡β+sin⁡Bsin⁡(B+β)⋅BC=2cos⁡β-B2cos⁡β+B2⋅BC.
由点E,D在以B,C为焦点的椭圆上知CD
+BD=BE+DE,进而有cos⁡α-C2cos⁡α+C2=cos⁡β-B2cos⁡β+B2.
II1=II2⇔BI⋅sin⁡α2cos⁡C+α2=CI⋅sin⁡β2cos⁡B+β2⇔
sin⁡C2⋅sin⁡α2cos⁡C+α2=sin⁡B2⋅sin⁡β2cos⁡B+β2⇔
cos⁡C-α2-cos⁡C+α2cos⁡C+α2=cos⁡B-β2-cos⁡B+β2cos⁡B+β2⇔
cos⁡α-C2αcos⁡β-B2

与△ACE有相同的内心.
2043已知:x,y∈N+,x≠y.解方程xy=yx.
（贵州贵阳市乌山一中陈启健550018）
解由xy=yx得ln⁡xx=ln⁡yy.
令f(t)=ln⁡tt2,f'(t)=1-ln⁡tt2.
当00.
则|k+3|⩽5a,而-8⩽k⩽2,于是-5⩽k+3⩽5⇒|k+3|⩽5,
所以5a=5⇒a=1.
5在锐角△ABC中,试证明
cos⁡Bcos⁡Ccos⁡B-C2+cos⁡Ccos⁡Acos⁡C-A2+cos⁡Acos⁡Bcos⁡A-B2⩽34.
注意到△ABC中,有熟知的不等式:
cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C⩽32.
从而有13(cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C)2⩽12(cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C).
再由(2)即知

整理即得(1).
(山东威海职业学院姜卫东264200)
证明由均值不等式
2cos⁡Bcos⁡Ccos⁡B-C2+cos⁡Ccos⁡Acos⁡C-A2+cos⁡Acos⁡Bcos⁡A-B2=4cos⁡Bcos⁡Ccos⁡B+cos⁡Csin⁡A2+cos⁡Ccos⁡Acos⁡C+cos⁡Asin⁡B2
+cos⁡Acos⁡Bcos⁡A+cos⁡Bsin⁡C2
⩽2cos⁡Bcos⁡Csin⁡A2+cos⁡Ccos⁡Asin⁡B2
+cos⁡Acos⁡Bsin⁡C2
⩽cos⁡Bcos⁡C+sin2⁡A2+cos⁡Ccos⁡A+sin2⁡B2+
cos⁡Acos⁡B+sin2⁡C2
=cos⁡Bcos⁡C+cos⁡Ccos⁡A+cos⁡Acos⁡B+32-
12(cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C)
⩽13(cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C)2+32-12(cos⁡A
+cos⁡B+cos⁡C).
2012年3月问题解答

2051△ABC中,A1、B1、C1分别是BC、CA、AB的中点,A2、B2、C2分别是折线CAB、ABC、BCA的中点(如图).证明:A1A2、B1B2、C1C2三线共点.
（江西瑞金桥头巷四号钟金平342500）

证明-、(引理)P是△ABC形内或形外任一点,A1、B1、C1分别是BC、CA、AB的中点,那么存在一点P1,使得:P1A1//PA、P1B1//PB、P1C1//PC.
证:记△ABC的重心为G,延长PG至P1,使GP1=12PG.因为PG:GP1=AG:GA1,所以P1A1//PA(其他同理).根据欧氏第五公设,上述引理可以换句话说:“那么,A1(//PA)、B1(//PB)、C1(//PC)三线共点.”[L(//MN)表示过L且平行于MN的直线].
二、延长BA至C',使AC'=AC,则A2是BC'的中点,于是A1A2//CC',但∠C'=∠ACC',所以A1A2//∠A的平分线.同理B1B2//BI(I为△ABC的内心),C1C2//CI.把I看成引理中的P,便有A1A2、B1B2、C1C2共点于I1.其中I1是IG延长线上的一点,且GI1=12IG(G为△ABC的重心).(证毕)
2052是否存在常数c,使a2007a+b+b2007b+a⩽c⩽aa+2007b+bb+2007a对一切a、b>0都成立.
(湖南常德英语实验中学李晓渊415000)
解令A=a2007a+b+b2007b+a,B=aa+2007b+bb+2007a.
当a=b时,A=B=1502,从而猜想:存在c=1502,使a2007a+b+b2007b+a⩽c⩽aa+2007b+bb+2007a对一切正实数a、b都成立.下面证明A⩽1502.
事实上,记ba=x,则x>0,A2=a2007a+b+b2007b+a2=12007+x+x1+2007x+2x2007x2+20072+1x+2007.
若令x2007x2+20072+1x+2007=t,易证得00,
f(-1)-2sec⁡α=1+c>0⇒|f(-1)|=f(-1)>2sec⁡α.(2)当f(1)0,[-f(1)]-2sec⁡α=-(1+c)>0.故|f(1)|=-f(1)>2sec⁡α.
(3)当f(-1)>0>f(1)时,作差比较:f(-1)-2sec⁡α=1+c,又有:[-f(1)]-2sec⁡α=-(1+c),由于1+c和-(1+c)中至少有一个非负,所以|f(-1)|⩾2sec⁡α和|f(1)|⩾2sec⁡α至少有一个成立.
综合以上讨论得,在[-1,1]上总存在一个x,使得|f(x)|⩾2sec⁡α⩾2|tan⁡α|成立.
2058求函数y=sin⁡α⋅cos⁡α1+cos⁡α,α∈0,π2的最大值.(不用导数)
（湖南省武冈市十中邓集春422400)
解显然y>0,设1+cos⁡α=x∈(1,2),则f(x)=y2=(2-x)(x-1)2x
=-x2+4x+2x-5.
易得函数g(x)=4-2x-2x2的根是1,1+52,1-52;即g(1)=0,g1+52=0.而g(1.2)>0,g(2)0;
当x∈1+52,2时,g(x)0.
即8-2x1+x2-21x12+1x22>0.
又1x12+1x22>2x1x2>0,
所以4-x1+x2-2x1x2>0.
所以fx2-fx1
=x2-x14-x1+x2-2x1x2>0,
由此知f(x)在1,1+52上为增函数.
(2)对于任意x1、x2∈1+52,2,且x12x1x2,x1x2∈1+52,2.
所以4-x1+x2-2x1x21,0⩽α⩽π2,PA⋅PB=1-1r2r2a2cos2⁡α+b2sin2⁡α-a2+b2
=r2a2cos2⁡α+b2sin2⁡α+a2+b2r2-a2+b2-a2cos2⁡α+b2sin2⁡α
⩾2a2+b2a2cos2⁡α+b2sin2⁡α
-a2cos2⁡α+b2sin2⁡α-a2+b2
=2a2+b2a2-b2cos2⁡α+b2-a2
-b2cos2⁡α+b2-a2+b2
当且仅当r=4a2+b2a2cos2⁡α+b2sin2⁡α时,不等式(1)取等号.
再命t=cos2⁡α,0⩽t⩽1.
记f(t)=2a2+b2a2-b2t+b2-a2-b2t+b2.则
f'(t)=a2+b2a2-b2a2-b2t+b2-a2-b2=a2-b2a2+b2a2-b2t+b2-1.
(1)当a=b时,即曲线C为圆时,由(1)得PA⋅PB⩾(22-3)a2(r=42a,取等号),即(PA⋅PB)min=(22-3)a2.
（2）当a>b时,曲线C为椭圆.
由于0⩽t⩽1,
a2+b2a2-b2t+b2=a2+b2a2t+(1-t)b2>1⇒f'(t)=a2-b2a2+b2a2-b2t+b2-1>0.
所以函数f(t)在区间[0,1]是增函数.
故,当且仅当t=0即α=π2时,f(t)min=2ba2+b2-b2.
(PA⋅PB)min=2ba2+b2-a2+2b2.
综上可知,当P的坐标为0,±4b2a2+b2时,(PA⋅PB)min=2ba2+b2-a2+2b2.
至此,命题得证.
2063已知a,b∈[1,3],a+b=4,求证:
a+1a-b+1b⩽2-23
(陕西省咸阳师范学院基础教育课程研究中心安振平712000)
证明令y=a+1a-b+1b,则
y2=a+b+1a+1b-2a+1bb+1a=4+4ab-2ab+1ab+2.
注意到条件a,b∈[1,3],a+b=4,得
t=ab=a(4-a)=-a2+4a=-(a-2)2
+4∈[3,4].
于是,可以构造一元函数
g(t)=y2=4+4t-2t+1t+2,t∈[3,4].
因为4t在[3,4]上是递减函数,t+1t在[3,4]上是递增函数,所以函数g(t)在[3,4]上也是递减函数.
从而得g(4)⩽g(t)⩽g(3).
注意到g(4)=5-26+14=0,
g(3)=4+43-25+13=163-83=2-232,
所以0=g(4)⩽g(t)=y2⩽g(3)=2-232,
即y2⩽2-232,也就是y⩽2-23,故
a+1a-b+1b⩽2-23
如上不等式取等号的条件,当且仅当ab=3,且a+b=4,即a=1,b=3,或a=3,b=1时成立.
2064设x1,x2是实系数一元二次方程x2-bx+c=0的两个根,求x1n+x2n,其中n是正整数.
(江苏如劓市教师进修学校徐道226500)
解x1+x2=b,x1x2=c.
x12+x22=x1+x22-2x1x2=b2-2c.
n⩾3时,x1n+x2n=x1n-1+x2n-1x1+x2
-x1x2x1n-2+x2n-2=bx1n-1+x2n-1-c⋅
x1n-2+x2n-2.若令x1n+x2n=Sn,则Sn=bSn-1-cSn-2.
于是,有
S3=bS2-cS1=bb2-2c-cb=b3-3bc;
S4=bS3-cS2=bb3-3bc-cb2-2c=b4-4b2c+2c2;
S5=bS4-cS3=bb4-4b2c+2c2-cb3-3bc)=b5-5b3c+5bc2;
S6=bS5-cS4=b6-6b4c+9b2c2-2c3;
S7=bS6-cS5=b7-7b5c+14b3c2-7bc3;
S8=b8-8b6c+20b4c2-16b2c3+2c4;
S9=b9-9b7c+27b5c2-30b4c3+9bc4;
S10=b10-10b8c+35b6c2-50b4c3+25b2c4-2c5.
为了寻求Sn的一般表达式,我们将S9,S10的展开式各项系数与组合数联系,可作如下改写
S9=b9-C91b7c+C82-1b5c2-C73-5b3c3+C64-6bc4;
S10=b10-C101b8c+C92-1b6c2-C83-6)b4c3+C74-10b2c4-C65-4c5.
由以上两个式子,还不易看出Sn展开式的一般规律.再将以上两个式子改写,使各个小括号中的减数也用组合数表示:
S9=b9-C91b7c+C82-C60b5c2-C73-C51
· b3c3+C64-C42bc4;
S10=b10-C101b8c+C92-C70b6c2-C83-C61b4c3+C74-C52b2c4-C65-C43c5.
现在,我们可猜测:
Sn=∑i=0n2 (-1)iCn+1-ii-Cn-1-ii-2bn-2ici.
定义:若mn(i=1,2,⋯,n,an+1=a1),则称n为“循环数”.
(1)证明9,11都是“循环数”;(2)证明n为“循环数”的一个必要不充分条件提2n+1为素数.
(西安市含光南路1号8121党润民710065)
解(1)n=9时,2n+1=19;n=11时2n+1=23.“1,2,4,8,3,6,7,5,9”和“1,2,4,8,7,9,5,10,3,6,11”分别是“1,2,⋯,9”和“1,2,⋯,11”的满足“循环数”定义的排列,因而9,11都是“循环数”.
(2)先证必要性.设2n+1不是素数,由2n+1⩾9,存在素数p⩾3和奇数q⩾3,使得2n+1=p×q.若n为“循环数”,“a1,a2,⋯,an”是“1,2,⋯,n”的一个排列,满足“循环数”定义,由循环性,不妨设a1=1,于是a2=2,⋯,存在m