甘志国“数学解题与研究丛书”序言 (2) (1)

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(甘志国)对《选修2-2》中一道习题的研究

对《选修2-2》中一道习题的研究甘志国(该文已发表中小学数学(高中)，2011(4)：42-43)普通高中课程标准实验教科书《数学·选修2-2·A 版》(人民教育出版社，2007年第2版) (下简称《选修2-2》)第91页习题2.2的第4题是：4.ABC ∆的三边c b a ,,的倒数成等差数列，求证2π<B .它应当是关于教学内容《选修2-2》第89-91页“2.2.2 反证法”的一道习题，我们先给出下面的证法：证明设等差数列c b a 1,1,1的公差为d . (1)当0≤d 时，cb a 111≥≥，所以c b a ≤≤，得C B A ≤≤.假设2π≥B ，得2π≥≥B C ，所以π≥+C B .(2)当0>d 时，cb a 111<<，所以c b a >>，得C B A >>.假设2π≥B ，得2π≥>B A ，所以π≥+C B .而得到的结论π≥+C B 与三角形内角和定理“0,>=++A C B A π”矛盾！所以假设错误，得2π<B .顺利完成了任务，但总感觉意犹未尽：在解题过程中没有用好题设“等差数列”.这是否意味着该题的结论可以加强？(由以下定理中的第四个结论，立得B 的取值范围是⎥⎦⎤⎝⎛3,0π，当且仅当ABC ∆为正三角形时3π=B .)定义]1[ 设ABC ∆中角A,B,C 的对边长分别为c b a ,,(可不妨设c b a ≤≤，下文也同)，把满足下列条件之一的ABC ∆都叫做平均三角形：(1)2c a b +=； (2)ac b =； (3)222c a b +=； (4)c a ac b +=2还可分别叫做算术平均三角形；几何平均三角形；平方平均三角形；调和平均三角形.文献[1]还证明了它们的一条共性：30π≤<B (当且仅当ABC ∆为正三角形时等号成立).下面再给出较文献[1]更广的结论：定理对于定义中的四类平均三角形，均有A 、B 的取值范围均是⎥⎦⎤⎝⎛3,0π，C 的取值范围均是⎪⎭⎫⎢⎣⎡ππ,3(均当且仅当ABC ∆为正三角形时A,B,C 取到3π).证明先证明关于角B 的结论.(1)对于算术平均三角形的情形：当c b a ≤≤时，c b a ,,是某三角形三边长的充要条件是c b a >+，即3c a >. 21418)(32cos 22222≥-+=-+=ac c a ac b c a B (当且仅当c a =时取等号)所以可得B 的取值范围是⎥⎦⎤⎝⎛3,0π，当且仅当ABC ∆为正三角形时B 取到3π. (2)对于几何平均三角形的情形：当c b a ≤≤时，c b a ,,是某三角形三边长的充要条件是c b a >+，即c a 253->. 212122cos 22222≥-+=-+=ac c a ac b c a B (当且仅当c a =时取等号)所以可得B 的取值范围是⎥⎦⎤⎝⎛3,0π，当且仅当ABC ∆为正三角形时B 取到3π. (3)对于平方平均三角形的情形：当c b a ≤≤时，c b a ,,是某三角形三边长的充要条件是c b a >+，即c a )32(->.2142cos 22222≥+=-+=ac c a ac b c a B (当且仅当c a =时取等号)所以可得B 的取值范围是⎥⎦⎤⎝⎛3,0π，当且仅当ABC ∆为正三角形时B 取到3π. (4)对于调和平均三角形的情形：当c b a ≤≤时，c b a ,,是某三角形三边长的充要条件是c b a >+，即c a )12(->.1)(22)(2cos 22222-+-+=-+=c a acac c a ac b c a B 令t acc a =+2)(2，有2≥t (当且仅当c a =时取等号)，得 )2(11cos ≥--=t tt B易知上式右边是t 的增函数，21cos ≥B ，从而可得B 的取值范围是⎥⎦⎤⎝⎛3,0π，当且仅当ABC ∆为正三角形时B 取到3π. 再由C B A ≤≤及π=++C B A 可立得关于A 、C 的结论也成立. 文献[2]还给出了比定理更广的结论. 高考题 (2009·全国II ·理·17(即文·18))设ABC ∆的内角C B A 、、的对边c b a 、、成等比数列，且23cos )cos(=+-B C A ，求角B 的大小. 解有ac b =2，由正弦定理，得C A B sin sin sin 2=. 由23cos )cos(=+-B C A ，得 23)cos()cos(=+--C A C A23sin sin 2=C A 23sin ,23sin 22==B B 由ac b =2及定理的第二个结论，得30π≤<B (当且仅当ABC ∆为正三角形时等号成立).所以3π=B (且还可得ABC ∆为正三角形).一点感悟是的，数学教学基本上就是解题教学，但绝不是陷入茫茫题海之中而难以自拔.盲目地解十道题与把一道题探究两、三次效果是不一样的，师生的收获、幸福指数也差别很大.关于此，读者还可参阅文献[3],[4].参考文献1 李明.四类平均三角形的一条共性[J].数学教学，2008(6)：192 甘志国.初等数学研究(II)上[M].哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2009.532-5373 甘志国.“思、探、练、变、提”的解题教学[J].中小学数学(高中)，2009(12)：74 甘志国.教育者也要关注另一个1%——谈数学特困生的成长[J].中国数学教育(高中)，2011(1-2)：16-19。

(甘志国)谈谈人教版教材中函数极值的定义

谈谈人教版教材中函数极值的定义甘志国(该文已发表中学数学杂志2011(5)：15-16)普通高中课程标准实验教科书《数学·选修2-2·A 版》(人民教育出版社，2007年第2版) (下简称《选修2-2》)第27页给出了函数极值的定义：定义1 如图1，以b a ,两点为例，我们可以发现，函数)(x f y =在点a x =的函数值)(a f 比它在点a x =附近其他点的函数值都小，0)(='a f ；而且在点点a x =附近的左侧0)(<'x f ，右侧0)(>'x f .类似地，函数)(x f y =在点b x =的函数值)(b f 比它在点a x =附近其他点的函数值都大，0)(='b f ；而且在点点b x =附近的左侧0)(>'x f ，右侧0)(<'x f .图1我们把点a 叫做函数)(x f y =的极小值点，)(a f 叫做函数)(x f y =的极小值；点b 叫做函数)(x f y =的极大值点，)(b f 叫做函数)(x f y =的极大值.极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值点统称为极值.极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质.《选修2-2》第29页又作了以下说明：导数值为0的点不一定是函数的极值点.例如，对于函数3)(x x f =，……所以0=x 不是函数3)(x x f =的极值点.一般地，函数)(x f y =在一点的导数值为0是函数)(x f y =在这点取极值的必要条件，而非充分条件.一般地，求函数)(x f y =的极值的方法是：解方程0)(='x f .当0)(0='x f 时：(1)如果在0x 附近的左侧0)(>'x f ，右侧0)(<'x f ，那么)(0x f 是极大值；(2)如果在0x 附近的左侧0)(<'x f ，右侧0)(>'x f ，那么)(0x f 是极小值.显然，以上函数极值的定义是针对可导函数的，而在某些点不可导的函数也可以有极值，例如函数∈=x x y (R )在0=x 处取极小值.但《选修2-2》并没有给出“可导函数”的定义，而是在第5页直接给出导数的定义：一般地，函数)(x f y =在0x x =处的瞬时变化率是x x f x x f x y x x ∆-∆+=∆∆→∆→∆)()(lim lim0000 我们称它为函数)(x f y =在0x x =处的导数，记作)(0x f '或0x x y ='，即xx f x x f x y x f x x ∆-∆+=∆∆='→∆→∆)()(lim lim )(00000 显然，《选修2-2》这样处理的目的是为了帮助学生易于理解.但笔者认为这样不科学，至少没有注意定义的合理性，笔者建议把此定义改述为：一般地，若函数)(x f y =在0x x =处的瞬时变化率x x f x x f x y x x ∆-∆+=∆∆→∆→∆)()(lim lim0000 存在，我们就说函数)(x f y =在点0x 处可导，并把这个瞬时变化率叫做函数)(x f y =在点0x 处的导数，记作)(0x f '或0x x y ='，即xx f x x f x y x f x x ∆-∆+=∆∆='→∆→∆)()(lim lim )(00000 在本章(指《选修2-2》第一章)中，我们所研究的函数在定义域上的每一点都是可导的. 在此约定下，《选修2-2》第一章后面的叙述都没有问题了，包括《选修2-2》第7页的叙述“我们发现，当点n P 趋近于点P 时，割线n PP 趋近于确定的位置，这个确定位置的直线PT 称为点P 处的切线”也是正确的(否则割线n PP 不一定趋近于确定的位置).我们再来看看全日制普通高级中学教科书《数学·第三册(选修II)》(2006年人民教育出版社)(下简称《选修II 》)第141页给出的函数极值的定义：定义 2 一般地，设函数)(x f 在点0x 附近有定义，如果对0x 附近的所有点都有)()()(0x f x f ><，我们就说)(0x f 是函数)(x f 的一个极大(小)值. 极大值与极小值统称为极值.大学中的一些《数学分析》、《微积分》教材中也是这样定义极值的，比如樊映川等编的《高等数学讲义》(人民教育出版社，1964年第2版)第305页的定义.首先，定义1与定义2中的“点的附近”意义不同：由定义1中的“)(a f 比它在点ax =附近其他．．点的函数值都小”知“点a x =附近”包括点a x =，即指点a x =的一个无限小的邻域；而定义2中的“点0x 附近”指点0x 的一个无限小的空心邻域.笔者认为，前者正确.即使按照后者的理解，定义也不不严谨.]1[ 由定义2知：常数函数c x f =)(是没有极值的，所以它在任何开区间上也无极值 ①又由上述《高等数学讲义》第311页的叙述(以下也是显然的事实)：“设函数)(x f 在闭区间],[b a 上是连续的，则它的最大值及最小值必然是存在的.我们来讨论怎样求出最大值的方法(求最小值的方法也可同样讨论).如果函数在a 与把b 之间的某一点达到最大值，这个最大值显然也是极大值；但最大值也可以在区间的端点b a ,处达到，…”可知：在开区间上可导函数的最值一定是极值 ②又常数函数在任何开区间上都是可导的，所以由结论①②知：常数函数在开区间上没有最值 ③众所周知，函数的最大(小)值就是所有函数值中最大(小)的，常数函数的最大值、最小值均存在，并且都是这个常数本身.这与③矛盾！这说明《选修II 》中函数极值的定义不严谨，可修正为：一般地，设函数)(x f 在点0x 附近有定义，如果对0x 附近的所有点都有)()()(0x f x f ≥≤，我们就说)(0x f 是函数)(x f 的一个极大(小)值.极大值与极小值统称为极值.注以上“0x 附近”是不严格的表述(限于高中生的理解只能这样表述).罗元等主编、路见可主审《数学分析简明教程(上册)》(1988年武汉工业大学出版社)第169页，赵慈庚编《一元函数微分学》(1980年上海科技出版社)第316页及谷超豪主编《数学词典》(1992年上海辞书出版社)第275页的函数极值的定义均与该“修正”一致.文献[2]认为定义1有误(但没有指出产生错误的原因)，定义2正确，这也是值得商榷的.笔者还认为，在《选修2-2》中先给出极限的描述性定义(同《选修II 》)，再由极限给出导数的严格定义是可取的.一方面，极限的定义在数学中很有用，在高一时很多求函数值域的问题(包括恒成立问题)就必须要用到极限；另外，这样不会加重学生负担，反而会减轻学生在理解上的负担，在教学老教材(即大纲教材)时，我校在高一上学期讲完《第二章函数》后就立即讲授《导数》，很受学生欢迎且教学效果良好，就不曾有理解困难，那要是在高二下学期的《选修2-2》中讲极限、讲导数，学生在理解上绝无困难；第三，学生肯定还会遇到在某些点不可导的函数，如何用导数研究它们呢(若不用导数肯定有难度)？对于导数，讲就讲彻底、讲清楚，只有好处，绝无坏处！参考文献1 甘志国著.初等数学研究(I)[M].哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2008.266-2672 刘焕芬.值得商榷的问题——谈新人教版与旧人教版教材中对极值的处理[J].中学数学(高中)，2010(12):14。

阅读或引用文献时要有质疑精神(甘志国,发表于《中学数学教学》2016(3)：61-64)

p
p
p x1
p 1
x1 .
p 1
2
同理有 p x2
x2 ，所以 p ( x1
2
2
p 1
x2
2p 1Leabharlann ) ( x1 x2 ) .
p 1 2
2
2
再由题设 p x1 x 2 ，得 p ( x1 x 2 x 2 )
2
2
2
( x2 )
2
p 1 2
.
p 1 2 又由 2 ，得 p 2( x 2 ) 2
1 1
6.371 0.52268
1 (cm)
pk k 1 ( p1 1)
( pk 1) ，其中
m p11
pk k ( pi 是互不相同的素数， i N* , i 1,
,k )
①
关于 (m) ，有一个迄今未得证实的猜想，不存在满足 (m) m 1 的合数 m，这是半世纪前莱梅(Lehmer)提出的. 下面的定理 1 说明了这个猜想成立. 定理 1 当 m 2 时， (m) m 1 (当且仅当 m 是素数时取等号). 证明当 a1 , 当 a1 ,
p 1 2
，所以 p x2 .进而可得欲证结论成立.
下面用定理 2 来证明上段话中的两个猜想均正确： (1)方程 (3m 2)n 3 t 没有整数解.
2 2
证明
假设该方程有整数解 (m, n, t ) ，可得
(3m 3)n2 3 n2 t 2
3 n2 t 2
由定理 2，得 3 (n, t ) ，所以 9 n ,9 n t .
2 40 1099511627776( 1.1 1012 )

(甘志国)对《选修2-1》中一道习题的研究

对《选修2-1》中一道习题的研究甘志国(该文已发表数理化学习(高一二版)，2014(1)：20)普通高中课程标准实验教科书《数学·选修2-1·A 版》(人民教育出版社，2007年第2版)(下简称《选修2-1》)第61页习题2.3的A 组第1题是：题目双曲线064422=+-y x 上一点P 到它的一个焦点的距离等于1，那么点P 到它的另一个焦点的距离等于 .与《选修2-1》配套使用的《教师教学用书》(人民教育出版社，2007年第3版)第58页给出的解答是：把方程化为标准方程，得1166422=-x y .因为8=a ，由双曲线定义可知，点P 到两焦点距离的差的绝对值等于16.因此点P 到另一个焦点的距离是17.变式 (1)双曲线1166422=-x y 上一点P 到它的一个焦点的距离等于17，那么点P 到它的另一个焦点的距离等于；(2)双曲线1166422=-x y 上一点P 到它的一个焦点的距离等于2116，那么点P 到它的另一个焦点的距离等于；(3)双曲线1166422=-x y 上一点P 到它的一个焦点的距离等于21，那么点P 到它的另一个焦点的距离等于；(4)已知双曲线1166422=-x y 上一点P 到它的一个焦点的距离等于)0(>r r ，求点P 到它的另一个焦点的距离.解 (1)填“1或33”.设双曲线1166422=-x y 的两个焦点分别为21,F F ，由双曲线的定义，得1621±=-PF PF .可不妨设171=PF ，得12=PF或33. (2)同理可得答案“21或2132”. (3)同理可得答案“2116”. (4)同理可得答案：当160≤<r 时，答案为16+r ；当16>r 时，答案为16+r 或16-r . 事实上，这里对变式诸问的解答并不严谨，第(2),(4)问的答案还是错误的.比如，在第(2)问中，若答案“21”能成立，则由1621±=-PF PF ，得⎪⎭⎫ ⎝⎛==21,211621PF PF 或⎪⎭⎫ ⎝⎛==2116,2121PF PF ，所以1721=+PF PF .又175821>=F F ，所以2121F F PF PF <+，而这是不可能的！即答案“21”不能成立. 这说明我们在解答“变式”这类问题时，要注意双曲线上任一点到其一个焦点的距离的取值范围.定理双曲线),0,0(1222222b a c b a by a x +=>>=-左支上任一点P 到左焦点F 的距离PF 的取值范围是),[+∞-a c ，右支上任一点Q 到左焦点F 的距离QF 的取值范围是),[+∞+a c .证明设))(,(a x y x P -≤，得222222222222)()(⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-++=++=c a x a c b x a b c x y c x PF 由a x -≤，可得PF 的取值范围是),[+∞-a c . 同理可证，QF 的取值范围是),[+∞+a c . 推论设双曲线),0,0(1:222222b a c b a by a x C +=>>=-上一点P 到该双曲线的一个焦点的距离是r r (是已知的正数，可得)a c r -≥，则(1)当a c r a c +<≤-时，点P 到该双曲线的另一个焦点的距离的取值集合是}2{a r +；(2)当a c r +≥时，点P 到该双曲线的另一个焦点的距离的取值集合是}2,2{a r a r +-. 由推论知，以上变式题(1)的答案正确；(2),(3),(4)小问的答案均不对，应分别为： (2)2132. (3)这是一道错题(因为题设“……距离等于21”不可能成立). (4)由题设知，854-≥r .当854854+<≤-r 时，答案为16+r ；当854+≥r 时，答案为16+r 或16-r .。

(甘志国)先解决一个问题,再解决一串问题

先解决一个问题，再解决一串问题甘志国(该文已发表数学教学，2012(9)：35-37)两条异面直线所成的角是锐角或直角.本文中还规定：两条相交直线所成的角指它们相交所成的四个角中的较小者，所以也是锐角或直角；当两条直线平行或重合时，它们所成的角是0︒.所以空间两直线(包括重合的情形)所成角的范围是[0,90]︒︒.空间的一条直线与一个平面所成角的范围也是[0,90]︒︒.本文中又规定：两个相交平面所成的角指它们相交所成的四个二面角中的较小者，所以也是锐角或直角，两个相交平面所成角的范围是(0,90]︒︒.问题 1 若直线,a b 成θ角(θ是定值，有090)θ︒<≤︒，则过空间一定点P 与,a b 均成(090)γγ︒≤≤︒角的直线有且仅有几条？图1答案可不妨设a b O ⋂=，这是不会影响本题的答案的.如图1，设过点O 的直线l '与,a b 均成γ角，又过点P 作直线//l l '(则l 存在且唯一)，则l 与,a b 也均成γ角，所以问题1等价于“过点O 与,a b 均成γ角的直线l '有且仅有几条”.又设,a b 所成的角及其补角的平分线所在的直线分别为,(m n 有)m n ⊥.得问题1的答案是：(1)当090θ︒<<︒时： ①又02θγ︒≤<时，所求的直线为0条； ②又2θγ=，所求的直线为1条，即,a b 所成锐角的角平分线所在的直线； ③又9022θθγ<<︒-时，所求的直线为2条，且它们在,a b 确定的平面α内的射影均为m ，cos arccos cos2l Om γθ'∠=； ④又902θγ=︒-时，所求的直线为3条，且其中2条在,a b 确定的平面α内的射影均为m ，cos arccos cos 2l Om γθ'∠=，另一条就是n ； ⑤又90902θγ︒-<<︒时，所求的直线为4条，且其中2条在,a b 确定的平面α内的射影均为m ，cos arccos cos 2l Om γθ'∠=，另2条在,a b 确定的平面α内的射影均为n ，cos arccos sin 2l On γθ'∠=；⑥又90γ=︒时，所求的直线为1条，即α的过点O 的垂线.(2)当90θ=︒时：①又045γ︒≤<︒时，所求的直线为0条；②又45γ=︒，所求的直线为2条，即,m n ；③又4590γ︒<<︒时，所求的直线为4条，且其中2条在,a b 确定的平面α内的射影均为m，)l Om γ'∠=，另2条在,a b 确定的平面α内的射影均为n，)l On γ'∠=；④又90γ=︒时，所求的直线为1条，即α的过点O 的垂线.证明由全日制普通高级中学教科书(必修)《数学·第二册(下B)》(2006年人民教育出版社，第2版)(下简称《教科书第二册(下B)》)第28页第6题“从一个角的顶点引这个角所在平面的斜射线，设它和已知角两边的夹角为锐角且相等，求证这条斜射线在平面内的射影是这个角的平分线”的结论知，l '在α内的射影为m 或n (包括l α'⊂的情形).若过点O 的直线l '在α内的射影为m ，由《教科书第二册(下B)》)第48页的公式“12cos cos cos θθθ=”，得cos cos cos (l Om mOa l Oa ''∠⋅∠=∠当Ol '与Om 重合时也成立). 又2mOa θ∠=(定值)，所以l Oa '∠随l Om '∠的增大而增大，且(2l Oa θ'∠≥当且仅当Ol '与Om 重合时取等号). 并注意9022θθ<︒-，可得欲证成立.问题1是一个常见问题，高中师生应当都很清楚.下面由这个问题的解决再来解决下面的一串问题.问题 2 若直线,a b 成θ角(θ是定值，有090)θ︒<≤︒，则过空间一定点P 与,a b 均成90(09090)γγ︒-︒≤︒-≤︒角的平面有且仅有几个？解因为直线l 与平面α成γ角⇔直线l 与平面α的垂线成90γ︒-角，又过定点P 的直线l 的垂面是唯一确定的，所以问题2与问题1是等价的，得问题1的答案中关于直线条数的结论就是问题2中关于平面个数的答案.问题 3 若相交平面,αβ成θ角(θ是定值，有090)θ︒<≤︒，则过空间一定点P 与,αβ均成90(09090)γγ︒-︒≤︒-≤︒角的直线有且仅有几条？解因为平面,αβ成θ角⇔平面,αβ的垂线成θ角，直线l 与平面α成γ角⇔直线l 与平面α的垂线成90γ︒-角，所以问题3与问题1是等价的，所以两者答案也一致.问题 4 若相交平面,αβ成θ角(θ是定值，有090)θ︒<≤︒，则过空间一定点P 与,αβ均成(090)γγ︒≤≤︒角的平面有且仅有几个？解可得问题4与问题3是等价的，因而两者答案一致.问题5 若直线a 与平面β成90θ︒-角(90θ︒-是定值，09090)θ︒<︒-≤︒，则过空间一定点P 与,a β分别成,90(090)γγγ︒-︒≤≤︒角的直线有且仅有几条？解因为直线a 与平面β成90θ︒-角⇔直线a 平面β的垂线成θ角，直线l 与平面β成90γ︒-角⇔直线l 与平面β的垂线成γ角，所以问题5与问题1是等价的，得问题1的答案中关于直线条数的结论就是问题2中关于平面个数的结论.问题6 若直线a 与平面β成90θ︒-角(90θ︒-是定值，09090)θ︒<︒-≤︒，则过空间一定点P 与,a β分别成90,(090)γγγ︒-︒≤≤︒角的平面有且仅有几个？解可得问题6与问题5是等价的，因而两者答案一致.高考题1 (2004·湖北·理·11)已知平面α与β所成的锐二面角为80︒，P 为,αβ外一定点，过点P 的一条直线与,αβ所成的角都是30︒，则这样的直线有且仅有( )A.1条B.2条C.3条D.4条解 D.在问题3的答案(1)②中选=80,30θγ︒=︒后立得答案.高考题2 (2009·重庆·理·9)已知二面角l αβ--的大小为50︒，P 为空间中任意一点，则过点P 且与平面α和平面面β所所成的角都是25︒的直线的条数为( )A.2B.3C.4D.5解 B.在问题3的答案(1)③中选=50,25θγ︒=︒后立得答案.自主招生题 (2011·华约·6)已知异面直线a,b 成60°角，A 为空间一点，则过A 与a,b 都成45°角的平面( )A.有且只有一个B.有且只有两个C.有且只有三个D.有且只有四个解 B.在问题2的答案(1)④中选=60,45θγ︒=︒后立得答案.最后，我们再来看一个问题(当然，读者还可把它转化成其他一些问题)：问题7 如图2，点O ∈平面α，l 是空间的一条定直线，l 与α成θ角(θ是定值，有090)θ︒≤≤︒.在α内过点O 与l 成(090)γγ︒≤≤︒角的直线有且仅有几条？图2答案如图2，过点O 作直线//l l '，得l '与其在α内的射影m 成θ角.(1)当=0θ︒时：①又=0γ︒或90︒时，所求的直线为1条，分别为l '及l '在α内过点O 的垂线；②又090γ︒<<︒时，所求的直线为2条.(2)当=90θ︒时：①又090γ︒≤<︒时，所求的直线为0条；②又90γ=︒时，所求的直线为无数条，即α内过点O 的任意直线.(3)当090θ︒<<︒时：①又0γθ︒≤<时，所求的直线为0条；②又γθ=，所求的直线为1条，即m ；③又90θγ<≤︒时，所求的直线为2条，即与m 成cos arccos cos γθ角的两条直线. 证明 (1)，(2)显然成立.(3)由《教科书第二册(下B)》第48页的黑体字“平面的斜线和它在平面内的射影所成的角，是这条斜线和这个平面内任一条直线所成的角中最小的角”知①，②成立！下证③成立.如图3，设α内过点O 的直线a 与l '成γ角，得cos cos cos mOa θγ⋅∠=即所求直线a与m所成的角cosarccoscosmOaγθ∠=，易知它是锐角，所以所求的直线有且仅有2条(为图3中的,a b)，且m是,a b所形成的一对对顶角的平分线.图3参考文献1 甘志国著.初等数学研究(II)下[M].哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2009.104-105。

(甘志国)商榷2015年高考题中表述欠严谨的11道题

商榷2015年高考题中表述欠严谨的11道题甘志国(已发表于中学数学教学，2015(5)：55-59)一年一度的高考是考生、老师、家长、学校乃至全社会关注的重点话题．2015年的高考已尘埃落定，笔者作为一名高中数学老师，也抓紧时间认真钻研了本年度的高考数学真题(文理共计31套，其中江苏文理同卷)，发现了它们有试题常规、情景新颖、杜绝偏怪、难度在降低等特点，这也与新课改之精神、教育乃培养人的活动、数学本来应当是人人能够喜爱的美的科学合拍．但笔者发现有10道高考题在表述上欠严谨：虽然原题不会太影响考生正确答题，但作为高考题的权威性及引用的广泛性，还是要注意表述上的严谨．题1 (2015年高考湖北卷文科第4题)已知变量x 和y 满足关系y ＝－0.1x ＋1，变量y 与z 正相关．下列结论中正确的是( )A ．x 与y 负相关，x 与z 负相关B ．x 与y 正相关，x 与z 正相关C ．x 与y 正相关，x 与z 负相关D ．x 与y 负相关，x 与z 正相关解 A.显然x 与y 负相关，又y 与z 正相关，所以x 与z 负相关.商榷高中生是在普通高中课程标准实验教科书《数学3²必修²A 版》(人民教育出版社，2007年第3版)(下简称《必修3》)第86页接触到“正相关、负相关”这两个概念的：图1从散点图(如图1所示)可以看出，年龄越大，体内脂肪含量越高.图中点的趋势表明两个变量之间确实存在一定的关系，这个图支持了我们从数据表(见《必修3》第85页的表2-3)中得出的结论.另外，这些点散布的位置也是值得注意的.它们散布在从左下角到右上角的区域.对于两个变量的这种相关关系，我们将它称为正相关.还有一些变量，例如汽车的重量和汽车每消耗1L 汽油所行驶的平均路程，成负相关，汽车越重，每消耗1L 汽油所行驶的平均路程就越短，这时的点散布在从左上角到右下角的区域内.由此论述可知，“正相关、负相关”是呈相关关系的两个变量之间的关系.而在本题中，满足关系y ＝－0.1x ＋1的两个变量x 和y 呈函数关系(即确定性关系)不是相关关系，在函数关系中，教科书中没有介绍两个变量之间“正相关、负相关”的含义(笔者在整个数学领域中也未听说过有此含义).建议把这道题的题干中的“y ＝－0.1x ＋1”改为“11.0+-=∧∧x y ”(改述后的解法及答案均不变).题2 (2015年高考全国卷II 理科第10题即文科第11题)如图2所示，长方形ABCD的边AB ＝2，BC ＝1，O 是AB 的中点．点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记∠BOP ＝x .将动点P 到A ，B 两点距离之和表示为x 的函数f (x )，则y ＝f (x )的图象大致为( )图2解法1 B.当点P 在BC 边上时，PB ＝OB ·tan x ＝tan x ，P A ＝AB 2＋PB 2＝tan 2x ＋4，所以f (x )＝tan x ＋tan 2x ＋4(0≤x ≤π4)，显然f (x )单调递增且是非线性的，且f (π4)＝1＋ 5.当P 位于边CD 的中点时，x ＝π2，且f (π2)＝P A ＋PB ＝22，所以可知当点P 从点B 运动到点C 时，f (x )从2增到1＋5，当点P 从点C 运动到边CD 的中点时，f (x )从1＋5减到22，且增减都是非线性的，结合图象可知选B.解法2 B.由题意可知，f (π2)＝22，f (π4)＝1＋ 5.得f (π2)<f (π4)，排除选项C,D.当ππ≤≤x 43时，f (x )＝-tan x ＋tan 2x ＋4，可知其函数图象不是线段，排除选项A. 所以选B.商榷建议把题2中的“长方形ABCD ”改成“矩形ABCD ”；“点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动”改成“动点P 从点B 开始沿着折线BCDA 运动到点A 停止”(原说法是不清楚的：动点P 从哪一点开始运动？运动到哪一点停止？是连续运动还是跳跃的运动？因为题目只说了“点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动”).作为选择题，题2是可以勉强解答的；要是作为非选择题，题2将无从解答.题3 (2015年高考浙江卷理科第6题)设A ，B 是有限集，定义：d (A ，B )＝card(A ∪B )－card(A ∩B )，其中card(A )表示有限集A 中元素的个数．命题①：对任意有限集A ，B ，“A ≠B ”是“d (A ，B )>0”的充分必要条件；命题②：对任意有限集A ，B ，C ，d (A ，C )≤d (A ，B )＋d (B ，C )．( ) A ．命题①和命题②都成立 B ．命题①和命题②都不成立 C ．命题①成立，命题②不成立 D ．命题①不成立，命题②成立解 A.命题①显然成立，由图3可知d (A ，C )表示的区域不大于d (A ，B )＋d (B ，C )表示的区域，所以命题②也成立.图3商榷建议把题干改述为(若不改述，则题意不清，会使考生很茫然；因为有不少高考选择题是要求选出错误的选项，比如2015年高考中的福建卷理科第10题、陕西卷理科第12题)：设A ，B 是有限集，定义：d (A ，B )＝card(A ∪B )－card(A ∩B )，其中card(A )表示有限集A 中元素的个数．命题①：对任意有限集A ，B ，“A ≠B ”是“d (A ，B )>0”的充分必要条件；命题②：对任意有限集A ，B ，C ，d (A ，C )≤d (A ，B )＋d (B ，C )．则下列结论正确的是( )题4 (2015年高考浙江卷文科第8题)设实数a ，b ，t 满足|a ＋1|＝|sin b |＝t.( ) A ．若t 确定，则b 2唯一确定 B ．若t 确定，则a 2＋2a 唯一确定C ．若t 确定，则sin b2唯一确定 D ．若t 确定，则a 2＋a 唯一确定解 B.对于选项A ，取t ＝12，b 可取π6或5π6，得b 2不能唯一确定；对于选项B ，由|a＋1|＝|sin b |＝t ，得|a ＋1|2＝t 2，即a 2＋2a ＋1＝t 2，a 2＋2a ＝t 2－1，所以若t 确定，则t 2确定，所以a 2＋2a 唯一确定，得选项B 正确；若t 确定，由|sin b |＝t ，得sin 2b ＝t 2，所以cos b ＝±1－t 2，sin b2＝±1－cos b 2＝±1±1－t 22，不唯一确定，选项C 中的结论不正确；若t 确定，由|a ＋1|＝t ，得a ＋1＝±t ，所以a ＝－1±t ，所以a 2＋a ＝(－1±t )2－1±t ＝t 2∓2t ±t ＝t 2∓t ，不唯一确定．综上可知，只有选项B 正确．商榷建议把题干改述为(改述的理由同上)：设实数a ，b ，t 满足|a ＋1|＝|sin b |＝t ，则下列结论正确的是( )题5 (2015年高考广东理科第8题)若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值( )A ．至多等于3B ．至多等于4C ．等于5D ．大于5 解 B.正四面体符合要求，因此n 可以等于4. 下面证明n ＝5不可能．假设存在五个点两两距离相等，设为A ，B ，C ，D ，E .其中A ，B ，C ，D 构成空间的正四面体ABCD ，设其棱长为a .设G 为△BCD 的中心，则不难算出AG ＝63a ，BG ＝33a ，且AG ⊥平面BCD .如果点E 到A ，B ，C ，D 四点的距离相等，那么点E 一定在直线AG 上，且EB ＝a .如果点E 在线段AG 上或线段GA 的延长线上，那么在Rt △EBG 中，EG ＝BE 2－BG 2＝63a ，AG ＝63a ，此时A ，E 重合. 如果点E 在线段AG 的延长线上，此时EG ＝63a ，EA ＝263a ≠a . 综上所述可得，正整数n 的取值至多是4.商榷建议把选项A,B 中的“至多”均改为“最多”.中国社会科学院语言研究所词典编辑室编《现代汉语词典》(商务印书馆，2012年第6版)第1677页对“至少”的解释是“表示最小的限度”，所以“正整数n 至多等于4”的意思是“正整数4≤n ，但等号不一定能取到”，而在本题中“正整数4≤n ，等号一定能取到”，所以改动后的表述更准确(不改动也无错误)．而对于2014年高考上海卷理科第13题“某游戏的得分为1,2,3,4,5，随机变量ξ表示小白玩该游戏的得分．若2.4)(=ξE ，则小白得5分的概率至少为．”若不把其中的“至少”改为“最少”，则答案可填闭区间[0,0.2]中的任一个数，就不一定是参考答案“0.2”.题6 (2015年高考江苏卷第9题)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．解 7.设新的底面半径为r ，得13π³52³4＋π³22³8＝13πr 2³4＋πr 2³8 ，即283πr 2＝1003π＋32π，解得r ＝7.商榷一般来说，在橡皮泥的重新制作过程中，体积会变化(但质量不变)，所以建议把题中的“若将它们重新制作”改述为“若将它们重新制作(假设重新制作的过程中，橡皮泥的体积不变)”.题7 (2015年高考陕西卷文科、理科第22题)如图4所示，AB 切⊙O 于点B ，直线AO 交⊙O 于D ，E 两点，BC ⊥DE ，垂足为C .(1)证明：∠CBD ＝∠DBA ；(2)若AD ＝3DC ，BC ＝2，求⊙O 的直径．图4解 (1)因为DE 为⊙O 的直径，得∠BED ＋∠EDB ＝90°.又BC ⊥DE ，所以∠CBD ＋∠EDB ＝90°，从而∠CBD ＝∠BED . 又AB 切⊙O 于点B ，得∠DBA ＝∠BED ，所以∠CBD ＝∠DBA . (2)由(1)知BD 平分∠CBA ，得BA BC ＝ADCD ＝3，又BC ＝2，从而AB ＝3 2.所以AC ＝AB 2－BC 2＝4，得AD ＝3.由切割线定理得AB 2＝AD ·AE ，即AE ＝AB 2AD＝6，所以DE ＝AE －AD ＝3，即⊙O 的直径为3.商榷建议把该题及其解答中的“直径”改为“直径的长”.题8 (2015年高考陕西卷文科、理科第24题)已知关于x 的不等式|x ＋a |<b 的解集为{x |2<x <4}．(1)求实数a ，b 的值；(2)求at ＋12＋bt 的最大值．解 (1)由|x ＋a |<b ，得－b －a <x <b －a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－b －a ＝2，b －a ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝1.(2)由柯西不等式，得at ＋12＋bt=－3t ＋12＋t ＝3²4－t ＋t ≤ [（3）2＋12][（4－t ）2＋（t ）2]＝24－t ＋t ＝4当且仅当4－t 3＝t1即t ＝1时等号成立，所以(－3t ＋12＋ t )max ＝4. 商榷第(2)问中的“t ”是变量还是常量呢？题目没作交代.若“t ”是变量，则解答同上；若“t ”是常量，则答案为“at ＋12＋bt ”(因为at ＋12＋bt 是常量).所以建议把该题第(2)问改述为：(2)求函数f (t )=at ＋12＋bt 的最大值．题9 (2015年高考全国卷II 理科第21题)设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx . (1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1，求m 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x . 若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1≤0，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1≥0，f ′(x )>0. 若m <0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1>0，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1<0，f ′(x )>0. 所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，所以f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f （1）－f （0）≤e －1，f （－1）－f （0）≤e －1，即 ⎪⎩⎪⎨⎧-≤+-≤--1e e 1e e m m mm① 设函数g (t )＝e t －t －e ＋1，得g ′(t )＝e t －1.当t <0时，g ′(t )<0；当t >0时，g ′(t )>0.所以g (t )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e<0，所以当t ∈[－1，1]时，g (t )≤0.所以当m ∈[－1，1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①成立；当m >1时，由g (t )的单调性，知g (m )>0，即e m －m >e －1；当m <－1时，g (－m )>0，即e －m ＋m >e －1.综上所述可得，m 的取值范围是[－1，1]．商榷建议把第(1)问中的“(－∞，0)”，“(0，＋∞)”分别改述为“(－∞，0)上”，“(0，＋∞)上”.题10 (2015年高考广东卷理科第17题)某工厂36名工人的年龄数据如下表：到的年龄数据为44，列出样本的年龄数据；(2)计算(1)中样本的均值x 和方差s 2；(3)36名工人中年龄在s x -与s x +之间有多少人？所占的百分比是多少(精确到0.01%)?解 (1)依题意知，所抽取的样本编号是一个首项为2公差为4的等差数列，得其所有样本编号依次为2,6,10,14,18,22,26,30,34，所以对应样本的年龄数据依次为44,40,36,43,36,37,44,43,37.(2)由(1)可得9100,402==s x . (3)由(2)知，310=s ，所以3143,3236=+=-s x s x . 因为年龄在s x -与s x +之间的共有23人，所以其所占的百分比是%89.633623≈(精确到0.01%).商榷解答第(3)问时，必须要知道x 与s 的值，而在大前提及第(3)问的题设中均找不到，考生(也包括所有的答题者)在万般无赖的情形下，只有在第(1)问或第(2)问中找出这两个数据：果真在第(2)问中找到了！而后也作出了所谓正确的解答，也得出了理想的分数.这好像就是出题者的意思.但这是不对的，也是完全错误的！可把此题第(3)问改述为：(3)36名工人中年龄在s x -与s x s x ,(+的值见第(2)问)之间有多少人？所占的百分比是多少(精确到0.01%)?2011年高考广东卷理科第17题及2010年高考安徽卷理科第19题也都存在这种错误]1[. 笔者发表的文献[2],[3]均指出了2014年高考题中表述欠严谨的地方，读者可以浏览. 题11 (2015年高考广东卷文科、理科第20题)已知过原点的动直线l 与圆C 1：x 2＋y 2－6x ＋5＝0相交于不同的两点A ，B .(1)求圆C 1的圆心坐标．(2)求线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程．(3)是否存在实数k ，使得直线L ：y ＝k (x －4)与曲线C 只有一个交点？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明理由．解 (1)因为圆C 1的方程即4)3(22=+-y x ，所以圆C 1的圆心坐标是(3,0)． (2)设线段AB 的中点为),(y x M ，可得AB M C ⊥1即OM M C ⊥1. 得点M 在以OC 为直径的圆0322=-+x y x 上.又点M 在圆C 1内，解方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-+4)3(032222y x x y x ，得两圆的交点为⎪⎭⎫⎝⎛±532,35，进而可得所求轨迹C 的方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛>=-+350322x x y x . (3)存在实数k 满足题意.如图5所示，曲线C 是以⎪⎭⎫ ⎝⎛0,23C 为圆心，23为半径的圆弧»EF (不包括端点)，且⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛532,35,532,35F E.图5当直线L ：y ＝k (x －4)与曲线C 相切时，得43,23104232±==+-⎪⎭⎫ ⎝⎛-k k k . 又直线L ：y ＝k (x －4)过定点D (4,0)，所以5724350532-=--=-=DFDE k k .再结合图5可得，当且仅当k 的取值范围是⎭⎬⎫⎩⎨⎧-⋃⎥⎦⎤⎢⎣⎡-43,43572,572时，直线L ：y ＝k (x －4)与曲线C 只有一个交点.注本题源于普通高中课程标准实验教科书《数学²选修2-1²A 版》(人民教育出版社，2007年第2版)(下简称《选修2-1》)第37页习题2.1的A 组第4题：过原点的直线与圆x 2＋y 2－6x ＋5＝0相交于A ，B 两点，求弦AB 的中点M 的轨迹方程．与《选修2-1》配套使用的《教师教学用书》(人民教育出版社,2007年第2版)第11页给出的《选修2-1》第40页给出的答案是“335,0322≤≤=-+x x y x ”.笔者认为，由“弦AB ”知点B A ,不能重合，所以答案应当是“335,0322≤<=-+x x y x ”，也即“⎪⎭⎫⎝⎛>=-+350322x x y x ”.(这道高考题的解答与笔者的这一观点是一致的.) 商榷应注意交点与切点是有区别的]4[：直线与圆相交时的公共点叫做交点，直线与圆相切时的公共点叫做切点，交点和切点统称为公共点.所以建议把题10(即2015年高考广东卷文科、理科第20题)第(3)问中的“交点”改为“公共点”(改动后答案不变；若不改动，则答案为：当且仅当k 的取值范围是⎥⎦⎤⎢⎣⎡-572,572时，直线L ：y ＝k (x －4)与曲线C 只有一个交点).参考文献1 甘志国.大前提、小前提的规范使用[J].数学教学，2014(7)：23-242 甘志国.商榷2014年高考题中表述欠严谨的六道题[J].数学教学研究，2014(12)：24-253 甘志国.高考数学真题解密[M].北京：清华大学出版社，2015：287-2924 甘志国.应区分“交点”与“公共点”[J].中学数学教学，2009(3)：37。

甘志国高中数学题典精编出版年份

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(甘志国)对2010年高考数学湖北卷压轴题的研究

对2010年高考数学湖北卷压轴题的研究甘志国(该文已发表中学数学杂志，2010(7)：45-49)2010年的全国普通高考已落下帷幕，笔者在第一时间认真钻研了2010年高考数学湖北理科卷和文科卷，发现其中最靓丽的题就是两道压轴题，本文将对它们作深入研究. 1 对文科压轴题的研究文科压轴题设函数c bx x a x x f ++-=23231)(，其中0>a ，曲线)(x f y =在点))0(,0(f P 处的切线方程为1=y .(1)确定c b ,的值；(2)设曲线)(x f y =在点))(,(11x f x 及))(,(22x f x 处的切线都过点)2,0(，证明：当21x x ≠时，)()(21x f x f '≠'.(3)若过点)2,0(可作曲线)(x f y =的三条不同切线，求a 的取值范围. (答案：(1)1,0==c b ；(3)),32(3+∞⋅.)1.1 对第(2)问的研究第(2)问的结论即：若曲线1231)(23+-==x a x x f y 在两个不同点处的切线重合，则重合的这条切线不经过点)2,0(.下面给出其一般性的结论：定理1 三次函数的图象在两个不同点处的切线不会重合.证明即证三次曲线)(x f y =在点)0))((,()),(,(≠++h h t f h t B t f t A 处的切线不会重合.设O 为坐标原点，把三次曲线)(x f y =沿向量平移后，曲线)(x f y =经过坐标原点，点))(,(t f t A 也变为坐标原点O ，所以只需证明：曲线)0()(:23≠++==a cx bx ax x g y C 在点)0))((,(),0,0(≠h h g h P O 处的切线不会重合.用反证法来证明：c bx ax x g y ++='='23)(2. 假设曲线C在点PO ,处的切线重合，得023,23),()0(2=+++='='b ah c bh ah c h g g .得曲线C 在点P O ,处的切线分别为)()(,23h x c ch bh ah y cx y -=++-=即 )(,2b ah h cx y cx y ++==因为它们重合，所以0=+b ah ，又由得到的023=+b ah ，得0=ah ，这与题设“0,0≠≠h a ”矛盾！所以欲证结论成立.(用平移证题、解题，非常简洁.2009年的高考数学理科湖北卷压轴题(无考生做全对)也可用平移给出简洁的解答.)关于定理1，还有以下注记：(1)常数函数、一次函数的图象及任意直线(包括铅垂线)在两个不同点处的切线均重合. (2)二次函数的图象(即抛物线)及三次函数的图象在两个不同点处的切线均不会重合. (3)当∈≥n n n ,4(N )时，均存在n 次函数的图象，使它在某⎥⎦⎤⎢⎣⎡2n (表示不大于2n的最大整数)个不同点处的切线重合.下面证明结论(3)：读者易证曲线2222)]1([)2()1()(----==m x x x x x f y 在点∈≥-=m m m i i f i P i ,21,,2,1,0))((,(； N )处的切线均为0=y ；曲线2223)]1([)2()1()(----==m x x x x x g y 在点∈≥-=m m m i i g i Q i ,21,,2,1,0))((,(； N )处的切线均为0=y .还可以把曲线22)1(-=x x y (如图1)绕坐标原点逆时针旋转︒45得到曲线0),(=y x h ，由旋转变换公式⎪⎩⎪⎨⎧+=-=**，θθθθcos sin sin cos y x y y x x 可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+=****，22x y y y x x 把它代入22)1(-=x x y 后可得曲线0),(=y x h ，即0)(22)2()(),(22=-+-++=y x y x y x y x h所以曲线0),(=y x h 在点⎪⎭⎫⎝⎛21,21),0,0(处的切线重合，且为直线x y =.(读者也可用隐函数导数的求法证得此结论)图1猜想对于∈≥n n n ,4(N )次曲线)(:x f y C =，有(1)若曲线C 在两个点处的切线重合，则该切线的斜率为0；(2)当n 已知时，若曲线C 在δ个点处的切线重合，则δ的最大值是⎥⎦⎤⎢⎣⎡2n .1.2 对第(3)问的研究此问与2007年全国卷(II)理科压轴题的压轴问“已知函数x x x f -=3)(.设0>a ，如果过点),(b a 可作曲线)(x f y =的三条切线，证明)(a f b a <<-”是同样的问题. (注文献[1]末还得到：在本题中有，过点),(b a 可作曲线)(x f y =的三条切线)(a f b a <<-⇔.)下面浅探“过一点可作n 次曲线的切线条数”的问题.定理2 当且仅当已知点M 在已知直线l 上时，直线l 过点M 的切线存在(且切线存在时,切线就是直线l ).证明可不妨设点b kx y l y x M +=:),,(00，得k y ='. 若直线l 过点M 的切线0l 存在，设切点为),(b kt t +，得)()(:0t x k b kt y l -=+-即 b kx y +=说明切线0l 与直线重合,从而可得定理2成立.定理3 过已知点),(00y x M 可作已知∈≥n n n ,2(N )次曲线∈≠++++==---0110111,,,,0()(a a a a a a x a x a x a x f y n n n n n n n ；R )切线的条数即关于t 的一元n 次方程(因为以下多项式)(t g 的首项系数0)1(≠-n a n )0)()()()(00=-'-+=y t f t x t f t g ① 的相异实数解的个数.证明设切点为))(,(t f t ,得切线方程为))(()(:0t x t f t f y l -'=-由0l M ∈,得))(()(00t x t f t f y -'=-此即方程①,从而可得定理3成立.推论1 (1)过已知点作已知n n (是正偶数)次曲线切线的条数可以是n ,,2,1,0 ； (2)过已知点作已知n n (是奇数，3≥n )次曲线切线的条数可以是n ,,2,1 ； (3)过已知点作已知∈n n (N *)次曲线切线的条数最少是0，最多是n .证明 (1)当n 是正偶数时，由“实系数一元∈n n (N *)次方程的虚根成对出现”(见文献[2]第118页定理2)知，方程①可以没有实根，此时所作切线的条数为0.事实上，当已知点在已知二次曲线内部(即含拋物线焦点的区域)时，所作的切线就是0条.当n 是正偶数时，n 次方程①可以有n 个相异实根，也可以让n 个实根中恰有2个,3个,1,-n 个相等，n 个全相等，从而得方程①相异实数解的个数是1,,1, -n n .所以结论(1)成立.(2)当)3(≥n n 是奇数时，由“实系数一元∈n n (N *)次方程的虚根成对出现”知，此时方程①至少有一个实根，得此时的切线为一条.而后同上可证得结论(2)成立. (3)由(1),(2)知成立.引理1]1[ 设∈≠=+++=d c b a a d cx bx ax x f ,,,0(0)(23；R )，方程023)(2/=++=c bx ax x f 的判别式)3(42ac b -=∆，则(1)方程0)(=x f 有三个不同实根0>∆⇔且)(x f 的两个极值异号；(2)方程0)(=x f 有一个二重根和一个一重根0>∆⇔且)(x f 有一个极值为0；(3)方程0)(=x f 有三重实根0=∆⇔且d a b 2327=；(4)方程0)(=x f 有一个实根和两个共轭虚根⇔除(1),(2),(3)之外的所有情形. 引理2 设∈≠=+++=d c b a a d cx bx ax x f ,,,0(0)(23；R )，方程023)(2/=++=c bx ax x f 的判别式)3(42ac b -=∆(当0>∆时,设)(/x f =0的两根为21,x x )，则方程0)(=x f 相异实根个数的情形是：(1)方程0)(=x f 有三个不同实根0)()(021<⋅>∆⇔x f x f 且；(2)方程0)(=x f 有且仅有两个相异实根0)()(021=⋅>∆⇔x f x f 且； (3)方程0)(=x f 有唯一实根⇔除(1),(2)之外的所有情形0)0)()(0(21≤∆>⋅>∆⇔或且x f x f .由引理2及定理3，得推论2过已知点),(00y x M 作已知曲线∈≠=+++==d c b a a d cx bx ax x f y ,,,0(0)(23；R )的切线条数为1,2或3.具体的情形是(以下⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++-'⋅-=0000)3()3)(3(])([y a b f a b x a b f y x f G )： (1)所作切线的条数为30<⇔G ；(2)所作切线的条数为2⎪⎩⎪⎨⎧=-≠⇔030G a b x ；(3)所作切线的条数为1⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛>⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=⇔⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎩⎪⎨⎧>-≠-=⇔0)3(30330000G a b f y ab x G a b x a b x 或或. 证明此时的方程①，即02)3(2)()()()(00020300=-+++-+-=-'-+=y cx d t bx t b ax at y t f t x t f t g)3)((62)3(26)(0002abt x t a bx t b ax at t g +--=+-+-=' 可以验证引理2中的)()(21x f x f ⋅即这里的))(3()(0G abg x g =-⋅(用00)()()()(y t f t x t f t g -'-+=)，由定理3及引理2可证推论2成立，再细加说明如下:(1)所作切线的条数为30030<⇔<-≠⇔G G abx 且(因为当0<G 时用反证法可证ab x 30-≠).(3)第二个“⇔”是因为可证：当,30a b x -=)3(0abf y -≠时0>G . 三次曲线∈≠=+++==d c b a a d cx bx ax x f y ,,,0(0)(23；R )在对称中心(即拐点)处的切线方程为)3)(3()3(:a b x a b f a b f y l +-'=-- 即 0)3()3)(3(:=--++-'y abf a b x a b f l理科科压轴题已知函数)0()(>++=a c xbax x f 的图象在点))1(,1(f 处的切线方程为1-=x y .(1)用a 表示出c b ,；(2)若x x f ln )(≥在),1[+∞上恒成立，求a 的取值范围； (3)证明：)1()1(2)1ln(131211≥+++>++++n n n n n . (答案：(1)a c a b 21,1-=-=；(2)⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,21.) 本题可能是以欧拉(Euler,1707-1783)常数(有结论n n c nε++=++++ln 131211 ，其中c 为欧拉常数，且0lim =∞→n n ε)为背景编拟的.2.1 第(2)问的自然解法——分离常数法x x f ln )(≥即x a xa ax ln 211≥-+-+，它在1≥x 时恒成立，即)1()1(1ln ),1(2111ln 2>-+-≥>-+-+≥x x x x x a x xx x x a恒成立.用导数可证函数)1(ln )1()1(21)(2≥--+-=x x x x x x g 是增函数(只需证)1(01ln )(≥≥--='x x x x g 恒成立，再用导数可证)，所以)1(0)1()(≥=≥x g x g ，当且仅当1=x 时0)(=x g ，得21)1(1ln lim ),1(21)1(1ln 212=-+-><-+-+→x x x x x x x x x x所以“)1()1(1ln 2>-+-≥x x x x x a 恒成立”即“21≥a ”. 读者可能会问是如何想到证明以上函数)(x g 是增函数的：须求函数)1()1(1ln )(2>-+-=x x x x x x h 的上确界，就大胆猜测它是减函数(也可用多次求导的方法给予证明)，再用洛必达(H L 'ospita ，1661~1704)法则可求出其上确界是21，但洛必达法则不能在解答题中使用，笔者就使用以上技巧简洁圆满地解决了这个棘手问题.高考难题考什么，一定程度上来说就考合情推理、大胆猜测(猜测出正确的结论是解答难题的关键). 2.2 第(3)问的伴随结论试卷提供的两种证法都要用到第(2)问的结论，而不用此结论也可直接证得第(3)问.证法1 (数学归纳法)由43327.277.2>⨯>>e 可得1=n 时成立.假设∈=k k n (N*)时成立：)1(2)1ln(131211+++>++++k k k k . 下证1+=k n 时成立：)2(21)2ln(1131211++++>+++++k k k k .只需证明 )2(21)2ln(11)1(2)1ln(++++>+++++k k k k k k k即 ⎪⎭⎫⎝⎛+++<⎪⎭⎫ ⎝⎛++211121111ln k k k ②只需证明)0(011111ln 2><⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x x x ，这用导数可证：设)0(11111ln 2)(>⎪⎭⎫⎝⎛++-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=x x x x x g ，得0)1(1)(22>+='x x x g ，所以)(x g 是增函数，0)(lim )(=<+∞→x g x g x .所以欲证成立.证法2 (累加法)由②，得⎪⎭⎫ ⎝⎛++<-+11121ln )1ln(k k k k 令n k ,,2,1 =后，把得到的n 个不等式相加可得欲证.(当然，证法1、2实质相同.)读者用以上证法还可证得该问的伴随结论：定理4 (1))0(1112111ln 11>⎪⎭⎫ ⎝⎛++<⎪⎭⎫ ⎝⎛+<+x x x x x ；(2)∈≥<+++<++-+n n n nn n n ,2(ln 13121)1(22)1ln( N*).证明 (1)右边在上述证法1中已证，左边同右边的证法(用导数)也可证，详细过程见专著[3].(2)左边即上述第(3)问，右边用(1)的左边同证法1、2可证，详细过程也见[3].参考文献1 甘志国.三次方程根的情况的简明结论[J].中学数学(高中)，2007(10)：20-212 张远达编著.浅谈高次方程[M].武汉：湖北教育出版社，19833 甘志国著.初等数学研究(II)下[M].哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2009.173。

2023_年高考数学北京卷平面解析几何解答题的多解、背景及推广

２０２３年高考数学北京卷平面解析几何解答题的多解、背景及推广甘志国(北京丰台二中ꎬ北京１０００７１)摘㊀要:２０２３年高考数学北京卷第１９题是一道平面解析几何解答题ꎬ文章给出了其四种常规解法ꎬ揭示了其背景是帕斯卡定理ꎬ还给出了这道高考题的结论的一般情形.关键词:高考北京卷ꎻ平面解析几何ꎻ帕斯卡定理中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２８－００４６－０３收稿日期:２０２３－０７－０５作者简介:甘志国(１９７１－)ꎬ男ꎬ湖北省竹溪人ꎬ硕士ꎬ中学正高级教师ꎬ特级教师ꎬ从事初等数学研究.基金项目:北京市教育学会十三五教育科研滚动立项课题数学文化与高考研究 (项目编号:ＦＴ２０１７ＧＤ００３)㊀㊀高考题㊀(２０２３年高考数学北京卷第１９题)已知椭圆Ｅ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)的离心率ｅ＝５３ꎬＡꎬＣ分别为该椭圆的上㊁下顶点ꎬ点ＢꎬＤ分别为该椭圆的左㊁右顶点ꎬ且ＡＣ＝４.(１)求椭圆Ｅ的方程ꎻ(２)若点Ｐ为椭圆Ｅ上位于第一象限的动点ꎬ直线ＰＤ与ＢＣ交于点Ｍꎬ直线ＰＡ与直线ｙ＝－２交于点Ｎꎬ求证:ＭＮʊＣＤ.解析㊀(１)设椭圆Ｅ的半焦距ｃ＝ａ２＋ｂ２ꎬ由题设可得ｅ＝ｃａ＝５３ꎬＡＣ＝２ｂ＝４(ａ>ｂ>０)ꎬ可解得ａ＝３ꎬｂ＝２.所以椭圆Ｅ的方程是ｘ２９＋ｙ２４＝１.(２)先作出满足题意的图形如图１所示.图１㊀２０２３年高考数学北京卷第１９题解法１㊀(设点并用椭圆的普通方程)可求得点Ａ(０ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ－２)ꎬＤ(３ꎬ０)ꎬ再求得直线ＢＣ:ｙ＝－２３ｘ－２ꎬ直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２.设点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬ可得６４ｘ２０９＋ｙ２０４＝１(０<ｘ０<３ꎬ０<ｙ０<２).进而可求得直线ＰＡ:ｙ＝ｙ０－２ｘ０ｘ＋２ꎬ直线ＰＤ:ｙ＝ｙ０ｘ０－３(ｘ－３).求得直线ＰＤ与ＢＣ的交点Ｍ－６ｘ０＋９ｙ０＋１８２ｘ０＋３ｙ０－６ꎬ－１２ｙ０２ｘ０＋３ｙ０－６æèçöø÷ꎬ直线ＰＡ与直线ｙ＝－２的交点Ｎ４ｘ０２－ｙ０ꎬ－２æèçöø÷ꎬ进而可求得直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ＝－１２ｙ０/(２ｘ０＋３ｙ０－６)＋２(－６ｘ０＋９ｙ０＋１８)/(２ｘ０＋３ｙ０－６)－４ｘ０/(２－ｙ０)＝４ｘ０ｙ０－６ｙ２０－８ｘ０＋２４８ｘ２０＋６ｘ０ｙ０＋９ｙ２０－１２ｘ０－３６.由ｘ２０９＋ｙ２０４＝１(０<ｘ０<３ꎬ０<ｙ０<２)ꎬ可得８ｘ２０＝７２－１８ｙ２０.所以ｋＭＮ＝４ｘ０ｙ０－６ｙ２０－８ｘ０＋２４７２－１８ｙ２０＋６ｘ０ｙ０＋９ｙ２０－１２ｘ０－３６＝４ｘ０ｙ０－６ｙ２０－８ｘ０＋２４６ｘ０ｙ０－９ｙ２０－１２ｘ０＋３６＝２３.假设点Ｎ４ｘ０２－ｙ０ꎬ－２æèçöø÷在直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２上ꎬ则ｘ０＝０ꎬ这与０<ｘ０<３矛盾!所以ＭＮʊＣＤ.解法２㊀(设点并用椭圆的参数方程)可求得点Ａ(０ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ－２)ꎬＤ(３ꎬ０)ꎬ再求得直线ＢＣ:ｙ＝－２３ｘ－２ꎬ直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２.设点Ｐ(３ｃｏｓθꎬ２ｓｉｎθ)０<θ<π２æèçöø÷ꎬ可求得直线ＰＡ:ｙ＝２ｓｉｎθ－２３ｃｏｓθｘ＋２ꎬ直线ＰＤ:ｙ＝２ｓｉｎθ３ｃｏｓθ－３(ｘ－３).求得直线ＰＤ与ＢＣ的交点Ｍ３ｓｉｎθ－３ｃｏｓθ＋３ｓｉｎθ＋ｃｏｓθ－１ꎬ－４ｓｉｎθｓｉｎθ＋ｃｏｓθ－１æèçöø÷ꎬ直线ＰＡ与直线ｙ＝－２的交点Ｎ６ｃｏｓθ１－ｓｉｎθꎬ－２æèçöø÷ꎬ进而可求得直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ＝＝－２ｓｉｎ２θ＋２ｓｉｎθｃｏｓθ－２ｃｏｓθ＋２３ｃｏｓ２θ＋３ｓｉｎθｃｏｓθ－３ｃｏｓθ＝２３.易证得点Ｎ６ｃｏｓθ１－ｓｉｎθꎬ－２æèçöø÷０<θ<π２æèçöø÷不在直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２上.所以ＭＮʊＣＤ.解法３㊀(常规方法设直线)可求得点Ａ(０ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ－２)ꎬＤ(３ꎬ０)ꎬ再求得直线ＢＣ:ｙ＝－２３ｘ－２ꎬ直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２.可设直线ＰＤ:ｙ＝ｋ(ｘ－３)(ｋ<０)ꎬ进而可求得直线ＰＤ与ＢＣ的交点Ｍ９ｋ－６３ｋ＋２ꎬ－１２ｋ３ｋ＋２æèçöø÷.联立ｙ＝ｋ(ｘ－３)ꎬｘ２９＋ｙ２４＝１{可得(９ｋ２＋４)ｘ２－５４ｋ２ｘ＋８１ｋ２－３６＝０.由题设知ꎬ这个关于ｘ的一元二次方程有两个不相等的实数根[１]ꎬ且由韦达定理可得７４ｘＤｘＰ＝３ｘＰ＝８１ｋ２－３６９ｋ２＋４ꎬｘＰ＝２７ｋ２－１２９ｋ２＋４.进而可求得点Ｐ２７ｋ２－１２９ｋ２＋４ꎬ－２４ｋ９ｋ２＋４æèçöø÷ꎬ再求得直线ＰＡ:ｙ＝－６ｋ－４９ｋ－６ｘ＋２.进而可求得直线ＰＡ与直线ｙ＝－２的交点Ｎ１８ｋ－１２３ｋ＋２ꎬ－２æèçöø÷ꎬ再求得直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ＝－１２ｋ/(３ｋ＋２)＋２(９ｋ－６)/(３ｋ＋２)－(１８ｋ－１２)/(３ｋ＋２)＝２３.易证得点Ｎ１８ｋ－１２３ｋ＋２ꎬ－２æèçöø÷(ｋ<０)不在直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２上.所以ＭＮʊＣＤ.解法４㊀(反设直线)可求得点Ａ(０ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ－２)ꎬＤ(３ꎬ０)ꎬ再求得直线ＢＣ:ｙ＝－２３ｘ－２ꎬ直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２.可设直线ＰＤ:ｘ＝ｍｙ＋３(ｍ<０)ꎬ进而可求得直线ＰＤ与ＢＣ的交点Ｍ９－６ｍ２ｍ＋３ꎬ－１２２ｍ＋３æèçöø÷.联立ｘ＝ｍｙ＋３ꎬｘ２９＋ｙ２４＝１ꎬ{可得(４ｍ２＋９)ｙ２＋２４ｍｙ＝０.进而可求得ｙＰ＝－３６ｍ４ｍ２＋９.再求得点Ｐ２７－１２ｍ２４ｍ２＋９ꎬ－２４ｍ４ｍ２＋９æèçöø÷.再求得直线ＰＡ:ｙ＝４ｍ＋６６ｍ－９ｘ＋２.进而可求得直线ＰＡ与直线ｙ＝－２的交点Ｎ１８－１２ｍ２ｍ＋３ꎬ－２æèçöø÷ꎬ再求得直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ＝－１２/(２ｍ＋３)＋２(９－６ｍ)/(２ｍ＋３)－(１８－１２ｍ)/(２ｍ＋３)＝２３.易证得点Ｎ１８－１２ｍ２ｍ＋３ꎬ－２æèçöø÷(ｍ<０)不在直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２上.所以ＭＮʊＣＤ.注㊀这道高考题的背景是帕斯卡(ＢＬＡＩＳＥＰＡＳＣＡＬꎬ１６２３－１６６２)定理二次曲线内接六边形(包括退化的情形)的三组对边的交点共线 [２].如图１所示ꎬ椭圆Ｅ的退化内接六边形ＡＢＣ￣ＣＤＰ的三组对边ＡＢ与ＣＤꎬＢＣ与ＤＰꎬＣＣ(即直线ｙ＝－２)与ＡＰ的交点(无穷远点㊁ＭꎬＮ)共线ꎬ也即ＡＢʊＣＤʊＭＮ.由此ꎬ还可给出该题的一般情形的结论:设椭圆Ｅ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ｂ>０)的上㊁左㊁下㊁右顶点分别是ＡꎬＢꎬＣꎬＤꎬＰ为椭圆Ｅ上位于第一象限的动点ꎬ直线ＰＤ与ＢＣ交于点Ｍꎬ直线ＰＡ与直线ｙ＝－ｂ交于点Ｎꎬ则ＡＢʊＣＤʊＭＮ.由帕斯卡定理ꎬ读者可编拟出很多类似于本文开头高考题的题目.参考文献:[１]朱德祥.高等几何[Ｍ].北京:高等教育出版社ꎬ１９８３.[２]中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准(２０１７年版２０２０年修订)[Ｍ].北京:人民教育出版社.[责任编辑:李㊀璟]８４。

对《选修2-1》中一道习题的研究

对《选修2-1》中一道习题的研究
甘志国
【期刊名称】《数理化解题研究》
【年(卷),期】2018(000)010
【摘要】本文对课本上的一道题进行了变式探讨,获得了一般性结论,对数学研究有指导意义.
【总页数】2页(P33-34)
【作者】甘志国
【作者单位】北京丰台二中 100071
【正文语种】中文
【中图分类】G632
【相关文献】
1.对《选修2-1》中一道习题的研究 [J], 甘志国
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3.高中数学人教A版和湘教版选修教材习题比较研究--以选修2-1“圆锥曲线与方程”为例 [J], 吴木通
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(甘志国)用三角函数定义巧证有心圆锥曲线的一类美丽性质

用三角函数定义巧证有心圆锥曲线的一类美丽性质甘志国(已发表于中学数学(高中)，2014(2)：71-73)定理1 设点B A ,在曲线122=+y x μλ上，OB OA ⊥(点O 是坐标原点)，则(1)μλ+=+2211OBOA；(2)点O 到直线AB 的距离为μλ+1. 证明 (1)可设2,πθθ+=∠=∠x O B x O A.由三角函数的定义，得)cos ,sin (),sin ,cos (θθθθOB OB B OA OA A -.由点B A ,在曲线122=+y x μλ上，可得2222221cos sin ,1sin cos OBOA=+=+θμθλθμθλ ①把它们相加后，便得欲证.(2)设点O 到直线AB 的距离为OH ，则μλ+=+=+⋅=⋅=11112222222222OBOAOBOA OBOA ABOB OA OH 所以欲证成立.注 (1)当0≠λμ时，曲线122=+y x μλ可以表示有心圆锥曲线圆、椭圆、双曲线，所以定理1给出了有心圆锥曲线的一条美丽性质，其三角函数定义证法也很简洁巧妙.(2)由定理1可得：在双曲线)0(122<=+λμμλy x 上存在点B A ,使得OB OA ⊥(点O是坐标原点)的充要条件是0>+μλ.推论设点B A ,在曲线122=+y x μλ上，OB OA ⊥(点O 是坐标原点)，则(1)当0,0>>μλ时：①λμμλ12≤⋅≤+OB OA ；②μλμλ112+≤≤+AB ；③μλμλ1122+≤+≤+OB OA ； ④μλμλ+≤+≤+211OBOA ； ⑤22442112)(μλμλ+≤+≤+OBOA . (2)当0<λμ时(得0>+μλ)：①μλ+≥⋅2OB OA ； ②μλ+≥2AB ； ③μλ+≥+22OB OA ； ④μλ+≤+211OBOA ； ⑤2)(11244μλ+≥+OBOA . 证明 i)把①中的两个等式相乘，得θμλλμθθλμθθμλ2sin 4)()cos (sin cos sin )(12244222222-+=+++=⋅OBOA 所以(1)①及(2)①成立.ii)由定理1(1)可得22222)(OB OA OB OA AB ⋅+=+=μλ，再由(1)①及(2)①可得(1)②及(2)②成立.iii)由OB OA AB OB OA ⋅+≥+2)(22及(1)①②，(2)①②可得(1)③及(2)③成立.iv)由OB OA OB OA OB OA ⋅++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+21111222及定理1(1)与(1)①，(2)①可得(1)④及(2)④成立.v)由定理1(1)与(1)①，(2)①可得(1)⑤及(2)⑤成立.证毕！注推论中的不等式都给出了相应变量的精确范围. 定理2 若ABCD 内接于曲线)0,0(1:22>>=+Γμλμλy x上，则(1)ABCD的中心就是坐标原点；(2)以曲线Γ上任一点为一个顶点的内接菱形唯一存在，且该菱形的内切圆也唯一存在； (3)当ABCD 是菱形时，其内切圆方程是μλ+=+122y x. 证明 (1)由点差法可证“曲线Γ(指圆或椭圆)内除中心外的点是唯一一条弦的中点”，所以欲证成立.(2)由(1)立得.(3)由定理1(2)立得.定理3 曲线)0,0(1:22>>=+Γμλμλy x 上的外切矩形的外接圆方程是μλ1122+=+y x .证明设曲线Γ的外切矩形是ABCD .当直线AB 的斜率不存在或为0时，易得欲证成立.当直线AB 的斜率存在且不为0时，可设)0(:≠+=k p kx y AB ，把它代入122=+y x μλ，得012)(222=-+++p kpx x k μμμλ由0=∆，可得μλ12+±=k p .所以由直线CD AB ,组成的曲线的方程是μλ1)(22+=-k kx y .同理，由直线BC AD ,组成的曲线的方程是μλ1122+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+k k x y ，即μλ221)(k x ky +=+.把得到的两个方程(等式)相加，得μλ1122+=+y x .此即说明欲证成立.定理4 若动点B A ,分别在定曲线)0(1,12222>+'='+='+'=+μλμλμλμλy x y x上，且OB OA ⊥(点O 是坐标原点)，则 (1)μλ'+=+2211OBOA；(2)Rt OAB ∆的斜边AB 上的高为定值μλ'+1.证明 (1)可设2,πθθ+=∠=∠x O B x O A.由三角函数的定义，得)cos ,sin (),sin ,cos (θθθθOB OB B OA OA A -.由点B A ,分别在曲线1,12222='+'=+y x y x μλμλ上，可得2222221cos sin ,1sin cos OBOA='+'=+θμθλθμθλ把它们相加后，便得欲证.(2)设Rt OAB ∆的斜边AB 上的高为OH ，则μλ'+=+=+⋅=⋅=11112222222222OBOAOBOA OBOA ABOB OA OH所以欲证成立.注在定理2中选μμλλ'='=,即得定理1.定理5 设点B A ,在曲线)0(122>+=+μλμλy x 上，则坐标原点O 到直线AB 的距离是OB OA ⊥⇔+μλ1. 证明由定理1(2)知，可只证“⇒”：当直线AB 的斜率不存在时，可得欲证成立.当直线AB 的斜率存在时，可设b kx y AB +=:，把它代入122=+y x μλ，得012)(222=-+++b kbx x k μμμλ设),(),,(2211b kx x B b kx x A ++，得22212211,2kb x x k kb x x μλμμλμ+-=+-=+. 由原点O 到直线AB 的距离是μλ+1，得1)(22+=+k b μλ.所以： 0)()1())((2212122121==++++=+++=⋅ b x x bk x x k b kx b kx x x OB OA即OB OA ⊥.以上诸结论在求解高考题时必有重要应用，兹举数例说明如下.高考题1 (2012·上海·理·22)在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线12:221=-y x C . (1)(2)略；(3)设椭圆14:222=+y x C ，若N M 、分别是21,C C 上的动点，且ON OM ⊥，求证：O 到直线MN 的距离是定值.解 (3)由定理4(2)(由1,4,1,2='='-==μλμλ得)3=+'='+μλμλ可立得O 到直线MN 的距离是33. 高考题2 (2012·上海·文·22)在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线12:22=-y x C . (1)(2)略；(3)设斜率为)2(<k k 的直线l 交C 于Q P 、两点，若l 与圆122=+y x 相切，求证：OQ OP ⊥.解 (3)由定理5(由1,2-==μλ，得坐标原点O 到直线AB 的距离是μλ+=11)中的“⇒”可得欲证成立.高考题3 (2010·陕西·文理·20)如图1，椭圆1:2222=+by a x C 的顶点为2121,,,B B A A ，焦点为21,F F ，711=B A ，112211222A B A B B F B F S S = .(1)求椭圆C 的方程；(2)设n 是过原点的直线，l 是与n 垂直相交于P 点、与椭圆相交于B A ,两点的直线，1=OP .是否存在上述直线l 使1=⋅PB AP 成立？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由.图1解 (1)13422=+y x ；(2)由题设可得OB OA ⊥，再由定理1(2)得31411+=OP ，这与题设1=OP 矛盾！所以满足题意的直线l 不存在.高考题4 (2009·北京·理·19)已知双曲线)0,0(1:2222>>=-b a b y a x C 的离心率为3，右准线方程为33=x . (1)求双曲线C 的方程；(2)设直线l 是圆2:22=+y x O 上动点)0)(,(0000≠y x y x P 处的切线，l 与双曲线C 交于不同的两点B A 、，证明AOB ∠的大小为定值.解 (1)1222=-y x ；(2)由定理5(由21,1-==μλ，得坐标原点O 到直线AB 的距离是μλ+=12)中的“⇒”可得︒=∠90AOB . 高考题5 (2008·山东·文·22)已知曲线)0(1:1>>=+b a by a x C 所围成的封闭图形的面积为54，曲线1C 的内切圆半径为352.记2C 为以曲线1C 与坐标轴的交点为顶点的椭圆.(1)求椭圆2C 的标准方程；(2)设AB 是过椭圆2C 中心的任意弦，l 是线段AB 的垂直平分线.M 是l 上异于椭圆中心的点.①略；②若M 是l 与椭圆2C 的交点，求AMB ∆的面积的最小值.解 (1)14522=+y x ；(2)②由推论(1)①可得AMO ∆的面积的最小值是9204151221=+⋅，所以AMB ∆的面积即AMO ∆的面积的2倍的最小值是940.。

(甘志国)方差中亟待澄清的两个错误观点

方差中亟待澄清的两个错误观点甘志国(该文已发表中学数学杂志，2014(1)：56-58)1 极差、标准差与方差的定义及关于方差的若干结论极差的定义即一组数据中最大值与最小值的差.标准差与方差的定义设一组数据n x x x ,,,21 的平均数是x 的差的平方分别是22221)(,,)(,)(x x x x x x n --- ，那么这组数据的标准差与方差分别是： ])()()[(122221x x x x x x n s n -++-+-=① ])()()[(1222212x x x x x x ns n -++-+-= ② 方差与标准差均说明了这组数据的波动情况.这两个定义分别见全日制普通高级中学教科书《数学·第三册(选修I)》(2006年人民教育出版社，第2版)(下简称《教科书选修I 》)第10页的脚注，或普通高中课程标准实验教科书《数学3·必修·A 版》(人民教育出版社，2007年第3版)(下简称《教科书必修3》)第66页；《教科书选修I 》第17页，或全日制普通高级中学教科书《数学·第三册(选修II)》(2006年人民教育出版社，第2版)第15页，或《教科书必修3》第75页及第77页. 定理1 设两组数据n n y y y x x x ,,,;,,,2121 的平均数及方差分别是y x ,及22,t s ，又设另两组数据n m x x x a a a ,,,,,,,2121 与n m y y y a a a ,,,,,,,2121 的平均数及方差分别是Y X ,及22,T S ，则 (1)Y X y x =⇔=；(2)当y x =或Y X =时，2222),(),(T S t s <=>⇔<=>.证明只证(2).由(1)得y x =且Y X =，所以x n y y y x x x n n =+++=+++ 2121.由此，得⇔-++-<=>-++-⇔<=>22122122)())(,()()(),(x y x y x x x x t s n n ⇔+++-++<=>+++-++2122121221)(2))(,()(2)(x n y y x y y x n x x x x x n n n n 221221),(n n y y x x ++<=>++⇔-++-<=>-++-⇔<=>22122122)())(,()()(),(X y X y X x X x T S n n⇔+++-++<=>+++-++2122121221)(2))(,()(2)(X n y y X y y X n x x X x x n n n n 221221),(n n y y x x ++<=>++所以欲证结论成立.定理2 设b a <，两组数据n n x x x b x x x a ,,,,;,,,,2121 的方差分别为22,t s ，则)(2),(),(2122b a n x x x t s n +<=>+++⇔<=> . 证明可设n n y n x y n x y n x d n b c n a )1(,,)1(,)1(,)1(,)1(2211+=+=+=+=+= ，得数据n x x x a ,,,,21 即n n y n x y n x y n x c n a )1(,,)1(,)1(,)1(2211+=+=+=+= 的平均数为d c y y y c n <++++,21 ，所以22121212212])1()([])1()([)]([)1(n n n n y n y y y c y n y y y c y y y nc s n +-+++++++-++++++++-=++++++-+=)()1(2)1(212n y y y c n c n n2212121221])1()[(])1()[()][(n n n n y n y y y y n y y y y y y +-++++++-+++++++同理，有+++++-+=+)()1(2)1()1(2122n y y y d n d n n t n2212121221])1()[(])1()[()][(n n n n y n y y y y n y y y y y y +-++++++-+++++++ 所以)()1(2)1(),()()1(2)1(),(21221222n n y y y d n d n n y y y c n c n n t s ++++-+<=>++++-+⇔<=>)(2),()(2),(2121b a n x x x d c n y y y n n +<=>+++⇔+<=>+++⇔ 推论1 设两组数据n n x x x b x x x a ,,,,;,,,,2121 的方差分别为22,t s .(1)若)(221b a n x x x n +=+++ ，则22t s =； (2)若n x x x b a ≤≤≤≤< 21或n x x x b a ≥≥≥≥> 21，则22t s >.推论2 (1)若d c b a ≤≤≤，则数据d a ,的方差不小于数据c b ,的方差(当且仅当“b a =且d c =”时两者相等)；(2)若f e d c b a ≤≤≤≤≤，则数据f e a ,,的方差不小于数据d c b ,,的方差(当且仅当“b a =且f e d c ===”时两者相等).证明可用推论1(2)来证.下面只证(1).当d b a ≤<时，数据d a ,的方差>数据d b ,的方差.所以当d b a ≤≤时，数据d a ,的方差≥数据d b ,的方差(当且仅当b a =时取等号). 同理，当d c b ≤≤时，数据d b ,的方差≥数据c b ,的方差(当且仅当d c =时取等号). 所以欲证成立.定理3 设n k a ,,是已知的实数，∈≥>n n na k ,2,N ，且kx x x n i a x a x n i =+++=≥> 211),,,3,2(,，则当且仅当),,3,2(,)1(1n i a x a n k x i ==--=时，数据n x x x ,,,21 的方差取最大值.证明设数据n x x x ,,,21 的方差为2n s .先证当2=n 时成立.由k x x a x a x =+≥>2121,,，得.又 222221222222⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=k x k x k x s n 从而可得当且仅当a x a k x =-=21,时22s 取最大值.下证当3≥n 时成立.有 222212⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n k x n k x n k x ns n n 2222432)1(⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++++=n k x n k x n k n x x x x n n 222324324322)1()(22⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++++-++++=n k n k x n k x n k n x x x x k x x x x n n n可不妨设n x x x ≤≤≤ 32，得)(432n x x x a k x a +++--<≤ ，又2)()(2)(434343n n n x x x k x x x a k a x x x k +++--+++--=-+++- 所以222423212⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-≤n k a n k x n k x n k x n k x ns n n (当且仅当a x =2时取等号) ③即证得了结论：设n k a ,,是已知的实数，∈≥>n n na k ,2,N ，且k x x x x x x a a x n n =+++≤≤≤≤> 21321,,，若数据n x x x ,,,21 的方差取最大值，则a x =2.因为数据n x x x ,,,21 与数据h x h x h x n ---,,,21 的方差相等，所以求③式右边的最大值，就是等价于求数据n x x x x ,,,,431 的方差在条件a k x x x x x x x a a x n n -=++++≤≤≤≤> 431431,,下的最大值.同理，得a x =3.……；同理，得a x x x n ====-132 .所以：212212)2(⎪⎭⎫ ⎝⎛--+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-≤n k a n n k x n k x ns n n (当且仅当a x x x n ====-132 时取等号) ④ 由a n k x x a x a x n n )2(,,11--=+≥>及证得的2=n 时的结论，得当且仅当a n k x a x n )1(,1--==时，④式右边取最大值.得欲证结论成立.2 方差中亟待澄清的两个错误观点2.1 错误观点1——极差越大⇔方差越大常有比较两组(或多组)数据的方差的大小的题目，比如下面的20道题：(1)《教科书选修I 》中共有6道：第17-18页的例4，第18页的两道练习题，第19页的最后两道习题，第27页的最后一道复习参考题.(2)下简称《教科书必修3》中共有5道：第74页的甲乙两组数据，第76页例1的四组数据，第77页的例2(即《教科书选修I 》)第27页的最后一道复习参考题)，第79页的练习第1题，第82页的习题第6题.(3)2013-2002年高考卷中共有10道：2013年北京卷文科理科第16(3)题(即下面的高考题1)，2013年江苏卷第6题；2012年北京卷文科理科第17(3)题(即下面的高考题2)，2012年安徽卷理科第5题；2011年辽宁卷文科理科第19(2)题；2010年陕西卷文科第4题；2009年江苏卷第6题；2008年宁夏、海南卷文科理科第16题，2007年宁夏、海南卷理科第11题即文科第12题(即下面的高考题3)，2002年天津卷文科第15题.高考题1 (2013·北京·文理·16)图1是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天.图1(1),(2)略；(3)由图1判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明) 解 (3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大.高考题2 (2012·北京·文理·17)近年来，某市为促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱，为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1000吨生活垃圾，数据统计如下(单位：吨)：“厨余垃圾”箱 “可回收物”箱 “其他垃圾”箱厨余垃圾400 100 100 可回收物30 240 30 其他垃圾 20 20 60(1),(2)略；(3)假设厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量分别为c b a ,,，其中600,0=++>c b a a ，当数据c b a ,,的方差2s 最大时，写出c b a ,,的值(结论不要求证明)，并求此时2s 的值.(注：])()()[(1222212x x x x x x ns n -++-+-=，其中x 为数据n x x x ,,,21 的平均数.)解 (3)当0,600===c b a 时，2s 取最大值，……且最大值是80000.高考题3 (2007·宁夏、海南·文12理11)甲、乙、丙三名射箭运动员在某次测试中各射箭20次，三人的测试成绩如下表：321,,s s s 分别表示甲、乙、丙三名运动员在这次测试成绩的标准差，则有( )A.213s s s >>B.312s s s >>C.321s s s >>D.132s s s >>解 B.笔者按方差的定义计算过上面的20道题，发现它们的答案均适合结论“极差越大⇔方差越大”.下面对高考题3适合这一结论说明如下(用定理1)：把甲、乙的成绩中都去掉5个7、4个8、4个9、5个10后，甲、乙的成绩分别为8,9与7,10，易证它们的平均数相等且前者的方差小于后者的方差，所以由定理1知12s s >.因为数据7,10的极差大于8,9的极差，所以得到的结论适合“极差越大⇔方差越大”. 把甲、丙的成绩中都去掉4个7、5个8、5个9、4个10后，甲、丙的成绩分别为7,10与8,9，易证它们的平均数相等且前者的方差大于后者的方差，所以由定理1知31s s >.因为数据7,10的极差大于8,9的极差，所以得到的结论也适合“极差越大⇔方差越大”.但笔者要指出：以上20道题均适合的结论“极差越大⇔方差越大”并不是普遍成立的.该结论在数据的个数是1,2时恒成立；但在个数大于2时不能恒成立，因为容易举出反例：数据0,6,12的方差比数据0,10,11的方差小，两组数据20,3,12,15与0,3,12,15的方差相等(由推论1(1)可得)，数据0,1的方差比数据0,0的方差大，但均有前者的极差比后者的极差大.可能有的读者认为：当两组数据的平均数相等时，结论“极差越大⇔方差越大”是否普遍成立呢？答案也是否定的：若这两组数据的平均数相差正数ε，则可把平均数小的那组数据的各数均加上ε，得到的新数据的极差及方差均不改变.一组数据的方差反映的是这组数据的波动情况，但波动情况不仅仅是由极差决定的，由方差公式知，它与每一个数据都有关.而解答高考题1、2的第(3)问均只须猜测出(不要求证明)正确结论，这是否更加误导了考生在考试时尽情的使用错误的结论“极差越大⇔方差越大”呢？仅仅用“看”(不包括由方差的定义进行精确计算)得出一组数据的波动情况时，要格外慎重：若两者的方差没有明显差异又没有相应的定理作保证，则不能轻易下结论.下面给出高考题1的完整解答设从第i 日开始连续三天的空气质量指数方差是)12,,2,1(2 =i s i ，由推论1可得25242423232221,,s s s s s s s <><<，212211211210292928272625,,s s s s s s s s s s ><<>>=>，所以所求最大值为{}2112523,,max s s s .2523,s s 分别是两组数据220,160,40;220,143,57的方差.注意到这两组数据的平均数均是140，得另两组数据160,40;143,57的平均数也相等，由推论2知，前者的方差小于后者的方差，再由定理1(2)得2523s s <.21125,s s 分别是两组数据79,86,158;40,160,220的方差，由220160158867940≤≤≤≤≤及推论2(2)得21125s s >.所以所求最大值为25s ，即从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大.笔者认为解答高考题1第(3)问须作必要的计算(包括估算)和推理，绝不能仅由错误的结论“极差越大⇔方差越大”得出正确的结果了事；弄清高考题2第(3)问的道理也须由方差的定义进行严格证明(即定理3及其证明).2 错误观点2——方差越大⇔到平均数的“平均距离”越大《教科书必修3》第75页写道：考察样本数据的分散程度的大小，最常用的统计量是标准差.标准差是样本数据到平均数的一种平均距离，一般用s 表示.所谓“平均距离”，其含义可作如下理解：假设样本数据是n x x x ,,,21 ，x 表示这组数据的平均数.i x 到x 的距离是),,2,1(n i x x i =-于是，样本数据是n x x x ,,,21 到x 的“平均距离”是 n xx x x x x S -++-+-=121 ⑤由于上式含有绝对值，运算不太方便，因此，通常改用公式①来计算标准差.考虑一个容量为2的样本：21x x <，其样本的标准差为212x x -，记212x x a -=.样本中的个体与平均数之间的距离关系可用图2表示：图2显然，标准差越大，则a 越大，数据的离散程度越大；标准差越小，数据的离散程度越小.《教科书必修3》第77页又写道：从数学的角度考虑，人们有时用标准差的平方2s ——方差来代替标准差，作为测量样本数据分散程度的工具，即公式②.显然，在刻画样本数据的分散程度上，方差与标准差是一样的，但在解决实际问题时，一般多采用标准差.由以上论述可知，一组数据n x x x ,,,21 到其平均数的“平均距离”S (见公式⑤)与方差2s (见公式②)都可以刻画这批数据的离散程度(分散程度、整齐程度、稳定程度、波动情况).但能否说“2s 越大S ⇔越大”呢？可证该结论在1=n 时成立：02==S s ；在2=n 时也成立：22S s =且0≥S ；但在3≥n 时不能恒成立，可举出反例如下：(1)数据0,4,11与数据1,3,11的平均数均是5，且21S S =即()()511535131511545031-+-+-=-+-+-，但2221s s >即])511()53()51[(31])511()54()50[(31222222-+-+->-+-+-； (2)数据0,39,108与数据9,29,109的平均数均是49，且21S S <即()()4910949294993149108493949031-+-+-<-+-+-，但2221s s >即])49109()4929()499[(31])49108()4939()490[(31222222-+-+->-+-+-；(3)数据0,2,4与数据1,2,3的平均数均是2，且21S S >即()()2322213124222031-+-+->-+-+-，但2221s s >即])23()22()21[(31])24()22()20[(31222222-+-+->-+-+-. 这一反例更加说明了仅仅用“看”(不包括由方差的定义进行精确计算)得出n 个数据的波动情况时，要格外慎重：能“看”出这组数据到其平均数的“平均距离”S 就不错了，何况“2s 越大S ⇔越大”在3≥n 时并不是恒成立.但对于“平均距离”S ，也有类似于定理3的结论(且证明过程也类似)：定理4 设n k a ,,是已知的实数，∈≥>n n na k ,2,N ，且kx x x n i a x a x n i =+++=≥> 211),,,3,2(,，则当且仅当),,3,2(,)1(1n i a x a n k x i ==--=时，数据n x x x ,,,21 到其平均数的“平均距离”n S 取最大值.证明先证当2=n 时成立.由k x x a x a x =+≥>2121,,，得.又222222212k x k x k x S -=-+-= 从而可得当且仅当a x a k x =-=21,时2S 取最大值.下证当3≥n 时成立.下面的证明要用到结论：对于函数∈-+-=x x x x f (22)(βαR )，有：其图象关于直线βα+=x 对称；函数)(x f 在闭区间],[v u 上的最大值是{})(),(max v f u f .nk x n k x n k x nS n n -++-+-= 21 n k x n k x n k x n k n x x x x n n -++-+⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++++= 32432)1( 可不妨设n x x x ≤≤≤ 32，得)(432n x x x a k x a +++--<≤ ，由所给的结论可证得 nk a n k x n k x n k x n k x nS n n -+-++-+-+-≤ 431(当且仅当a x =2时取等号) ⑥ 即证得了结论：设n k a ,,是已知的实数，∈≥>n n na k ,2,N ，且k x x x x x x a a x n n =+++≤≤≤≤> 21321,,，若数据n x x x ,,,21 到其平均数的“平均距离”n S 取最大值，则a x =2.因为数据n x x x ,,,21 到其平均数的“平均距离”与数据h x h x h x n ---,,,21 到其平均数的“平均距离”相等，所以求⑥式右边的最大值，就是等价于求数据n x x x x ,,,,431 到其平均数的“平均距离”在条件a k x x x x x x x a a x n n -=++++≤≤≤≤> 431431,,下的最大值.同理，得a x =3.……；同理，得a x x x n ====-132 .所以： nk a n n k x n k x nS n n --+-+-≤)2(1(当且仅当a x x x n ====-132 时取等号) ⑦ 由a n k x x a x a x n n )2(,,11--=+≥>及证得的2=n 时的结论，得当且仅当a n k x a x n )1(,1--==时，⑦式右边取最大值.得欲证结论成立.。

为什么曲线y_＝_Ax_＋_B

为什么曲线ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ(Ｂʂ０)是双曲线甘志国(北京丰台二中ꎬ北京１０００７１)摘㊀要:文章深入研究一道强基计划试题ꎬ得到了结论曲线ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ(Ｂʂ０)是双曲线 ꎬ同时给出了其多种证法及该双曲线的性质.关键词:强基计划试题ꎻ双曲线ꎻ性质中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２５－００２４－０４收稿日期:２０２３－０６－０５作者简介:甘志国(１９７１－)ꎬ男ꎬ湖北省竹溪人ꎬ硕士ꎬ中学正高级教师ꎬ特级教师ꎬ从事数学教学研究.基金项目:北京市教育学会十三五教育科研滚动立项课题数学文化与高考研究 (项目编号:ＦＴ２０１７ＧＤ００３)㊀㊀题１㊀(２０２０年中国科学技术大学创新班初试数学试题第３题)函数ｆ(ｘ)＝ｘ３＋１ｘ所表示的曲线的离心率是.分析㊀(参见著作[１]第４０３－４０４页第８０题的解法[１])高中生对函数ｆ(ｘ)＝ｘ３＋１ｘ的图象可能不太熟悉(但知道该函数的大致图象如图１所示)ꎬ而本题是求该曲线的离心率.高中生只求过圆锥曲线(椭圆㊁抛物线㊁双曲线)的离心率ꎬ而曲线ｙ＝ｘ３＋１ｘ有两条渐近线ｙ＝ｘ３与ｘ＝０ꎬ所以可猜测曲线ｙ＝ｘ３＋１ｘ是双曲线.再联系高中所学的双曲线的标准方程及简单的几何性质[２]ꎬ以此为契机可得到该题的答案.但要注意ꎬ与双曲线形状很像且有两条渐近线的曲线不一定是双曲线.比如曲线ｙ＝ｘ３＋１ｘ３就不图１㊀ｆ(ｘ)＝ｘ３＋１ｘ图象㊀㊀㊀图２㊀ｆ(ｘ)＝ｘ３＋１ｘ３图象是双曲线(如图２):因为双曲线是二次曲线ꎬ而曲线ｙ＝ｘ３＋１ｘ３ꎬ即ｘ４－３ｘ３ｙ＋３＝０是四次曲线(且该方程不能同解变形成某个二次方程).解析㊀如图１所示ꎬ猜测函数ｆ(ｘ)＝ｘ３＋１ｘ的图象是双曲线ꎬ其两条渐近线方程分别是ｙ＝ｘ３与ｘ＝０ꎬ它们的夹角为π３.以这两条渐近线所成四个角的平分线形成的两条直线(它们互相垂直)为坐标轴建立平面直角坐标系ｘᶄＯｙᶄ.在坐标系ｘᶄＯｙᶄ下ꎬ可设双曲线ｙ＝ｘ３＋１ｘ的新方程是ｘᶄ２ａ２－ｙᶄ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)ꎬ其两条渐近线ｙᶄ＝ｂａｘᶄ与ｙᶄ＝－ｂａｘᶄ的夹角为π３ꎬ得ｂａ＝ｔａｎ１２π３æèçöø÷＝１３.所以该双曲线的离心率是ｂａæèçöø÷２＋１＝２３３.追问㊀曲线ｙ＝ｘ３＋１ｘ确实是双曲线吗?如何证明相关的结论?若该曲线是双曲线ꎬ其实半轴长ａ㊁虚半轴长ｂ㊁半焦距ｃ分别是多少?能求出其焦点坐标吗?由以上解答及图１ꎬ可以完整解答以上诸问(可先猜后证:先求出两个焦点坐标ꎬ再用双曲线的定义证明该曲线是双曲线).由后文定理１及图１ꎬ还可得到下面的结论:双曲线ｙ＝ｘ３＋１ｘ的实半轴长㊁虚半轴长㊁半焦距㊁离心率分别是４１２ꎬ４４３ꎬ２４４３ꎬ２３３ꎻ其实轴㊁虚轴所在的直线方程可以分别是ｙ＝３ｘꎬｙ＝－１３ｘꎻ其两个焦点与两个顶点可以分别是Ｆ１－４４３ꎬ－４１２æèçöø÷ꎬＦ２４４３ꎬ４１２æèçöø÷ꎬＡ１－４３４ꎬæèç－４２７４öø÷ꎬＡ２４３４ꎬ４２７４æèçöø÷.定理１㊀(１)曲线ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ(Ｂ>０)是双曲线ꎬ且其两条渐近线方程分别是ｘ＝０ꎬｙ＝Ａｘꎻ其实半轴长ａ＝２Ｂ(Ａ２＋１＋Ａ)ꎬ虚半轴长ｂ＝２Ｂ(Ａ２＋１－Ａ)ꎬ半焦距ｃ＝２ＢＡ２＋１ꎻ离心率ｅ＝ｃａ＝(Ａ２＋１－Ａ)２＋１.(２)令ｘ＝Ａ２＋１－Ａｘᶄ－Ａ２＋１＋Ａｙᶄ２Ａ２＋１ꎬｙ＝Ａ２＋１＋Ａｘᶄ＋Ａ２＋１－Ａｙᶄ２Ａ２＋１ꎬìîíïïïïïï①平面直角坐标系ｘＯｙ中的曲线ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ(Ｂ>０)变为平面直角坐标系ｘᶄＯｙᶄ中的双曲线ｘᶄ２２Ｂ(Ａ２＋１＋Ａ)－ｙᶄ２２Ｂ(Ａ２＋１－Ａ)＝１ꎬ其实轴㊁虚轴所在的直线在平面直角坐标系ｘＯｙ中的方程分别是ｙ＝(Ａ２＋１＋Ａ)ｘꎬｙ＝(Ａ－Ａ２＋１)ｘꎻ其两个焦点Ｆ１ꎬＦ２ꎬ顶点在平面直角坐标系ｘＯｙ中的坐标分别是(－２Ｂ(Ａ２＋１－Ａ)ꎬ－２Ｂ(Ａ２＋１＋Ａ))ꎬ(２Ｂ(Ａ２＋１－Ａ)ꎬ２Ｂ(Ａ２＋１＋Ａ))ꎬ(－Ｂ４Ａ２＋１ꎬＢ(Ａ２＋１＋Ａ４Ａ２＋１)ꎬ(Ｂ４Ａ２＋１ꎬＢ(Ａ２＋１＋Ａ４Ａ２＋１).下面给出四种证法.为了叙述简便ꎬ设２Ｂ(Ａ２＋１－Ａ)＝αꎬ２Ｂ(Ａ２＋１＋Ａ)＝β(Ｂ>０)ꎬ进而可得(２)中的两个焦点分别为Ｆ１(－αꎬ－β)ꎬＦ２(αꎬβ)ꎬ在坐标平面ｘＯｙ上到两个定点Ｆ１(－αꎬ－β)ꎬＦ２(αꎬβ)距离之差的绝对值是２２Ｂ(Ａ２＋１＋Ａ)＝２β的动点(ｘꎬｙ)的轨迹方程是(ｘ＋α)２＋(ｙ＋β)２－(ｘ－α)２＋(ｙ－β)２＝ʃ２β.②证法１㊀(ⅰ)当(ｘ＋α)２＋(ｙ＋β)２－(ｘ－α)２＋(ｙ－β)２＝２β时ꎬ可得该条件⇔(ｘ＋α)２＋(ｙ＋β)２＝(ｘ－α)２＋(ｙ－β)２＋２β⇔两边平方(ｘ－α)２＋(ｙ－β)２＝α２２Ｂｘ＋ｙ－β α２２Ｂｘ＋ｙȡβæèçöø÷⇔两边平方ｘｙ＝Ａｘ２＋Ｂα２２Ｂｘ＋ｙȡβꎬＢ>０æèçöø÷⇔ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘα２２Ｂｘ＋Ａｘ＋ＢｘȡβꎬＢ>０æèçöø÷⇔ｙ＝Ａｘ＋ＢｘＡ２＋１ｘ＋ＢｘȡβꎬＢ>０ꎬｘ>０æèçöø÷.由Ｂ>０ꎬｘ>０及均值不等式ꎬ可得Ａ２＋１ｘ＋Ｂｘȡ２ＢＡ２＋１＝２Ｂ(Ａ２＋１＋Ａ２＋１)>２Ｂ(Ａ２＋１＋Ａ)＝β.③所以该条件⇔ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ(Ｂ>０ꎬｘ>０).(ⅱ)当(ｘ＋α)２＋(ｙ＋β)２－(ｘ－α)２＋(ｙ－β)２＝－２β时ꎬ可得该条件⇔(ｘ－α)２＋(ｙ－β)２＝(ｘ＋α)２＋(ｙ＋β)２＋２β⇔两边平方(ｘ＋α)２＋(ｙ＋β)２＝－α２２Ｂｘ－ｙ－β－α２２Ｂｘ－ｙȡβæèçöø÷⇔两边平方ｘｙ＝Ａｘ２＋Ｂ－α２２Ｂｘ－ｙȡβꎬＢ>０æèçöø÷⇔ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ－α２２Ｂｘ－Ａｘ－ＢｘȡβꎬＢ>０ꎬｘ<０æèçöø÷⇔ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ－Ａ２＋１ｘ－ＢｘȡβꎬＢ>０ꎬｘ<０æèçöø÷.由Ｂ>０ꎬｘ<０及均值不等式ꎬ可得－Ａ２＋１ｘ－Ｂｘȡ２ＢＡ２＋１＝２Ｂ(Ａ２＋１＋Ａ２＋１)>２Ｂ(Ａ２＋１＋Ａ)＝β.④所以该条件⇔ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ(Ｂ>０ꎬｘ<０).综上所述ꎬ在坐标平面ｘＯｙ上到两个定点Ｆ１ꎬＦ２距离之差的绝对值是２２Ｂ(Ａ２＋１＋Ａ)的动点(ｘꎬｙ)的轨迹方程是ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ.再参见图１ꎬ可证得欲证结论成立.证法２㊀把②式两边两次平方ꎬ得ｘｙ＝Ａｘ２＋Ｂ(ｘ２＋ｙ２ȡ４ＡＢꎬＢ>０).则ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ(ｘ２＋ｙ２ȡ４ＡＢꎬＢ>０).则ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘｘ２＋Ａｘ＋Ｂｘæèçöø÷２ȡ４ＡＢꎬＢ>０æèçöø÷.则ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ((Ａ２＋１)ｘ２＋Ｂ２ｘ２ȡ２ＡＢꎬＢ>０).由均值不等式ꎬ可得(Ａ２＋１)ｘ２＋Ｂ２ｘ２ȡ２ＢＡ２＋１>２ＡＢ(Ｂ>０).所以在坐标平面ｘＯｙ上到两个定点Ｆ１ꎬＦ２距离之差的绝对值是２２Ｂ(Ａ２＋１＋Ａ)的动点(ｘꎬｙ)的轨迹方程是ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ.再参见图１ꎬ可证得欲证结论成立.证法３㊀方程②即(ｘ－α)２＋(ｙ－β)２ʃ２β＝(ｘ＋α)２＋(ｙ＋β)２.两边平方ꎬ得α２２Ｂｘ＋ｙ－β＝ʃｘ２＋ｙ２－２αｘ－２βｙ＋α２＋β２.两边再平方ꎬ得ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ(Ｂ>０).⑤在该推导过程中:第二次平方是等价变形ꎬ第一次平方还不能确定是否是等价变形.所以还需证明⑤⇒②.②的左边＝(ｘ＋α)２＋Ａｘ＋Ｂｘ＋βæèçöø÷２－(ｘ－α)２＋Ａｘ＋Ｂｘ－βæèçöø÷２＝Ａ２＋１ｘ＋Ｂｘ＋β－Ａ２＋１ｘ＋Ｂｘ－β＝－Ａ２＋１ｘ－Ｂｘ－β＋Ａ２＋１ｘ＋Ｂｘ－βꎬｘ<０ꎬＡ２＋１ｘ＋Ｂｘ＋β－Ａ２＋１ｘ＋Ｂｘ－βꎬｘ>０.ìîíïïïï再由结论④及③ꎬ可得②的左边＝－Ａ２＋１ｘ－Ｂｘ－β＋Ａ２＋１ｘ＋Ｂｘ－βꎬｘ<０Ａ２＋１ｘ＋Ｂｘ＋β－Ａ２＋１ｘ－Ｂｘ＋βꎬｘ>０ìîíïïïï＝－２βꎬｘ<０ꎬ２βꎬｘ>０.{再参见图１ꎬ可证得欲证结论成立.证法４㊀用反证法可证得(ｘ＋α)２＋(ｙ＋β)２＋(ｘ－α)２＋(ｙ－β)２ʂ０ꎬ所以②⇔分子有理化⇔(ｘ＋α)２＋(ｙ＋β)２＝ʃα２２Ｂｘ＋ｙ＋βæèçöø÷(ｘ－α)２＋(ｙ－β)２＝ʃα２２Ｂｘ＋ｙ－βæèçöø÷ìîíïïïï⇒(ｘ＋α)２＋(ｙ＋β)２＝α２２Ｂｘ＋ｙ＋βæèçöø÷２(ｘ－α)２＋(ｙ－β)２＝α２２Ｂｘ＋ｙ－βæèçöø÷２ìîíïïïï⇔ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ.若(ｘ＋α)２＋(ｙ＋β)２＝α２２Ｂｘ＋ｙ＋βæèçöø÷２(ｘ－α)２＋(ｙ－β)２＝α２２Ｂｘ＋ｙ－βæèçöø÷２ìîíïïïï⇒(ｘ＋α)２＋(ｙ＋β)２＝ʃα２２Ｂｘ＋ｙ＋βæèçöø÷(ｘ－α)２＋(ｙ－β)２＝∓α２２Ｂｘ＋ｙ－βæèçöø÷ìîíïïïï⇒(ｘ＋α)２＋(ｙ＋β)２＋(ｘ－α)２＋(ｙ－β)２＝ʃ２βꎬ而可证得(ｘ＋α)２＋(ｙ＋β)２＋(ｘ－α)２＋(ｙ－β)２>｜ｙ＋β｜＋｜ｙ－β｜ȡ２β.所以(ｘ＋α)２＋(ｙ＋β)２＝(α２２Ｂｘ＋ｙ＋β)２(ｘ－α)２＋(ｙ－β)２＝(α２２Ｂｘ＋ｙ－β)２{⇒(ｘ＋α)２＋(ｙ＋β)２＝ʃα２２Ｂｘ＋ｙ＋βæèçöø÷ꎬ(ｘ－α)２＋(ｙ－β)２＝∓α２２Ｂｘ＋ｙ－βæèçöø÷.ìîíïïïï因而②⇔ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ.再参见图１ꎬ可证得欲证结论成立.定理２㊀(１)曲线ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ(Ｂ<０)是双曲线ꎬ且其两条渐近线方程分别是ｘ＝０ꎬｙ＝Ａｘꎻ其实半轴长ａ＝－２Ｂ(Ａ２＋１－Ａ)ꎬ虚半轴长ｂ＝－２Ｂ(Ａ２＋１＋Ａ)ꎬ半焦距ｃ＝２－ＢＡ２＋１ꎻ离心率ｅ＝ｃａ＝(Ａ２＋１＋Ａ)２＋１.(２)在旋转变换①下ꎬ平面直角坐标系ｘＯｙ中的曲线ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ(Ｂ<０)变为平面直角坐标系ｘᶄＯｙᶄ中的双曲线ｙᶄ２－２Ｂ(Ａ２＋１－Ａ)－ｘᶄ２－２Ｂ(Ａ２＋１＋Ａ)＝１.其实轴㊁虚轴所在的直线在平面直角坐标系ｘＯｙ中的方程分别是ｙ＝(Ａ－Ａ２＋１)ｘꎬｙ＝(Ａ２＋１＋Ａ)ｘꎻ其两个焦点Ｆ１ꎬＦ２ꎬ顶点在平面直角坐标系ｘＯｙ中的坐标分别是－２Ｂ(Ａ２＋１＋Ａ)ꎬ－－２Ｂ(Ａ２＋１－Ａ)()ꎬ－－２Ｂ(Ａ２＋１＋Ａ)ꎬ－２Ｂ(Ａ２＋１－Ａ)()ꎬ－Ｂ４Ａ２＋１ꎬ－－Ｂ(Ａ２＋１－Ａ)４Ａ２＋１æèçöø÷ꎬ－－Ｂ４Ａ２＋１ꎬ－Ｂ(Ａ２＋１－Ａ)４Ａ２＋１æèçöø÷.证明㊀同定理１的证明.推论㊀双曲线ｙ＝Ａｘ＋Ｂｘ(Ｂʂ０)的离心率ｅ不会随Ｂ的变化而变化.若Ｂ>０ꎬ则ｅ随Ａ的减小而增大ꎻ若Ｂ<０ꎬ则ｅ随Ａ的减小而减小.参考文献:[１]甘志国.高中数学题典:平面解析几何[Ｍ].哈尔滨:哈尔滨工业大学出版社ꎬ２０１６.[２]谷超豪.数学词典[Ｍ].上海:上海辞书出版社ꎬ１９９２.[责任编辑:李㊀璟]。

谈谈几道有瑕疵的高考题

谈谈几道有瑕疵的高考题甘志国(北京丰台二中ꎬ北京１０００７１)摘㊀要:本文对八道高考题提出了商榷ꎬ都是以前的文献中未曾出现过的ꎬ其中包括２０２２年高考上海卷第１２题.关键词:瑕疵ꎻ高考题ꎻ商榷中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１６－００３４－０６收稿日期:２０２３－０３－０５作者简介:甘志国(１９７１－)ꎬ男ꎬ湖北省竹溪人ꎬ硕士ꎬ中学正高级教师ꎬ特级教师ꎬ从事数学解题研究.基金项目:北京市教育学会十三五教育科研滚动立项课题数学文化与高考研究 (项目编号:ＦＴ２０１７ＧＤ００３)㊀㊀一年一度的高考是考生㊁老师㊁家长㊁学校乃至全社会关注的重点话题.高考试题有解法常规㊁情景新颖㊁杜绝偏怪㊁引导教学㊁服务选才等特点ꎬ这也与新课改之精神㊁教育乃培养人的活动㊁数学本来应当是人人能够喜爱的美的科学合拍.但笔者也发现了少数有瑕疵(值得商榷)的高考题.虽然原题不会太影响(实际上ꎬ还是有影响)考生正确答题ꎬ但作为高考题的权威性及引用的广泛性ꎬ还是要确保无误ꎬ尽可能地做到严谨㊁完美.题１㊀(２０２２年高考上海卷第１２题)已知函数ｆ(ｘ)的定义域为[０ꎬ＋ɕ)ꎬ值域为Ａｆꎬ且满足ｆ(ｘ)＝ｆ１１＋ｘæèçöø÷.若ａ>０ꎬ且ｙｙ＝ｆ(ｘ)ꎬｘɪ[０ꎬａ]{}＝Ａｆꎬ则实数ａ的取值范围是.题１是试卷填空压轴题.笔者估计命题专家的解答是:由题得ｙｙ＝ｆ(ｘ)ꎬｘɪ[０ꎬａ]{}＝Ａｆꎬ即ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}.由题设ꎬ可得ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}ɣｆ(ｘ)ｘȡａ{}.再由ｆ(ｘ)ｘȡａ{}＝ｆ１１＋ｘæèçöø÷ｘȡａ{}＝ｆ１１＋ｘæèçöø÷０<１１＋ｘɤ１１＋ａ{}＝ｆ(ｘ)０<ｘɤ１１＋ａ{}ꎬ可得ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝ｆ(ｘ)０<ｘɤ１１＋ａ{}ɣｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}.所以ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}⇔ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}ɣｆ(ｘ)０<ｘɤ１１＋ａ{}＝ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}⇔ｆ(ｘ)０<ｘɤ１１＋ａ{}⊆ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}⇔１１＋ａɤａ(ａ>０)⇔ａȡ５－１２.因而所求实数ａ的取值范围是５－１２ꎬ＋ɕ[öø÷.解答错了ꎬ错在哪里?若函数ｆ(ｘ)的值域Ａｆ是单元素集ꎬ则ｆ(ｘ)０<ｘɤ１１＋ａ{}⊆ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}⇒１１＋ａɤａ(ａ>０)不成立.因而上述解答不正确.事实上ꎬ若Ａｆ是单元素集ꎬ则所求实数ａ的取值范围是(０ꎬ＋ɕ).因而原题是错题ꎬ可把原题修正为:若对于定义域为[０ꎬ＋ɕ)ꎬ值域为Ａｆꎬ且满足ｆ(ｘ)＝ｆ１１＋ｘæèçöø÷恒成立的所有函数ｆ(ｘ)ꎬ均有ｙｙ＝ｆ(ｘ)ꎬｘɪ[０ꎬａ]{}＝Ａｆꎬ则正数ａ的取值范围是.对于修正后的题目ꎬ解答如下:由题设ꎬ可得ｙｙ＝ｆ(ｘ)ꎬｘɪ[０ꎬａ]{}＝Ａｆꎬ即ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}.记５－１２＝αꎬ可得１α＋１＝α(α>０).(１)由已知可验证函数ｆ(ｘ)＝０ꎬｘɪ[０ꎬα)ɣ(αꎬ＋ɕ)１ꎬｘɪα{}{满足ｆ(ｘ)＝ｆ１１＋ｘæèçöø÷恒成立.再由ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝０ꎬ１{}ꎬ可得若ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}ꎬ则ａȡα.(２)当ａȡα时ꎬ下证由题设可得ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}.事实上ꎬ由题设可得ｆ(ｘ)ｘȡα{}＝ｆ１１＋ｘæèçöø÷ｘȡα{}＝ｆ１１＋ｘæèçöø÷０<１１＋ｘɤ１１＋α{}＝ｆ１１＋ｘæèçöø÷０<１１＋ｘɤα{}＝ｆ(ｘ)０<ｘɤα{}.所以ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝ｆ(ｘ)０ɤｘ<α{}ɣｆ(ｘ)ｘȡα{}＝ｆ(ｘ)０ɤｘ<α{}ɣｆ(ｘ)０<ｘɤα{}＝ｆ(ｘ)０ɤｘɤα{}.综上所述ꎬ可得所求正数ａ的取值范围是５－１２ꎬ＋ɕ[öø÷.注㊀本题是会影响考生作答的:考生若只考虑Ａｆ是单元素集的特殊情况ꎬ就会把答案填成 (０ꎬ＋ɕ) .题１的情形在以前的高考题中也出现过.题２㊀(２００５年高考全国Ⅰ卷理科第１５题)已知ΔＡＢＣ的外接圆的圆心为Ｏꎬ两条边上高的交点为Ｈ.若ＯＨң＝ｍ(ＯＡң＋ＯＢң＋ＯＣң)ꎬ则实数ｍ＝.笔者估计命题专家的解答是:由ＯＨң＝ｍ(ＯＡң＋ＯＢң＋ＯＣң)ꎬ可得ＡＨң＝(ｍ－１)ＯＡң＋ｍ(ＯＢң＋ＯＣң).再由ＡＨңʅＢＣңꎬ可得ＡＨң ＢＣң＝(ｍ－１)ＯＡң ＢＣң＋ｍ(ＯＣң＋ＯＢң) (ＯＣң－ＯＢң)＝(ｍ－１)ＯＡң ＢＣң＋ｍ(｜ＯＣң｜２－ＯＢң｜２)＝(ｍ－１)ＯＡң ＢＣң＝０.所以ｍ＝１.解答错了ꎬ错在哪里?当ＯＡʅＢＣ时ꎬ由(ｍ－１)ＯＡң ＢＣң＝０ꎬ并不能得到ｍ＝１ꎬ只能得到ｍɪＲꎻ当ΔＡＢＣ是正三角形时ꎬ可得ＯＨң＝ＯＡң＋ＯＢң＋ＯＣң＝０ꎬ因而也只能得到ｍɪＲ.建议把题２改述为以下四道题目之一(它们的答案均是１):(１)已知ΔＡＢＣ的外接圆的圆心为Ｏꎬ两条边上高的交点为Ｈ.若对于任意的ΔＡＢＣꎬＯＨң＝ｍ(ＯＡң＋ＯＢң＋ＯＣң)恒成立ꎬ则实数ｍ＝ꎻ(２)已知ΔＡＢＣ不是正三角形ꎬ其外接圆的圆心为Ｏꎬ两条边上高的交点为Ｈ.若ＯＨң＝ｍ(ＯＡң＋ＯＢң＋ＯＣң)ꎬ则实数ｍ＝ꎻ(３)已知ΔＡＢＣ的外心Ｏ与垂心Ｈ不重合ꎬ若ＯＨң＝ｍ(ＯＡң＋ＯＢң＋ＯＣң)ꎬ则实数ｍ＝ꎻ(４)若ΔＡＢＣ的外心Ｏ与垂心Ｈ不重合ꎬ则当实数ｍ＝时ꎬＯＨң＝ｍ(ＯＡң＋ＯＢң＋ＯＣң).下面再分析几道有瑕疵的高考题.题３㊀(２０２２年高考全国乙卷理科第１１题)双曲线Ｃ的两个焦点为Ｆ１ꎬＦ２ꎬ以Ｃ的实轴为直径的圆记为Ｄꎬ过Ｆ１作Ｄ的切线与Ｃ交于ＭꎬＮ两点ꎬ且ｃｏｓøＦ１ＮＦ２＝３５ꎬ则Ｃ的离心率为(㊀㊀).Ａ.５２㊀㊀Ｂ.３２㊀㊀Ｃ.１３２㊀㊀Ｄ.１７２解法１㊀可不妨设Ｆ１(－ｃꎬ０)ꎬＦ２(ｃꎬ０)分别是双曲线Ｃ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)的左㊁右焦点ꎬ过左焦点Ｆ１作圆Ｄ:ｘ２＋ｙ２＝ａ２的切线ꎬ切点为Ｐꎬ连接ＯＰ(Ｏ是坐标原点)ꎬ则ＯＰʅＭＮ.包括图１与图２两种情况:可得ＯＰ＝ａꎬＯＦ１＝ｃꎬＦ１Ｐ＝ｂ.作Ｆ２ＱʊＯＰ交ＭＮ于点Ｑꎬ则Ｆ２ＱʅＭＮꎬＦ２Ｑ＝２ＯＰ＝２ａꎬＱＦ１＝２Ｆ１Ｐ＝２ｂ.图１㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图２(１)如图１所示ꎬ两个交点ＭꎬＮ均在双曲线Ｃ的左支上.由ｃｏｓøＦ１ＮＦ２＝３５ꎬ可求得ＮＦ２＝５２ａꎬＮＱ＝３２ａ.所以ＮＦ１＝ＮＱ－ＱＦ１＝３２ａ－２ｂꎬＮＦ２＝ＮＦ１＋２ａ＝７２ａ－２ｂ.再由ＮＦ２＝５２ａꎬ可得ａ＝２ｂ.所以双曲线Ｃ的离心率ｅ＝１＋ｂａæèçöø÷２＝５２.(２)如图２所示ꎬ两个交点ＭꎬＮ分别在双曲线Ｃ的左支㊁右支上.由ｃｏｓøＦ１ＮＦ２＝３５ꎬ可求得ＮＦ２＝５２ａꎬＮＱ＝３２ａ.所以ＮＦ１＝ＮＱ＋ＱＦ１＝３２ａ＋２ｂꎬＮＦ２＝ＮＦ１－２ａ＝２ｂ－１２ａ.再由ＮＦ２＝５２ａꎬ可得３ａ＝２ｂ.所以双曲线Ｃ的离心率ｅ＝１＋ｂａæèçöø÷２＝１３２.解法２㊀(１)如图１所示ꎬ两个交点ＭꎬＮ均在双曲线Ｃ的左支上.可得ＯＰʅＮＦ１ꎬＯＰ＝ａꎬＯＦ１＝ｃꎬＰＦ１＝ｂ.设øＦ１ＮＦ２＝αꎬøＦ２Ｆ１Ｎ＝βꎬ由ｃｏｓøＦ１ＮＦ２＝３５即ｃｏｓα＝３５ꎬ可得ｓｉｎα＝４５ꎬｓｉｎβ＝ａｃꎬｃｏｓβ＝－ｂｃ.在әＦ２Ｆ１Ｎ中ꎬ可得ｓｉｎøＦ１Ｆ２Ｎ＝ｓｉｎπ－α－β()＝ｓｉｎα＋β()＝ｓｉｎαｃｏｓβ＋ｃｏｓαｓｉｎβ＝４５ˑ－ｂｃæèçöø÷＋３５ˑａｃ＝３ａ－４ｂ５ｃ.在әＦ２Ｆ１Ｎ中ꎬ由正弦定理可得ＮＦ２ｓｉｎβ＝ＮＦ１ｓｉｎøＦ１Ｆ２Ｎ＝２ｃｓｉｎα＝５ｃ２.所以ＮＦ１＝５ｃ２ｓｉｎøＦ１Ｆ２Ｎ＝５ｃ２ˑ３ａ－４ｂ５ｃ＝３ａ－４ｂ２ꎬＮＦ２＝５ｃ２ｓｉｎβ＝５ｃ２ˑａｃ＝５ａ２.再由双曲线的定义ꎬ可得ＮＦ２－ＮＦ１＝５ａ２－３ａ－４ｂ２＝ａ＋２ｂ＝２ａ.即ａ＝２ｂ.所以双曲线Ｃ的离心率ｅ＝１＋ｂａæèçöø÷２＝５２.(２)如图２所示ꎬ两个交点ＭꎬＮ分别在双曲线Ｃ的左支㊁右支上.可得ＯＰʅＮＦ１ꎬＯＰ＝ａꎬＯＦ１＝ｃꎬＰＦ１＝ｂ.设øＦ１ＮＦ２＝αꎬøＦ２Ｆ１Ｎ＝βꎬ由ｃｏｓøＦ１ＮＦ２＝３５即ｃｏｓα＝３５ꎬ可得ｓｉｎα＝４５ꎬｓｉｎβ＝ａｃꎬｃｏｓβ＝ｂｃ.在әＦ２Ｆ１Ｎ中ꎬ可得ｓｉｎøＦ１Ｆ２Ｎ＝ｓｉｎπ－α－β()＝ｓｉｎα＋β()＝ｓｉｎαｃｏｓβ＋ｃｏｓαｓｉｎβ＝４５ˑｂｃ＋３５ˑａｃ＝３ａ＋４ｂ５ｃ.在әＦ２Ｆ１Ｎ中ꎬ由正弦定理可得ＮＦ２ｓｉｎβ＝ＮＦ１ｓｉｎøＦ１Ｆ２Ｎ＝２ｃｓｉｎα＝５ｃ２.所以ＮＦ１＝５ｃ２ｓｉｎøＦ１Ｆ２Ｎ＝５ｃ２ˑ３ａ＋４ｂ５ｃ＝３ａ＋４ｂ２ꎬＮＦ２＝５ｃ２ｓｉｎβ＝５ｃ２ˑａｃ＝５ａ２.再由双曲线的定义ꎬ可得ＮＦ１－ＮＦ２＝３ａ＋４ｂ２－５ａ２＝２ｂ－ａ＝２ａ.即３ａ＝２ｂ.所以双曲线Ｃ的离心率ｅ＝１＋ｂａæèçöø÷２＝１３２.注㊀得到的结果是所求双曲线Ｃ的离心率为５２或１３２ꎬ与本题是单选题不符.建议把本题的题干改述为:已知双曲线Ｃ的两个焦点分别为Ｆ１ꎬＦ２ꎬ以双曲线Ｃ的实轴为直径的圆记为Ｄꎬ过焦点Ｆ１作圆Ｄ的切线与双曲线Ｃ的两支分别交于点ＭꎬＮ.若ｃｏｓøＦ１ＮＦ２＝３５ꎬ则双曲线Ｃ的离心率为(㊀㊀).Ａ.５２㊀㊀Ｂ.３２㊀㊀Ｃ.１３２㊀㊀Ｄ.１７２题４㊀(２００９年高考全国Ⅱ卷理科第１４题)设等差数列ａｎ{}的前ｎ项和为Ｓｎꎬ若ａ５＝５ａ３ꎬ则Ｓ９Ｓ５＝.解析㊀由{ａｎ}为等差数列ꎬ可得Ｓ９Ｓ５＝９ａ５５ａ３＝９.商榷㊀题４有不严谨之处:当ａｎ＝０(ｎɪＮ∗)时ꎬ满足题设但不满足结论.把题４中的等差数列改为各项不全为０的等差数列即可(改动后答案不变).题５㊀(２０１７年高考上海卷第６题)设双曲线ｘ２９－ｙ２ｂ２＝１(ｂ>０)的焦点为Ｆ１ꎬＦ２ꎬＰ为该双曲线上的一点.若｜ＰＦ１｜＝５ꎬ则｜ＰＦ２｜＝.解析㊀由双曲线的定义ꎬ可得｜｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜｜＝｜５－｜ＰＦ２｜｜＝６ꎬ得｜ＰＦ２｜＝１１.商榷㊀我们先证明结论双曲线ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０ꎬｃ＝ａ２＋ｂ２)左支上任一点Ｐ到左焦点Ｆ的距离ＰＦ的取值范围是[ｃ－ａꎬ＋ɕ)ꎬ右支上任一点Ｑ到左焦点Ｆ的距离ＱＦ的取值范围是[ｃ＋ａꎬ＋ɕ) .设点Ｐ(ｘꎬｙ)(ｘɤ－ａ)ꎬ可得ＰＦ２＝(ｘ＋ｃ)２＋ｙ２＝(ｘ＋ｃ)２＋ｂ２ｘ２ａ２－ｂ２＝ｃ２ａ２ｘ＋ａ２ｃæèçöø÷２.由ｘɤ－ａꎬ可得ＰＦ的取值范围是[ｃ－ａꎬ＋ɕ).同理可证ꎬＱＦ的取值范围是[ｃ＋ａꎬ＋ɕ).建议把题５中的焦点为改为两个焦点分别为 .接下来ꎬ解答该题时ꎬ可不妨设Ｆ１ꎬＦ２分别是双曲线的左㊁右焦点ꎬ由证得的结论可得｜ＰＦ１｜＝５ȡ９＋ｂ２－３ꎬ０<ｂɤ５５ꎬ还可证明当ｂɪ(０ꎬ５５]时ꎬ均满足题意.因而题目设双曲线ｘ２９－ｙ２ｂ２＝１(ｂ>５５)的两个焦点分别为Ｆ１ꎬＦ２ꎬＰ为该双曲线上的一点.若｜ＰＦ１｜＝５ꎬ则｜ＰＦ２｜＝的答案是不存在 .故建议把题５中的ｂ>０改为０<ｂɤ５５ .题６㊀(２００６年高考浙江卷第１９题)如图３所示ꎬ椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)与过点Ａ(２ꎬ０)ꎬＢ(０ꎬ１)的直线有且只有一个公共点Ｔꎬ且椭圆的离心率ｅ＝３２.图３(１)求椭圆方程ꎻ(２)设Ｆ１ꎬＦ２分别为椭圆的左㊁右焦点ꎬ求证:｜ＡＴ｜２＝１２｜ＡＦ１｜｜ＡＦ２｜.商榷㊀第(１)问的答案是ｘ２２＋２ｙ２＝１.在本题中还可得Ｆ２(３２ꎬ０)ꎬＴ(１ꎬ１２)ꎬ所以点Ｔ应在点Ｆ２的左上方ꎬ所以题６的原图(即图３)有误ꎬ这会影响考生答题(考生算出正确答案后ꎬ对照图形检验时却以为自己算错了ꎬ会又算一遍ꎬ ).题７㊀(２０１０年高考重庆卷理科第２０题)已知以原点Ｏ为中心ꎬＦ(５ꎬ０)为右焦点的双曲线Ｃ的离心率ｅ＝５２.(１)求双曲线Ｃ的标准方程及其渐近线方程ꎻ(２)如图４所示ꎬ已知过点Ｍ(ｘ１ꎬｙ１)的直线ｌ１ʒｘ１ｘ＋４ｙ１ｙ＝４与过点Ｎ(ｘ２ꎬｙ２)(其中ｘ２ʂｘ１)的直线ｌ２ʒｘ２ｘ＋４ｙ２ｙ＝４的交点Ｅ在双曲线Ｃ上ꎬ直线ＭＮ与两条渐近线分别交于ＧꎬＨ两点ꎬ求әＯＧＨ的面积.图４解析㊀(１)(过程略)双曲线Ｃ的标准方程为ｘ２４－ｙ２＝１ꎬ其渐近线方程为ｘʃ２ｙ＝０.(２)由两点确定一直线可得直线ＭＮ的方程为ｘＥｘ＋４ｙＥｙ＝４.分别解方程组ｘＥｘ＋４ｙＥｙ＝４ꎬｘ－２ｙ＝０ꎬ{ｘＥｘ＋４ｙＥｙ＝４ꎬｘ＋２ｙ＝０ꎬ{可求得两点Ｇ(４ｘＥｘ＋２ｙＥꎬ２ｘＥ＋２ｙＥ)ꎬＨ(－４ｘＥｘ＋２ｙＥꎬ２ｘＥ＋２ｙＥ).因为点Ｅ在双曲线Ｃ上ꎬ所以ｘ２Ｅ－４ｙ２Ｅ＝４.进而可得ＳәＯＧＨ＝１２(８ｘ２Ｅ－４ｙ２Ｅ－－８ｘ２Ｅｘ－４ｙ２Ｅ)＝８ｘ２Ｅ－４ｙ２Ｅ＝８４＝２.商榷㊀下面将指出题７的原图(即图４)的错误:因为点Ｅ关于ｘ轴的对称点Ｅᶄ(ｘＥꎬ－ｙＥ)也在双曲线Ｃ上ꎬ而双曲线Ｃ在点Ｅᶄ处的切线方程为ｘＥｘ４－(－ｙＥ)ｙ＝－１ꎬ即ｘＥｘ＋４ｙＥｙ＝４ꎬ也即直线ＭＮꎬ所以直线ＭＮ与双曲线Ｃ应当相切ꎬ而不是相离.题８㊀(２０１７年高考北京卷文科㊁理科第８题)根据有关资料ꎬ围棋状态空间复杂度的上限Ｍ约为３３６１ꎬ而可观测宇宙中普通物质的原子总数Ｎ约为１０８０.则下列各数中与ＭＮ最接近的是(㊀㊀).(参考数据:ｌｇ３ʈ０.４８)Ａ.１０３３㊀Ｂ.１０５３㊀Ｃ.１０７３㊀㊀Ｄ.１０９３分析㊀题８中的３３６１与１０８０均应看成是准确数(１ˑ１０８０ꎬ１.０ˑ１０８０均可认为是近似数ꎬ它们分别精确到１０８０ꎬ１０７９)ꎬ也可均看成是精确到１的近似数.而围棋状态空间复杂度的上限Ｍ与可观测宇宙中普通物质的原子总数Ｎ均为正整数ꎬ所以由Ｍʈ３３６１ꎬＮʈ１０８０可得Ｍ＝３３６１ꎬＮ＝１０８０.而事实却是围棋状态空间复杂度的上限Ｍ<３３６１ꎬ可观测宇宙中普通物质的原子总数Ｎ<１０８０.权当这是本题的一点不严谨吧.下面就按照Ｍ＝３３６１ꎬＮ＝１０８０来求解. 解法１㊀由ｌｇＭＮ＝ｌｇＭ－ｌｇＮ＝ｌｇ３３６１－ｌｇ１０８０＝３６１ˑｌｇ３－８０ʈ３６１ˑ０.４８－８０＝１７３.２８－８０＝９３.２８ꎬ可得ＭＮʈ１０９３.２８ꎬ所以ＭＮ>１０９３>１０７３>１０５３>１０３３ꎬ进而可得答案.对解法１的分析㊀若答案是Ｄꎬ则需证明ＭＮ－１０７３>ＭＮ－１０９３ꎬ３３６１１０８０－１０７３>３３６１１０８０－１０９３ꎬ３３６１－１０１５３>３３６１－１０１７３ꎬ由３３６１>(３７３２)４０＝(２１８７９)４０>(２０００５)４０＝１０１６０>１０１５３ꎬ可得３３６１－１０１５３＝３３６１－１０１５３.接下来ꎬ还需比较３３６１与１０１７３的大小.由ｌｇ３ʈ０.４８ꎬ可得３３６１ʈ１０１７３.２８ꎬ再由此得出３３６１>１０１７３是没有道理的.好比由２.５ʈ３ꎬ３>２.９ꎬ并不能得出２.５>２.９是一个道理(由近似值及其精确度只能得出真值的取值范围).由３３６１>１０１７３.２８(它等价于ｌｇ３>０.４８)可以得出３３６１>１０１７３ꎬ而由ｌｇ３ʈ０.４８不能得出ｌｇ３>０.４８.所以解法１的理由不充分.根据近似数的理论ꎬ ｌｇ３ʈ０.４８的意义就是把ｌｇ３(精确到０.０１)按照四舍五入法取近似数得到的结果是０.４８ꎬ比如２０１４年高考课标全国Ⅱ卷理科第２１(３)题已知１.４１４２<２<１.４１４３ꎬ估计ｌｎ２的近似值(精确到０.００１) ꎬ答案０.６９３就是按照四舍五入法取近似数得到的结果.因而ꎬｌｇ３ʈ０.４８⇔０.４７５ɤｌｇ３<０.４８５.由０.４７５ɤｌｇ３<０.４８５⇔１７１.４７５ɤ３６１ｌｇ３<１７５.０８５⇔１０１７１.４７５ɤ３３６１<１０１７５.０８５可知ꎬ不能比较出３３６１与１０１７３的大小.说明按此思路不能继续作答ꎬ得出答案Ｄ也是没有道理的.解法２㊀Ｃ.其理由是:(１)１０７３<３３６１１０８０<１０９３ꎻ(２)３３６１１０８０－１０７３<１０９３－３３６１１０８０.证明如下:在解法１中已严格证得３３６１>１０１６０ꎬ所以３３６１１０８０>１０８０>１０７３.还可得２４０１０１２＝(２１０１０３)４＝１.０２４４< (１.１２)２＝１.２１２<(５４)２<５３ꎬ即３ˑ２４０<５ˑ１０１２.又因为３３６１＝３ˑ(３９)４０＝３ˑ１９６８３４０<３ˑ(２ˑ１０４)４０＝３ˑ２４０ˑ１０１６０<５ˑ１０１７２<１０１７３ꎬ所以３３６１１０８０<１０９３.所以１０７３<３３６１１０８０<１０９３.得结论(１)成立.前面已证得３３６１<５ˑ１０１７２ꎬ所以２ˑ３３６１<１０１７３.所以２ˑ３３６１<１０１７３＋１０１５３.所以３３６１１０８０－１０７３<１０９３－３３６１１０８０.得结论(２)成立.对解法２的分析㊀虽然解法２中没有用 (参考数据:ｌｇ３ʈ０.４８) ꎬ但是参考数据可不用是常识.解答２０１４年高考课标全国Ⅱ卷理科第２１(３)题时ꎬ就可不用题设１.４１４２<２<１.４１４３ .早年的高考数学试卷前面写的参考公式也不是解题时必须要用的.因此ꎬ解法２正确.对题８的改编㊀根据有关资料ꎬ围棋状态空间复杂度与３３６１有关ꎬ可观测宇宙中普通物质的原子总数与１０８０有关.下列各数中与ｌｇ３３６１１０８０最接近的是(㊀㊀).(参考数据:０.４７０<ｌｇ３<０.４７８)Ａ.３３㊀㊀Ｂ.５３㊀㊀Ｃ.７３㊀㊀Ｄ.９３解析㊀由０.４７０<ｌｇ３<０.４７８及ｌｇ３３６１１０８０＝３６１ｌｇ３－８０ꎬ可得３３<５３<７３<ｌｇ３３６１１０８０<９３.再由ｌｇ３３６１１０８０－７３>９３－ｌｇ３３６１１０８０⇔ｌｇ３３６１１０８０>８３⇔３６１ｌｇ３>１６３及３６１ｌｇ３>３６１ˑ０.４７０＝１６９.６７>１６３ꎬ可得ｌｇ３３６１１０８０－７３>９３－ｌｇ３３６１１０８０ꎬ故本题的答案为Ｄ.注㊀由这道改编题及其解法可知ꎬ 已知ａ㊁ｂ㊁ｃɪＲ.若ａ比ｃ更接近于ｂꎬ则１０ａ比１０ｃ更接近于１０ｂ是假命题(由图５可理解此结论正确).比如ꎬ以上改编题的结论是９３比７３更接近于ｌｇ３３６１１０８０ꎬ但不能由此得出１０９３比１０７３更接近于１０ｌｇ[３３６１/１０８０]即３３６１１０８０ꎬ因为在以上解法２中已严格证得１０７３比１０９３更接近于３３６１１０８０.图５参考文献:[１]甘志国.对一道联考题的完整解答[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２３(０７):２－６.[责任编辑:李㊀璟]。

对一道联考题的完整解答

对一道联考题的完整解答甘志国(北京丰台二中ꎬ北京１０００７１)摘㊀要:２０２２届湖北省二十一所重点中学高三第三次联考数学试题第７题ꎬ是一道极值点偏移问题ꎬ文章给出其六种解答ꎬ从而可使读者掌握解答极值点偏移问题的一般方法.关键词:联考试题ꎻ商榷ꎻ极值点偏移问题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)０７－０００２－０５收稿日期:２０２２－１２－０５作者简介:甘志国(１９７１－)ꎬ男ꎬ湖北省竹溪人ꎬ硕士ꎬ特级教师ꎬ从事中学数学教学研究.基金项目:北京市教育学会十三五教育科研滚动立项课题数学文化与高考研究 (项目编号:ＦＴ２０１７ＧＤ００３).㊀㊀２０２２届湖北省二十一所重点中学高三第三次联考数学试题第７题(即下面的题１)是一道极值点偏移问题:题１㊀若函数ｆ(ｘ)＝ｌｎｘ－ａｘ＋１有两个零点ｘ１ꎬｘ２(ｘ１<ｘ２)ꎬ则下列说法错误的是(㊀㊀).Ａ.０<ａ<１㊀㊀㊀㊀Ｂ.ｘ１ｘ２>１ａＣ.ｘ２－ｘ１>１ａ－１Ｄ.ｘ１＋ｘ２<２ａ解析㊀可得ｆ(ｘ)＝０⇔ｌｎｘ＋１ｘ＝ａ.即曲线ｙ＝ｌｎｘ＋１ｘ与直线ｙ＝ａ的两个公共点的横坐标分别是ｘ１ꎬｘ２(ｘ１<ｘ２).设ｇ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１ｘꎬ可得ｇᶄ(ｘ)＝－ｌｎｘｘ２.进而可得ｇ(ｘ)在(０ꎬ１)ꎬ(１ꎬ＋¥)上分别单调递增㊁单调递减ꎬ且ｇ(ｘ)ｍａｘ＝ｇ(１)＝１ꎬｇ１ｅæèçöø÷＝０.当ｘ>１ｅ时ꎬｇ(ｘ)>０.所以当ａɤ０或ａȡ１时ꎬ关于ｘ的方程ｇ(ｘ)＝ａ至多有一个根ꎬ因而由题设可得０<ａ<１ꎬ所以选项Ａ正确.用导数可证得不等式ｌｎｓɤｓ－１(当且仅当ｓ＝１时取等号)ꎬ进而可得ｌｎｔɤ２ｔ－２(当且仅当ｔ＝１时取等号).①由此可证得ｇ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１ｘɤ２ｘ－１ｘ<２ｘꎬ所以ｇ４ａ２æèçöø÷<ａꎬ进而可得当０<ａ<１时ꎬ关于ｘ的方程ｇ(ｘ)＝ａ有且仅有两个根ｘ１ꎬｘ２且１ｅ<ｘ１<１<ｘ２(如图１所示).还可得ｌｎｘ１＋１＝ａｘ１ꎬ②ｌｎｘ２＋１＝ａｘ２.③所以ａ＝ｌｎｘ１－ｌｎｘ２ｘ１－ｘ２.④图１由对数平均不等式 αβ<α－βｌｎα－ｌｎβ<α＋β２ ꎬ可得ａ>２ｘ１＋ｘ２ꎬｘ１＋ｘ２>２ａꎬ所以选项Ｄ不正确ꎬ因而这道单选题的答案就是Ｄ.由ｘ２＝ｌｎｘ２＋１ａ>１ａꎬ－ｘ１>－１ꎬ可得选项Ｃｘ２－ｘ１>１ａ－１正确.下面证明选项Ｂ正确.证法１㊀(北京宏志中学王芝平)函数ｆ(ｘ)的定义域为(０ꎬ＋ɕ).当ａɤ０时ꎬｆ(ｘ)单调递增ꎬ不可能有两个零点ꎬ不合题意.当ａ>０时ꎬ可得ｆᶄ(ｘ)＝１ｘ－ａ(ｘ>０).令ｆᶄ(ｘ)＝０ꎬ解得ｘ＝１ａ.易知ｆᶄ(ｘ)单调递减ꎬ所以ｆᶄ(ｘ)>０⇔０<ｘ<１ａꎻｆᶄ(ｘ)<０⇔ｘ>１ａ.得函数ｆ(ｘ)的增区间是(０ꎬ１ａ)ꎬ减区间是(１ａꎬ＋ɕ)ꎬ所以ｆ(ｘ)ｍａｘ＝ｆ(１ａ)＝－ｌｎａ(如图２所示).图２因为函数ｆ(ｘ)有两个零点ꎬ所以ｆ(１ａ)＝－ｌｎａ>０ꎬ解得０<ａ<１.当０<ａ<１时ꎬ因为ｆ(１ｅ)＝－ａｅ<０ꎬ所以ｆ(ｘ)在区间(１ｅꎬ１ａ)上有且仅有一个零点ｘ１(１ｅ<ｘ１<１<１ａ).由结论①ꎬ得ｆ(ｘ)＝ｌｎｘ－ａｘ＋１ɤ２ｘ－ａｘ－１.所以ｆ(４ａ２)<２ˑ２ａ－ａˑ４ａ２－１＝－１<０.所以ｆ(ｘ)在区间(１ａꎬ＋ɕ)上有且仅有一个零点ｘ２(１ａ<ｘ２<４ａ２).因而ｘ１ｘ２>１ａ⇔ｘ２>１ａｘ１>１ａ⇔ｆ(ｘ２)<ｆ(１ａｘ１)⇔ｆ(１ａｘ１)>０⇔－ｌｎ(ａｘ１)－１ｘ１＋１>０⇔②ｌｎ(ｌｎｘ１＋１)＋１ｘ１－１<０１ｅ<ｘ１<１æèçöø÷.设函数ｇ(ｘ)＝ｌｎ(ｌｎｘ＋１)＋１ｘ－１(０<ｘɤ１)ꎬ可得ｇᶄ(ｘ)＝１ｘｌｎｘ＋１－１ｘ２＝ｘ－１－ｌｎｘ(ｌｎｘ＋１)ｘ２ȡ０(当且仅当ｘ＝１时取等号).所以ｇ(ｘ)单调递增.因而ｇ(ｘ１)<ｇ(１)＝０ꎬ得欲证结论成立.证法２㊀(北京组合教育科技有限公司张永辉㊁余臣)设ｘ＝ｔａ(ｔ>０)ꎬ可得即证:若函数ｇ(ｔ)＝ｌｎｔ－ｔ＋１－ｌｎａ有两个零点ｔ１ꎬｔ２(０<ｔ１<ｔ２)ꎬ则ｔ１ｔ２>ａ.可得ｇᶄ(ｔ)＝１－ｔｔ(ｔ>０).进而可得ｇ(ｔ)在(０ꎬ１)ꎬ(１ꎬ＋¥)上分别单调递增㊁单调递减ꎬ且ｇ(ｔ)ｍａｘ＝ｇ(１)＝－ｌｎａ.当ｇ(ｔ)ｍａｘɤ０ꎬ即ａȡ１时ꎬ函数ｇ(ｔ)至多有一个零点ꎬ不满足题设ꎬ所以０<ａ<１.由不等式⑤ꎬ可得ｇ(ｔ)ɤ２ｔ－１－ｔ－ｌｎａꎬ进而可得ｇ((１＋－ｌｎａ)２)ɤ０ꎻ还可得ｇａｅæèçöø÷＝－ａｅ<０.所以当０<ａ<１时ꎬ函数ｇ(ｔ)有且仅有两个零点ｔ１ꎬｔ２(０<ｔ１<１<ｔ２).欲证ｔ１ｔ２>ａꎬ即证ｌｎｔ１＋ｌｎｔ２>ｌｎａꎬｌｎｔ１＋ｌｎｔ２>ｌｎｔ２＋１－ｔ２ꎬ１－ｌｎｔ１<ｔ２.再由１－ｌｎｔ１>１ꎬｔ２>１及ｇ(ｔ)在(１ꎬ＋¥)上单调递减ꎬ可得即证ｇ(１－ｌｎｔ１)>ｇ(ｔ２).又由ｇ(ｔ２)＝ｇ(ｔ１)ꎬ可得即证ｇ(１－ｌｎｔ１)>ｇ(ｔ１)ꎬｇ(ｔ１)－ｇ(１－ｌｎｔ１)<０(０<ｔ１<１).设函数ｈ(ｕ)＝ｇ(ｕ)－ｇ(１－ｌｎｕ)＝１－ｕ－ｌｎ(１－ｌｎｕ)(０<ｕ<１)ꎬ可得ｈᶄ(ｕ)＝１ｕ(１－ｌｎｕ)－１(０<ｕ<１).由ｌｎ１ｕ<１ｕ－１ꎬ可得０<ｕ(１－ｌｎｕ)<１ꎬｈᶄ(ｕ) >０(０<ｕ<１)ꎬｈ(ｕ)单调递增ꎬ所以ｈ(ｕ)<ｈ(１)＝０(０<ｕ<１).因而ｇ(１－ｌｎｔ１)>ｇ(ｔ１)(０<ｔ１<１)ꎬ得欲证结论成立.证法３㊀设ｘ＝ｅｔꎬ可得即证若函数ｇ(ｔ)＝ａｅｔ－ｔ－１有两个零点ｔ１ꎬｔ２(ｔ１<ｔ２)ꎬ则ｔ１＋ｔ２>－ｌｎａ .可求得ｇᶄ(ｔ)＝ａｅｔ－１.若ａɤ０ꎬ可得ｇᶄ(ｔ)<０ꎬｇ(ｔ)单调递减ꎬｇ(ｔ)至多有一个零点ꎬ不满足题设ꎬ所以ａ>０.还可得ｇ(ｔ)在(－¥ꎬ－ｌｎａ)ꎬ(－ｌｎａꎬ＋¥)上分别单调递减㊁单调递增.因而ｇ(ｔ)ｍｉｎ＝ｇ(－ｌｎａ)＝ｌｎａ<０ꎬ０<ａ<１.用导数可证得不等式ｅｓ>ｓ２(ｓ>０).所以ｇ２ａæèçöø÷＝ａｅ２ａ－２ａ－１>ａ２ａæèçöø÷２－２ａ－１＝２ａ－１>０.再由ｇ(－１)＝ａｅ>０ꎬｇ(０)＝ａ－１<０ꎬ－１<０<－ｌｎａ<２ａꎬ可得当０<ａ<１时ꎬ函数ｇ(ｔ)＝ａｅｔ－ｔ－１有两个零点ｔ１ꎬｔ２(ｔ１<ｔ２)ꎬ且－１<ｔ１<０<－ｌｎａ<ｔ２.欲证ｔ１＋ｔ２>－ｌｎａꎬ即证－ｌｎａ－ｔ１<ｔ２.再由－ｌｎａ－ｔ１>－ｌｎａꎬｔ２>－ｌｎａ及ｇ(ｔ)在(－ｌｎａꎬ＋¥)上单调递增ꎬ可得即证ｇ(－ｌｎａ－ｔ１) <ｇ(ｔ２).再由ｇ(ｔ２)＝０ꎬ可得即证ｇ(－ｌｎａ－ｔ１)<０ꎬ即证ｅ－ｔ１＋(ｌｎａ＋ｔ１)－１<０(－１<ｔ１<０).由ｇ(ｔ１)＝ａｅｔ１－ｔ１－１＝０ꎬ可得ｌｎａ＋ｔ１＝ｌｎ(ｔ１＋１).所以即证ｅ－ｔ１＋ｌｎ(ｔ１＋１)－１<０(－１<ｔ１<０).设函数ｈ(ｕ)＝ｅ－ｕ＋ｌｎ(ｕ＋１)－１(－１<ｕɤ０)ꎬ可得ｈᶄ(ｕ)＝１ｕ＋１－ｅ－ｕ＝ｅｕ－ｕ－１(ｕ＋１)ｅｕȡ０(－１<ｕɤ０)ꎬ所以ｈ(ｕ)单调递增.所以ｈ(ｔ１)<ｈ(０)＝０(－１<ｔ１<０)ꎬ得欲证结论成立.证法４㊀设ｘ＝ｅｔꎬ可得即证若关于ｔ的方程ａｅｔ＝ｔ＋１(０<ａ<１)有两个根ｔ１ꎬｔ２(－１<ｔ１<０<ｔ２)ꎬ则ｔ１＋ｔ２>－ｌｎａ.再设ｓ＝ｔ＋１ꎬ可得即证若关于ｓ的方程ａｅｓ－ｅｓ＝０有两个根ｓ１ꎬｓ２(０<ｓ１<１<ｓ２)ꎬ则ｓ１＋ｓ２>２－ｌｎａ.当２－ｌｎａ－ｓ２ɤ０ꎬ即ｓ２ȡ２－ｌｎａ时ꎬ由ｓ１>０ꎬ可得ｓ１＋ｓ２>２－ｌｎａ.当２－ｌｎａ－ｓ２>０ꎬ即ｓ２<２－ｌｎａ时:设ρ(ｖ)＝ａｅｖ－ｅｖ(ｖ>０)ꎬ可得ρᶄ(ｖ)＝ａｅｖ－ｅ(ｖ>０)ꎬ进而可得ρ(ｖ)在(０ꎬ１－ｌｎａ)上单调递减.还可得０<ｓ１<１<１－ｌｎａꎬ０<２－ｌｎａ－ｓ２<１－ｌｎａꎬ所以ｓ１＋ｓ２>２－ｌｎａ⇔０<２－ｌｎａ－ｓ２<ｓ１<１－ｌｎａ⇔ρ(２－ｌｎａ－ｓ２)>ρ(ｓ１)(１<ｓ２<２－ｌｎａ).再由ρ(ｓ１)＝０ꎬ可得即证ρ(２－ｌｎａ－ｓ２)>０ꎬ即证ｅ１－ｓ２＋ｓ２－２＋ｌｎａ>０(１<ｓ２<２－ｌｎａ).由ａｅｓ２－ｅｓ２＝０ꎬａｅｓ２－１＝ｓ２ꎬ可得ｌｎａ＝ｌｎｓ２－ｓ２＋１.所以即证ｅ１－ｓ２＋ｌｎｓ２－１>０(１<ｓ２<２－ｌｎａ).设函数λ(ｕ)＝ｅ１－ｕ＋ｌｎｕ－１(ｕȡ１)ꎬ可得λᶄ(ｕ)＝１ｕ－ｅ１－ｕ＝ｅｕ－１－ｕｕｅｕ－１>０(ｕȡ１)ꎬ所以λ(ｕ)单调递增.所以λ(ｓ２)>λ(１)＝０(１<ｓ２<２－ｌｎａ)ꎬ得欲证结论成立.证法５㊀(西安领军教育培训中心张学宾)如前所述:可得０<ａ<１ꎬ１ｅ<ｘ１<１<ｘ２.所以可设ｘ２＝ｔｘ１(ｔ>１).由②③ꎬ可得ｌｎｘ２＋１ｌｎｘ１＋１＝ｘ２ｘ１＝ｔ.解得ｌｎｘ１＝ｌｎｔｔ－１－１ꎬｌｎｘ２＝ｔｌｎｔｔ－１－１.由②ꎬ可得１ａ＝ｘ１ｌｎｘ１＋１＝ｅｌｎｔｔ－１－１ｌｎｔｔ－１.所以ｘ１ｘ２>１ａ⇔ｌｎｘ１＋ｌｎｘ２>ｌｎｅｌｎｔｔ－１－１ｌｎｔｔ－１⇔ｌｎｔｔ－１＋ｔｌｎｔｔ－１－２>ｌｎｔｔ－１－１－ｌｎｌｎｔ＋ｌｎ(ｔ－１)⇔ｌｎｔ＋ｌｎｔｔ－１＋ｌｎｌｎｔ－ｌｎ(ｔ－１)－１>０(ｔ>１).设函数ｇ(ｔ)＝ｌｎｔ＋ｌｎｔｔ－１＋ｌｎｌｎｔ－ｌｎ(ｔ－１)－１(ｔ>１)ꎬ可得ｇᶄ(ｔ)＝１ｔｌｎｔ－ｌｎｔ(ｔ－１)２＝ｔ－１＋ｔｌｎｔｔ(ｔ－１)２ｌｎｔｔ(ｔ－１ｔ－２ｌｎｔ)(ｔ>１).用导数可证得不等式ｓ－１ｓ－２ｌｎｓ>０(ｓ>１)ꎬ进而可得ｇᶄ(ｔ)>０(ｔ>１)ꎬｇ(ｔ)单调递增.由导数的定义ꎬ可得ｌｉｍｔң１＋ｌｎｔｔ－１＝ｌｉｍｔң１＋ｌｎｔ－ｌｎ１ｔ－１＝(ｌｎｔ)ᶄｔ＝１＝１.ｌｉｍｔң１＋[ｌｎｌｎｔ－ｌｎ(ｔ－１)]＝ｌｉｍｔң１＋ｌｎｌｎｔｔ－１＝ｌｎｌｉｍｔң１＋ｌｎｔｔ－１＝ｌｎ１＝０.所以ｌｉｍｔң１＋ｇ(ｔ)＝０ꎬ因而ｇ(ｔ)>０(ｔ>１)ꎬ得欲证结论成立.证法６㊀(无锡市严文兰数学工作室严文兰)由④及对数平均不等式ꎬ可得ａ<１ｘ１ｘ２.所以ａ２ｘ１ｘ２<１.⑤设函数ｇ(ｘ)＝ｌｎｘ＋１ｘꎬ如前所述:可得关于ｘ的方程ｇ(ｘ)＝ａ(０<ａ<１)有且仅有两个实根ｘ１ꎬｘ２且１ｅ<ｘ１<１<ｘ２.还可得ｇᶄ(ｘ)＝－ｌｎｘｘ２.再设ｇ１(ｘ)＝ｇ(ｘ)(０<ｘɤ１)ꎬｇ２(ｘ)＝ｇ(ｘ)(ｘȡ１)ꎬ可得ｘ１＝ｇ－１１(ａ)ꎬｘ２＝ｇ－１２(ａ).由②③ꎬ可得ｌｎ(ｘ１ｘ２)＝ａ(ｘ１＋ｘ２)－２.所以ꎬ欲证ｘ１ｘ２>１ａꎬ即证ｌｎ(ｘ１ｘ２)＋ｌｎａ>０.ａ(ｘ１＋ｘ２)－２＋ｌｎａ>０.ａ[ｇ－１１(ａ)＋ｇ－１２(ａ)]＋ｌｎａ－２>０(０<ａ<１).设函数ｈ(ａ)＝ａ(ｘ１＋ｘ２)－２＋ｌｎａ＝ａ[ｇ－１１(ａ)＋ｇ－１２(ａ)]＋ｌｎａ－２(０<ａ<１).由反函数的求导法则ꎬ可得ｘ１ᶄ＝[ｇ－１１(ａ)]ᶄ＝－ｘ２１ｌｎｘ１ꎬｘ２ᶄ＝[ｇ－１２(ａ)]ᶄ＝－ｘ２２ｌｎｘ２.所以ｈᶄ(ａ)＝(ｘ１＋ｘ２)＋ａ－ｘ２１ｌｎｘ１－ｘ２２ｌｎｘ２æèçöø÷＋１ａ(０<ａ<１).进而可得:当０<ａ<１时ꎬｈᶄ(ａ)<０⇔(ａｘ１－１)＋(ａｘ２－１)－(ａｘ１)２ｌｎｘ１＋(ａｘ２)２ｌｎｘ２[]<－３⇔②③ｌｎｘ１＋ｌｎｘ２－(１＋ｌｎｘ１)２ｌｎｘ１＋(１＋ｌｎｘ２)２ｌｎｘ２[]<－３⇔１＋１ｌｎｘ１＋１ｌｎｘ２>０⇔ｘ１<１<ｘ２(１＋ｌｎｘ１)(１＋ｌｎｘ２)<１⇔②③ａｘ１ａｘ２<１⇔⑤因而ｈᶄ(ａ)<０ꎬｈ(ａ)单调递减.所以ｈ(ａ)>ｈ(１)＝ｇ－１１(１)＋ｇ２－１(１)－２＝０(０<ａ<１)ꎬ得欲证结论成立.题２㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｍｅｘ－ｘ－１.(１)若ｘ１ꎬｘ２(ｘ１<ｘ２)均是函数ｆ(ｘ)的零点ꎬ求证:１ｅｘ２＋ｅｘ１<ｍꎻ(２)若∀ｘɪＲꎬｆ(ｘ)>０恒成立ꎬ请比较ｅｍ－１与ｍｅ－１的大小.解析㊀(１)设ｇ(ｔ)＝ｅｔ－１ｅｔ＋１－ｔ＝１－２ｅｔ＋１－ｔ(ｔ>０)ꎬ得ｇᶄ(ｔ)＝－ｅ２ｔ＋１(ｅｔ＋１)２<０(ｔ>０).所以ｇ(ｔ)单调递减.得ｇ(ｔ)<ｇ(０)＝０.可得ｍｅｘ１＝ｘ１＋１ꎬｍｅｘ２＝ｘ２＋１.所以在以上结论中可令ｔ＝ｘ２－ｘ１后ꎬ得ｅｘ２－ｅｘ１ｅｘ２＋ｅｘ１－ｍ(ｅｘ２－ｅｘ１)＝ｅｘ２－ｅｘ１ｅｘ２＋ｅｘ１－(ｘ２－ｘ１)＝ｅｘ２－ｘ１－１ｅｘ２－ｘ１＋１－(ｘ２－ｘ１)<０所以１ｅｘ２＋ｅｘ１<ｍ.(２)可得题设即ｍ>(ｘ＋１ｅｘ)ｍａｘ.设μ(ｘ)＝ｘ＋１ｅｘꎬ得μᶄ(ｘ)＝－ｘｅｘ.所以函数μ(ｘ)在(－ɕꎬ０)ꎬ(０ꎬ＋ɕ)上分别单调递增单调递减.得μ(ｘ)ｍａｘ＝μ(０)＝１.所以ｍ>１.设ｈ(ｍ)＝(ｅ－１)ｌｎｍ－ｍ＋１ꎬ得ｈᶄ(ｍ)＝ｅ－１－ｍｍ.所以ｈ(ｍ)在(１ꎬｅ－１)ꎬ(ｅ－１ꎬ＋ɕ)上分别单调递增㊁单调递减.又因为ｈ(１)＝ｈ(ｅ)＝０ꎬ所以当１<ｍ<ｅ时ꎬｈ(ｍ)>０.即(ｅ－１)ｌｎｍ>－１.所以当１<ｍ<ｅ时ꎬｅｍ－１<ｍｅ－１.当ｍ＝ｅ时ꎬｅｍ－１＝ｍｅ－１.同理可得ꎬ当ｍ>ｅ时ꎬｅｍ－１>ｍｅ－１.参考文献:[１]甘志国.谈谈极值点偏移问题的解法以２０２１年新高考全国卷Ⅰ压轴题为例[Ｊ].湖北招生考试ꎬ２０２１(３４):４９－５３.[２]甘志国.研究极值点偏移问题的新方法[Ｊ].中学生理科应试ꎬ２０２１(１１):１２－１４.[３]甘志国.２０１６年高考理科数学真题研究[Ｍ].哈尔滨:哈尔滨工业大学出版社ꎬ２０１７.[责任编辑:李㊀璟]。

甘志国“数学解题与研究丛书”序言 (1)

甘志国“数学解题与研究丛书”《序言》我在读小学时，就喜欢上数学课，喜欢做数学题.喜欢的原因很简单(学数学只需一张纸、一支笔和一个不太聪明的大脑就行了)，从做题中体验到了成功的喜悦；到了读中学时，这种兴趣就更强烈了，每天除了完成学习任务之外，就是到学校图书室去借阅各种数学习题集做，也翻阅《数学通报》《数学通讯》等数学杂志；又到了参加工作时，更是酷爱数学这门科学了，一边进行数学教学，一边攻读大学数学课程和研究生课程，还利用一切业余时间进行初等数学研究，并有不少论文发表(几乎每周都有论文发表在期刊上)，哈尔滨工业大学出版社分别于2008年、2009年还出版了我的专著《初等数学研究(I)》、《初等数学研究(II)》(总计230万字)，这两部书也很受读者喜爱，有网友说它们是数学教学中的“圣经”，也有网友留言“他确实是我相当佩服的老师，如果高中时他能教我那该多好啊！可惜我现在已经到了大学，不过我还是对初等数学充满了强烈的兴趣，他的《初等数学研究》让我十分着迷”.我是如何学数学并获得一些快乐的，从哈尔滨工业大学出版社第一编辑室主任刘培杰先生在《初等数学研究(I)》(哈尔滨工业大学出版社，2008)中所写的序言(这篇《序言》也被《中学数学教学参考》(上旬)2008年第10期转载)里可以找到部分答案：甘先生的研究历程带给我的感受有三点.一是坚持的重要.甘先生如同中国象棋中的小卒，一直向前拱到底线终成大器.一位青年数学教师写一篇小文章并不难，难的是坚持数十年，由青年而至中年，一篇积成几百篇，这就要有一种精神了，这可能就是湖北人的韧劲.甘先生不是天才，但勤奋有加，靠后天努力终成正果.二是定位的自觉.搞研究定位十分重要，它决定着将来学问的规模，层次与格调，有些人眼高手低，非世界难题不搞，结果与自身能力不相配匹，终落得“壮志未酬身先死”.单墫教授曾有比喻，二流人才搞三流问题，结果必是一流的，而二流人才搞一流问题，其结果必是三流的.甘先生定位准确，结合本职工作，立足岗位成材，主攻初等数学研究，终于取得了可喜的成果.三是对事业的热爱.曾国藩曾在其家书中告诫自己的后代，交友一定要交有嗜好有癖之人.后代不解，追问没有嗜好没有癖的人有何不可，曾国藩说：其没有深情也！对某项事业某种物件某位佳人一往情深是一个人幸福的基础，也是事业成功的必要条件.甘先生就是一位对初等数学情有独钟，嗜数如命的青年教师.曾经贫穷过，曾经疾病过，但都不改初衷，坚持钻研，并从中得到了乐趣.法国数学家泊松(Poisson Simeon Denis Baron, 1781—1840)有一句名言：人生最大的乐趣有二，一为数学的发现，一为数学的教学.甘先生兼而有之想必人生充满乐趣.一位教育专家曾说过，教师有两种类型：一类是“为生存而教育”，一类是“为教育而生存”.甘先生显然是后者.现在随着国家对教育的重视，中学教师特别是数语外教师靠自己的知识和劳动也跻身于中产阶级行列.享受生活成为了这一阶层的生活核心，如C·赖特·密斯瓦所说：“中产阶级的气质意味着对自己的生活感到满意，意味着形而上学的情思的枯竭，意味着人生的终极关怀的丧失，意味着探索精神之路的断绝.”我们很高兴看到甘志国式的青年教师有追求有理想有成果.1996年美国“数学与美国未来全国委员会”发表了引发转折的标志性报告《至关重要：美国未来的数学》，其中提出“高胜任教师”(highly qualified teacher)的概念.可以断言，只有不断钻研初等数学的中学数学教师才能是一位新时代的高胜任教师.英国《泰晤士报》曾刊发过一篇题为《未来是橙色的》的署名文章.其中介绍了一个奇特现象，那就是北纬53度“盛产”数学家.据安德鲁斯大学研究人员计算得出：在过去的400年中，54%的数学家出生在北纬53度的地方.这个国外的研究结论在中国是否适用不得而知，但中国有句俗语：“天上九头鸟，地上湖北佬”.湖北人聪明勤奋，数学自然不弱，读完甘先生的大作相信你一定会有这样的感觉：唯楚有才！我喜欢轻松与享受，例如，倾听优美的音乐与品尝可口的美味，但是许多科学实验已经证明，永远的“轻松与享受”的代价就是寿命的减短，因此生物的本性需要在“轻松与享受”和“劳累和克服”之间来回振荡.我认为，如果一本书能在轻松之间让读者对某种对象产生了兴趣，虽然是一种成功，但如果到此为止，就有些不够.这就像一位人士被你说得胃口大开，正想去实际品尝一下，却不知餐馆在何处一样.所以我的愿望是既让你有了胃口，又要能让你吃到一些真实的菜.即使这道菜以你目前的水平还不能享受，但是经过努力学习后，就随时可以享用了.我还想回答一个问题，就是学习数学是需要吃一些苦的，是需要克服一些困难的，克服这些困难实际上是对自己的一种磨练，是自己对自己的强制与要求.于是有的人就要问，那你为什么要受这种苦？值得吗？我的回答是：爱什么是不需要任何理由的！甘愿吃苦的原因和动力来自对数学的喜爱，就因为你就是这种人，你的回报就在于你每一次得知答案时的满足和享受.你可以不受这些苦，但你也就体会不到那种快乐.我认真研读过冯贝叶编著的《数学拼盘和斐波那契魔方》(哈尔滨工业大学出版社，2010)，该书《序言》末的一首小诗也写出了我对数学的挚爱，现抄录下来(略有改动)供数学爱好者欣赏：美丽的数学女神你就像一个蒙着神秘面纱的美丽女神，面纱的后面总是闪耀着宝石的光芒；红宝石，蓝宝石，绿宝石，多姿多彩，吸引着我去摘取.但是，当我想揭开这面纱，摘取这些迷人的宝石的时候，我却发现，这里有很多机关.我必须，先回答一些问题，找出答案后，才能获得你的微笑.伴随着你的微笑，一颗带着芳香的小宝石，轻轻落入我的手心.啊！多么美丽，多么雅致，像有一股可口的清泉，滋润着我的心田.我用一个精致的盒子将这颗宝石收藏，作为永久的纪念.我是这样的贪心，得到一颗宝石之后，还想立即摘取下一棵，而你的问题就愈加困难.随着我收藏的宝石的增多，这困难就成了折磨，但我甘愿忍受你的折磨，因为，不让我忍受你的折磨，本身就是一种更大的折磨.这宝石，我不时拿出来欣赏，每当此时，就是我最大的快乐.不要问我，这宝石值多少钱？可能在你看来，它一钱不值，但是对我来说，它却是无价之宝.美丽的女神，经过一生的追求，我才知道，你的魅力，就在于，蒙在你脸上的面纱，永远不可能彻底揭开.但是，你又是那样慷慨，只要对你有追求，你就有无穷的宝石，伴随着你的微笑，再次落到我的手中.所以，我要永远追求你，永远享受着你的折磨.我还想敬告本书的部分读者——高中生，学习数学一定要建立在喜欢的基础上，也就是要培养浓厚的兴趣.同学们要深信以下三点：第一，数学是有用的.宇宙之大，粒子之微，火箭之速，化工之巧，地球之变，生物之谜，日用之繁，无处不用数学.——华罗庚数学是科学的女皇.——高斯一门科学只有成功地运用数学，才算达到真正完善的地步.——马克思发表在《人民日报》的文章《数学——撬起未来的杠杆》(该文曾选入高一(下)语文自读课本)中写道：“数学家们还介绍，美国国家研究委员会从1984年起，向美国政府提出了四份关于美国数学和数学教育的报告.报告指出：高技术的出现把我们的社会推到了数学技术的新时代，‘很少有人认识到，被如此称颂的高技术，本质上是数学技术’.报告说：未来社会最好的工作和岗位，属于准备好了处理数学问题能力的人；数学已不单是一门学科，而且是重要的潜在资源；现今技术发达的社会里，扫除‘数学盲’的任务已取代了扫除‘文盲’的任务.”这些名言及论述都说明了数学的重要性和作用.我们来举一个漂洗衣服的例子吧：在洗衣服时，衣服上已打好了肥皂，揉搓得很充分了，再拧一拧，当然不能把水全部拧干，设衣服上还有残留污物的水1kg，用20kg的清水来漂洗，怎样才能漂洗得更干净？方案1 如果把衣服一下子放到20kg的清水中，那么连同衣服上那1千克水，一共21kg 水.让污物均匀分布到这21kg水中，拧“干”后，衣服上还有1kg水，所以污物残留量是原来的1/21.方案2 通常我们会把20kg水分两次用，比如，第一次用5kg，可使污物减少到1/6；再用15kg水，污物又减少到1/6的1/16，即1/96.分两次漂洗，效果好多了！方案3同样分两次漂洗，也可以每次用10kg水，每次可使污物减少到原来的1/11，两次漂洗后，污物减少到原有量的1/121.多学点数学，并用数学的眼光看世界，将会使你的生活更美好！(可见笔者发表于《中学数学杂志》2010(11)第57~60页的文章《数学，让你生活得更美好》)第二，学数学是需要花时间的.在欧几里得(Euclid，约前330-前275)的时代，学点几何学是很时髦的事.相传，当时的托勒密国王也来请欧几里得教他学几何，但没学多久，国王就不耐烦了，问欧几里得，学习几何有没有更简便的方法.欧几里得答道：“学习几何无王者之道！”意思是，在几何学里，没有专门为国王铺设的康庄大道！数学以计算为主，所以做一道题是需要花时间的，比如，做一道解析几何题就要花半个小时，小学生做“36×37”这样的一道题也要花一两分钟，而做一道文科的选择题可能只需一瞬间.当然，这里不是说学数学要花很多时间，我们干任何事情都要争取达到“会者不难”的一种境界，只是在打好数学基础时肯定要花时间，甚至是大量的时间.学好数学必须做题，并且是有效率的做题，我曾经发表过“思探练变题”的解题法(见《中小学数学》(高中)2009(12)：7)，值得大家在学习高中数学时借鉴.学数学，要打好基础，绝不可只顾盲目做题，要反思、要总结.这套丛书中的练习题都是我在二十多年的高中数学教学中积累下来的.我善于积累，在平时的教学中，遇到一道好题，认真研究后记载下来，供以后教学时使用.这就是这套丛书中练习题的来历，所以这套丛书中的习题，读者应抽出时间认真完成(可作为考试来对待)，这样，你才会有大的收效.学数学，要特别重视思考，且不能急于求成.我有时想一道题，要想几年(当然是间断地想)才获解决.第三，不要畏惧数学，因为数学好学.我认为，数学学科的规律性最强，题意清楚明白，不会出现模棱两可的现象，有公式可套，有例题可仿，打好基础、适当训练、循序渐进、注重反思，就可学好数学.最后，作为一名经常战斗在高三的数学老师，多次亲历了学子们的顽强战斗.也作为你们的朋友，针对你们的高考复习备考，我想对你们说几句知心话.吃苦耐劳，无怨无悔.诚然，高中学习是够累的，没有双休日，很少有节假日，早上6:30就开始起床，晚上10:30还不能上床休息，用“披星戴月”这个词来形容是再恰当不过的了，但是，要把学习搞好，必须有充足的学习时间，谁在时间上拥有了优先权，谁就可能在学习上赢得竞争的胜利.同学们，别以为人生漫长，美国人是这样算出一生的学习时间的：一生以60年计，穿衣梳洗5年，路途旅行5年，娱乐8年，生病3年，打电话1年，照镜子70天，擤鼻涕10天，……这样，即使一个人终生学习，学习时间也不足12年，不够4300天.高中三年更是求学的黄金时期，千万不要浪费每一点时间.同学们，也别埋怨求学时间短暂，雷巴柯夫曾强调：“时间是一个常数，但对勤奋者来说，又是一个变数，用‘分’来计算时间的人，比用‘时’来计算时间的人，时间多59倍.”如何争取时间，也听两首通俗的诗吧：一首是“无事此静卧，一日算半日，若活七十岁，只算三十五.”另一首是“无事此静坐，一日算两日，若活七十岁，便是百四十.”有迟到习惯的同学，你还能天天迟到吗？康熙皇帝是中国历史上很有作为的一位帝王，在位长达61年之久.他一生不仅勤勉为政，还酷爱自然科学.康熙皇帝14岁时，看到新旧历法之争相当激烈，自己因对自然科学知之不多，而无法判明是非，于是暗下决心要努力学习自然科学，并拜请比利时传教士南怀仁(Ferdinand Verbiest,1623-1688)为师.因每日需早朝，故只能把学习时间安排在早朝前，命南怀仁半夜起床赶到宫中上课，小康熙刻苦学习、虚心请教，按时交纳作业.一位封建帝王竟如此好学，我们高中生还能懒惰吗？鼓足信心，扬起理想风帆.斗转星移，以前各次考试成绩的酸甜苦辣都将于我们一一作别，或是成功，或是失败，或是顺航，或是逆流，都成了无可挽留的昨天.古人云：“弃我去者，昨日之日不可留.为什么你总对过去纠缠不休而耿耿于怀呢？”从今天开始，让我们带着灿烂的、甜蜜的笑脸，怀揣超脱喜悦的心情，重新打扮一下自己，你便是一个全新的你：有信心，有理想，自然就会有抱负，有作为.勤奋拼搏，弹奏壮丽凯歌.同学们一定从电视上欣赏过体育竞赛的激动场面，上千人上万人的体育运动会都是有的，运动员的拼搏精神值得我们认真学习.我们要努力，我们要拼搏.人生难得几回搏，此时不搏，更待何时？成长不可无书，成功不能无知.据说美国历史上曾有这样的两个家族，一个是爱德华家族，其始祖爱德华是位满腹经纶的哲学家，他的八代子孙中出了13位大学校长，100多位教授，20多位文学家，20多位议员和一位副总统；另一个家族的始祖叫珠克，他是个缺乏文化修养的赌徒和酒鬼，他的八代子孙中有300多位乞丐，7个杀人犯和60多个盗窃犯.同学们，一个人有没有文化修养，竟能产生如此源远流长的影响.你是做一个造福子孙的“拼搏者”，还是做一个遗臭万年的“懒汉”呢？同学们，你们是凭才学才选择并实现读××高中的，××高中每年都要走出数以千计的大学生，很多大学生又要通过自己的刻苦努力在知识上成为金字塔尖上的人类佼佼者.实际上，你们离这些佼佼者并不遥远，在高考前的这一阶段，再努一把力，调整好心态，你也可以同他们一样成为人类的佼佼者.下面，也赋诗一首《奔向远方》与你们共勉：满怀青春的憧憬与幻想，我匆匆前行.我仿佛听见远方的呼唤：走吧，朋友！让我们鼓起风帆，去搏击狂风去搏击恶浪去搏击苦涩的日子吧.远方有旖旎的风光，远方有壮丽的辉煌，远方是太阳升起的地方.走吧，朋友！放飞你蓝色的梦，去讴歌生命去讴歌壮丽去讴歌远方的风景吧.不要再贪恋港湾的的温馨了，它不过是暂时栖息的地方；不要采撷往日的绿叶，它已随秋风舞落在地，不要回眸身后孤寂的足迹，它已被涨起的海潮冲得无影无踪.走吧，朋友！只要我们不息的奋斗，我们都能达到那理想的绿地！祝高三学子在高考中取得优异成绩！谢谢大家！甘志国北京丰台二中2013年8月1日附“数学解题与研究丛书”包括11册，均由哈尔滨工业大学出版社出版：1.《集合、函数与方程》(2014年1月)，290千字2.《数列与不等式》(2014年1月)，328千字3.《三角与平面向量》(2014年1月)，242千字4.《平面解析几何》(2014年1月)，306千字5.《立体几何与组合》(2014年1月)，225千字6.《极限与导数、数学归纳法》(2014年1月)，314千字7.《趣味数学》(2014年3月)，310千字8.《教材教法》(2014年4月)，730千字9.《自主招生》(2014年5月)，438千字10,11.《高考压轴题》(上、下)(即将出版)。

(甘志国)《美国数学月刊》数学问题精选

《美国数学月刊》数学问题精选甘志国(该文已发表中学数学杂志，2012(1)：22-27)美国的《美国数学月刊》和《数学杂志》都是世界上的著名杂志，目前国内还没有同样性质的刊物.几十年来，它们刊登了大量饶有兴趣、紧跟时代发展的数学文章和问题.这些文章的深度大多可被具有高中至大学文化程度的读者所理解，且又与当时科学界所关心的热点和前沿问题有关，所以对一般读者起到了普及和鸟瞰作用.冯贝叶编译的《500个世界著名数学征解问题》(哈尔滨工业大学出版社，2009)中介绍了《美国数学月刊》和《数学杂志》中的部分问题，笔者认真研读了该书，特选择以下适合高中师生阅读的问题奉献给读者们(选题的顺序基本是按照该书的先后顺序）. 1 代数问题题 1 ( 由AMM 5304(即《美国数学月刊》数学问题5304)改编)根据数列1,2,2,1,1,2,1,2,2,1,2,2,1,1,2,1,1,2,2,1,2,1,1,2,1,2,2,1,1,2,1,1,2,1,2,2,…的规律可知，该数列被省略的头五项是 .解 1,2,2,1,1.我们先把该数列作如下分组：(1),(2,2),(1,1),(2),(1),(2,2),(1),(2,2),(1,1),(2),(1,1),(2,2),(1),(2),(1,1),(2),(1),(2,2),(1,1),(2), (1,1),(2),(1),(2,2),(1),(2,2),(1,1),…第1项是1，即第1个括号是1个1；所以第2项是2，得第2个括号是2个2；因为第3项是2，所以第3个括号是2个1；因为第4项是1，所以第4个括号是1个2；因为第5项是1，所以第5个括号是1个1；因为第6项是2，所以第6个括号是2个2；……由此规律便得答案.题2 (AMM 10947)证明：对任意正整数n n nn 4325551+++，是合数.证明设n n nn f 4325551)(+++=.由恒等式)1)(1(12342342468+-+-++++=++++x x x x x x x x x x x x得∈+-+-++++=k k f k k k k k k k k )(15555)(15555()2(234234N*) ①再由恒等式222234)1(5)13(1+-++=++++x x x x x x x x得∈+-⋅+-++⋅++=-------k k f k k k k k k k k )(155355)(155355()12(121324121324N*) ②由①②立得欲证成立.题3 ( AMM 1176)设∈d c b a ,,,R ，1=-bc ad ，bd ac d c b a Q +++++=2222，证明：1,1,0-≠Q .证法 1 得2222)()()()(22c b d b d a c a Q ++++-++=-，若022=-Q ，可得0====d c b a ，这与1=-bc ad 矛盾！所以1,022>>-Q Q ，欲证成立.证法2 可得222232323⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-d c b d c a Q ，可得3≥Q . 题4 (AMM 1977)求出所有的构成等差数列的实数w z y x ,,,，使得3333w z y x =++.解设d a w d a z d a y d a x 6,5,4,3+=+=+=+=，代入3333w z y x =++后，得0,0)219(22==++a d ad a a所以∈=d d d d d w z y x )(6,5,4,3(),,,(R ).题5 (AMM 10947)设a 是已知的非零整数，证明：方程a y x =+33至多有有限组整数解.证明由已知的非零整数a 至多有有限组分解方法，设其中一种分解方法是∈==i i i i c b n i c b a ,,,2,1(； Z ).由))((2233y xy x y x y x a +-+=+=，得),,2,1(22n i c y xy x b y x ii=⎩⎨⎧=+-=+ ),,2,1(03322n i c b x b x b y x i i i i=⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=+ 当i b 已知时，由以上方程组的第二个方程知，x 最多取两个整数，所以当i b 已知时，最多得两组整数解，所以对于已知的非零整数a ，方程a y x =+33至多有n 2组整数解.欲证成立.题6 (AMM 1797)求出方程组⎪⎩⎪⎨⎧+==--)(232333z y x xyzz y x 的所有正整数解.解由第一个方程，得0])()())[((222=++-++--x z z y y x z y x若∈z y x ,,N *，得x z y =+.再由第二个方程可得原方程组的所有正整数解是)1,1,2(),,(=z y x .题7 (AMM 2367)设由递推式∈--=++n a a a n n n (212N *)1,1,21-==a a 定义了数列{}n a ，证明：2272n n a -+是完全平方数.证明可先用数学归纳法证得∈n a Z 及∈=-++n a a a n n n n (2221N *)，所以n n n n a a a 2444221⋅=-++.把n n n a a a 84412+=-++代入该式后可得222172)2(n n n n a a a -=+++所以欲证成立.题8 (AMM 1323)证明：关于x 的方程121-++++=n n x x x nx 的实根除1外，其绝对值均小于1.证明若关于x 的方程121-++++=n n xx x nx 的实根1≠x 且1>x ，得n nn n nx x n x x x x x x =≤++++≤++++--121211n n nx x x x ≤++++-121 (当且仅当1=x 时取等号)由此知，欲证成立.题9(AMM10375)设数列{}n u 满足∈+++-+=++n u n n n u n u n n n ()32)(12()1(4)32(22122N *)，且21,u u 是已知数，求数列{}n u 的通项公式.解设∈=n n u v nn ()!2(N *)，得 ∈+-+=+++n v n v n v n n n n ()1()32()2(12N *) ∈-+=-++++n v v n v v n n n n n )()(1())(2(112N *)∈-=-++n v v v v n n n )((2))(1(121N *)∈+-=-+n n v v v v n n (1)(2121N *)用累加法，得⎪⎩⎪⎨⎧≥⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-+==)2(13121)(2)1(1211n n v v v n v v n∈⎪⎭⎫⎝⎛++++-+-=n n v v v v (131211)(2231221 N *)所以 ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++++-+-==n n v v v v n v n u n n (131211)(223)!2()!2(1221 N *) 题10 (AMM 2857)设∈w z y x ,,,R ，44,422=+=w z xy ，证明：6.1)()(22>-+-w y z x .证明可得xy 4=，还可设)20(sin ,cos 2πθθθ<≤==w z ，得 2222sin 4)cos 2()()(⎪⎭⎫⎝⎛-+-=-+-θθx x w y z x所以22)()(w y z x -+-表示双曲线x y 4=上的点⎪⎭⎫⎝⎛x x P 4,与椭圆1422=+y x 上的点)20)(sin ,cos 2(πθθθ<≤Q 之间距离的平方即2PQ (如图1).图1易证方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=14422y x x y 无解，所以双曲线x y 4=上的点⎪⎭⎫⎝⎛x x P 4,与椭圆1422=+y x 相离.可得双曲线xy 4=在点)2,22(A 处的切线方程是0242:1=-+y x l ，椭圆1422=+y x 在点⎪⎭⎫ ⎝⎛21,2B 处的切线方程是0222:2=-+y x l ，且21//l l .又两条平行线21,l l 之间的距离是522，所以6.152222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≥PQ .由图1及计算可得522=PQ 不成立，所以欲证成立.注《500个世界著名数学征解问题》中还说，可把本题结论中的1.6改为 7747.1，请读者能求出该题结论中的精确下界. 2 几何问题题11 在等腰ABC ∆中，︒=∠=20,A AC AB ，在AB 边上取一点D ，使BC AD =.求BDC ∠的大小.解法 1如图2，可得︒=∠80B .设θ=∠BDC ，得︒-=∠-︒=∠20,180θθDCA CDA .还可设b AC a AD BC ===,.在ACD ABC ∆∆,中分别用正弦定理，得)180sin()20sin(,80sin 20sin θθ-︒=︒-︒=︒ba b a︒=︒-︒20sin sin )20sin(80sin θθ︒=︒-︒︒20sin sin )20sin cos 20cos (sin 10cos θθθ320sin )2030sin(220cos 10cos 120sin 20cos cot ==︒︒-︒-︒=︒-︒︒=θ︒=30θ图2(请编辑帮忙把边AB 上添一个点D) 图3解法 2 如图3，作BC AM ⊥于M ，得M 是BC 的中点.又在ABC ∆外作︒=∠10CAE ，得︒=∠30BAE .再作AE DF AE CE ⊥⊥,.可证ABM Rt ACE Rt ∆≅∆，所以CMBM CE ==.还可得CE BM CM BC AD DF =====2121.又CE DF CE DF =,//，得平行四边形DFCE ，所以︒=∠=∠30,//BAE BDC EF DC .题12 (AMM 1476)在ABC ∆中，D AC AB ，=是BC 的中点，作AC DE ⊥于E ，F 是DE 的中点，证明：BE AF ⊥.证明 (请读者自己画图)作AC BH ⊥于H ，则BE 和AF 分别是相似直角三角形CBH 和DAE 的对应中线.因为这两个三角形的对应边是互相垂直的，所以BE AF ⊥.题13 (AMM 2369)在ABC ∆中，E D B A ,60,40，︒=∠︒=∠分别是边AB AC ,上使︒=∠︒=∠70,40BCE CBD 的点，F 是直线CE BD ,的交点，证明：BC AF ⊥.证明 (请读者自己画图)由︒=︒=︒︒⋅==︒40cos 40cos 40sin 80sin 2260cos BF BC BC BA BA ，由此可得欲证.题14 (AMM 1836)设锐角三角形ABC 的边AC AB ,上的中线互相垂直，证明：32cot cot ≥+C B . 证明如图4，设A B C ∆的边AC AB ,上的中线BG CG ,交于点G ，延长AG 交边BC于点D ，得CD BD =，作BC AK ⊥于K ，则AKBCAK CK AK BK C B =+=+cot cot图4因为BG CG ⊥，所以GD 是BCG Rt ∆的斜边BC 上的中线，所以DG DC DB ==，所以3232cot cot ==≥=+GD GD AD BC AK BC C B 题15 (AMM 1705)给定一个边长为)(,,c b a c b a ≤≤的三角形，定义它的倾斜度(skewness)为⎭⎬⎫⎩⎨⎧⋅⎭⎬⎫⎩⎨⎧=a c c b b a a c c b b a S ,,min ,,max求出倾斜度的最大值和最小值，并指出三角形在什么情况下达到这些值.(原解答高中生不易看懂，下面给出该题的两种适合高中生的通俗解法.) 解法 1 在该问题中，可不妨设1=a .得⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤≤c b b a c c b b a c a c c b b a c b ,1min ,,min ,,,max ,1.(1)当c b b ≥1即2b c ≥时，可得b cbc S =⋅=，且b 的取值范围由不等式组 ⎪⎩⎪⎨⎧≥>+≤≤211b c c b cb 即 ⎩⎨⎧+<≤≥112b c b b确定.用线性规划知识，画出其可行域为图5的阴影部分，可得此时b 即S 的取值范围是⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡+251,1(当且仅当251,1+<=c b 时1=S).图5 图6(请编辑帮忙把该图中的直线1=b 去掉)(2)当c b b ≤1即2b c ≤时，可得bcb c S =⋅=1，且S 的取值范围由不等式组 ⎪⎩⎪⎨⎧≤>+≤≤211b c c b cb 即 ⎪⎩⎪⎨⎧+<≤≤111b S b S 确定.用线性规划知识，画出其可行域为图6的阴影部分，可得此时S 的取值范围是⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡+251,1(当且仅当251+<=c b 时1=S ). 综上所述，得S 的取值范围是⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡+251,1(当且仅当该三角形是等腰三角形时1=S ).解法2 在该问题中，可不妨设1=a .同解法1，可得(1)当2b c ≥时，可得b S =，且b 的取值范围由不等式组⎩⎨⎧+<≤≥112b c b b ① 确定. 可得⎩⎨⎧+<≥112b b b ，所以2511+<≤b .又1==c b 及εε(251-+=b 是充分小的正数)2,b c =均适合不等式组①，且b 的取值是连续变化的，所以此时b 即S 的取值范围是⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡+251,1. (2)当2b c ≤时，可得bcS =，且S 的取值范围由不等式组 ⎪⎩⎪⎨⎧+<≤≤111b S b S ② 确定.可得2511,11,111+<≤-<-<≤≤S S S S b S .又1==S b 及εε(251-+=S 是充分小的正数)251,+=b 均适合不等式组②，且S 的取值是连续变化的，所以此时S 的取值范围是⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡+251,1. 极易证得“当且仅当该三角形是等腰三角形时1=S ”.所以本题的答案是：S 的取值范围是⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡+251,1(当且仅当该三角形是等腰三角形时1=S ).注此题与2010年高考湖北卷理10(即文10)有很大的相似. 题16 (AMM 1936)在ABC ∆中，若3cos cos cos sin sin sin =++++CB A CB A ，证明：ABC ∆至少有一个角是︒60.证明可证：若0=++γβα，则2sin2sin2sin 4sin sin sin γβαγβα-=++.题设中的等式即0)60sin()60sin()60sin(=︒-+︒-+︒-C B A得 0260sin 260sin 260sin 4=︒-︒-︒--C B A 所以欲证成立. 3 初等数论问题题17 (AMM 2014)证明：∈-n n(122N *)至少有n 个不同的素因数.证明 )12()12)(12)(12)(12)(12(1213222222+++++-=--n n，又易证右端的每两个因式均互素，从而可得欲证.(运用公式1)12,12(),12)(12(12222221=+-+-=-+nn n n n 及数学归纳法也可获证.)题18 (AMM 2227)求122523212C ,,C ,C ,C -n n n n n 的最大公约数.解因为121225232122C C C C --=++++n n nn n n ，所以所求最大公约数是∈m m(2N )的形式.可设∈==k q n k n(22C 12N*,q 是正奇数)，下证所求最大公约数就是k2，只需证明)12,,5,3,1(C 2-=n t t n 均有约数k 2：)12,,5,3,1(C 2C1122-==--n t tq t n k tn注意到上式的两端都是整数，便得欲证.题19 (AMM 3010)证明：若∈n N ，则]89[]21[+=++++n n n n . 证明可验证0=n 时成立，下证∈n N*时成立.设21++++=n n n x ，得)2)(1()2()1((2332++++++++=n n n n n n n x .有21)1(52+<+<+n n n n 1)2(107+<+<+n n n n23)2)(1(57+<++<+n n n n所以 89][,99892+=+<<+n x n x n题20 (AMM 1702)证明：)5(≥p p 是素数∑-=⋅⇔31!p i i i p.证明由!)!1(!i i i i -+=⋅得1)!2(!31--=⋅∑-=p i i p i .由Wilson 定理“p 是素数1)!1(+-⇔p p ”得“p 是素数1)!2(1)!2()1(--⇔+-⋅-⇔p p p p p ”，即欲证成立. 题21 (1)(AMM 1346)证明：若p 是素数，则2C 2-pp p ； (2)(AMM 1896)证明：若p 是素数，∈n N *，则n p pnp -C 2.证明 (1)2)C ()C ()C ()C ()C ()C (C 212221221202++++=+++=-P p p p P p p p p p . 易证“若p 是素数，则)1,,2,1(C -=p k p k p ”，所以2C ,2C 222--p p p p p p .(1)的另证 p p 4)11(2=+.可证该式左边展开式中除首末两项及中间项pp 2C ,1,1外的项都是素数p 的倍数，所以2C 42--pp p p .又由Fermat(1601~1665)小定理，得44-p p ，所以2C 2-pp p .(2)我们证明其推广：若p 是素数，∈n N *∈k ,N n k ≤,，则kn kp np p C C 2-.先证明以下结论：若p 是素数，∈m N *1,-≤p m ，则m p p C ，且2p † m p C ①(“†”表示“不整除”)!)]1([)2)(1(C m m p p p p m p ----=，设A m p p p =----)]1([)2)(1( ，得p †A .又!C m A p m p⋅=，∈⋅!m A p N *，p † !m ，所以∈!m A N *，得m p p C ，2p † mp C . 由恒等式n p p p p p np x x x x )C C C 1()1(221++++=+两边展开式中kpx 的系数相等，得∑∈=+++=N212121C C C C n n n k k k kpk k k k p k p k p kp np ，，，且 ②由结论①知，当且仅当n k k k ,,,21 中有k 个为p (其余k n -个均为0)时，2p 不能整除②式右边的一般项n k p k p k p C C C 21 (此时1C C C 21=n kp k p k p )，其余的情形均有n k p k p k p p C C C 212 .再由②式，立得kn kp np p C C 2-.注显然，(1)是(2)的特例.题22 (AMM 2679)证明：若正整数m 有大于3的素因数，则124+-mm是合数.证明先证明：若s r ,是互素的正整数，则多项式11)(--=s rs x x x P 可被多项式11)(--=x x x Q r 整除.为证明这一断言，我们看出)(x Q 的所有零点都是单的，并且如果0)(=αQ ，那么1,1≠=ααr ，这就得出1,1≠=s rs αα，即0)(=αP .也就是说，)(x Q 的根都是)(x P 的根.因此由带余数定理可知)()()(x R x Q x P =，其中)(x R 是整系数多项式.现在设ns m =，其中)3(>s s 是素数.当3=r 时，1)(,1)(22++=++=x x x Q x x x P s s .得此时124)2(+-=-n n n Q 整除124)2(+-=-m m n P .该证明跳跃性较大，高中师生不易看懂.笔者给出其中三点跳跃性较大的补充证明： (1)证明：)(x Q 的所有零点都是单的.即证：对于任意的复数a ，多项式2)(a x -均不能整除多项式1-rx .由张禾瑞，郝鈵新编《高等代数》(人民教育出版社，1982年第2版)第63页的“定理2.5.2 多项式)(x f 没有重因式的充要条件是)(x f 与它的导数)(x f '互素”易证其成立.下面用钟玉泉编《复变函数论》(高等教育出版社，1988)第43-54页的知识也可给出证明：否则，可设)()(12x u a x x r⋅-=-，其中)(x u 是复系数多项式.两边求导，得恒等式)()()()(221x u a x x u a x rx r '⋅-+⋅-=-所以1-r rx 有因式a x -，所以0=a .得)(12x u x x r ⋅=-，而该恒等式不会成立，所以欲证成立.(2)证明：1≠sα.由甘志国《初等数学研究(I)》(哈尔滨工业大学出版社，2008)第100页的“引理若∈n m ,N*1),(,=n m ，则存在∈l k ,N*，使1=-n l km ”知，存在∈l k ,N*，使1+=ls kr .假设1=s α，又由1=r α，得αααααα=====+l s ls kr k r )()(11，这与1≠α矛盾！所以1≠sα.(3)证明：)(x R 是整系数多项式.由张禾瑞，郝鈵新编《高等代数》第77页的“定理2.8.2 若一个整系数多项式在有理数域上可约，则它在整数环上也可约”易知其成立.下面再给出数学问题2679的一种简证：简证这里先证明甘志国《浅探伪素数》(数学通讯，2001(15))的“引理 1 若∈s r a ,,N*，则1)1,1(),(-=--s r s r a a a ”：显然)1,1(1),(---s r s r a a a，只需再证1)1,1(),(---s r s r a a a .设d s r =),(，又可设∈'''='=s r d s s d r r ,,,N*1),(,=''s r ，得即证1)1,1(---''d d s d r a a a .设∈=A A a d (N*)，得即证1)1,1(---''A A A s r .由前面引用过的《初等数学研究(I)》第100页的引理知，存在∈l k ,N*，使1+'='s l r k ，所以)1,1()1,1(----''''sl r k s r A A A A .又1)1,1()1,1]1)1[(()1,1(-=--=--+-=--'''''A A A A A A A A s l s l s l s l r k所以欲证成立.下面证明数学问题2679.设ns m =，其中)3(>s s 是素数.当∈x Z 1),3(,1,=≠s x 时，可得111,113=⎪⎪⎭⎫⎝⎛----x x x x s .又1111,1111333--------x x x x x x x x s s s ，所以11,1111,11)1)(1(,11111122333333++++------------⋅--s s ss s s s s x x x x x x x x x x x x x x x x x x . 选nx 2-=后，可得124124+-+-m m n n ，所以124+-m m 是合数.。

探究一道课本习题的一般情形

探究一道课本习题的一般情形
甘志国
【期刊名称】《新高考（高二数学）》
【年(卷),期】2017(000)007
【摘要】定理若α，β，α＋β∈[0，π），则cosα＋cosβ〉0．证明由题设可得0≤α〈π-β≤π，再由f（x）=cosx（0〈x〈π）是减函数，得f（α）〉f（π-β）,即cosα〉-cosβ,cosα＋cosβ〉0.
【总页数】2页(P60-61)
【作者】甘志国
【作者单位】北京市丰台二中
【正文语种】中文
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