数学解题思维方法

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《数学解题思维方法》

第一章 数学发现的基本方法

三、练习题

x2 y2 sin2z 8

1、解方程组

xy 4

解：(1)－2×(2)得 x 所以，(x 从而 x

2

(1) (2)

y2 2xy sin2z 0

y)2 sin2z 0.

y,z k

2

(k Z).

由(2)得 x 4.

x2 2

y2 2

z k (k Z)

x1 2

所以，方程组的解为 y1 2

z k

2、解方程：x证明：显然x0

(k Z)

2 2 2 2 x.

2分

即

2是x 2 x的解，从而有x0 2 x0

x0 2 2 x0 2 2 2 x0 2 2 2 2 x0

x 2 2 2 2 x

若x1

的解。

x0

是

2，则有x1 2x1 2 x1.

即

x1 2 2 x1 2 2 2 x1 2 2 2 2 x1

不是x

x1

2 2 2 2 x

的解，

同理若x1x=2.

2，x1也不是x 2 2 2 2 x

的解.所以，原方程只有唯一解

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3、设 是方程ax证明：当 b

2

2

bx c 0的根，且0<c<b<a,证明： 1

4ac 0时，方程有两个实根，设另一实根为 .

c

0 , 同号. a

由韦达定理知：

bb

则 1.

aa

当 b则2

2

4ac 0时，方程有两个共轭复数根，设另一根为.

c 1a

n个

1.

4、计算：解：

1 22 2 (n是正整数).

2n个

n 1,n 2,n 3,

猜想：

2n个

2 3; 22 33; 222 333;

n个

n个

1 22 2 33 3.

n

1 22 2 1 10 11 1 2 11 1 2n个

n个

n个

n个

n个

n 1 (10 1) 1 99 9 1 11 1 9 n个

n个

n个

n个

n个

11 1 3 33 3.

n个

n个

5、设P为四面体A-BCD内一点，四顶点到对面的距离分别为hA ,hB ,hC ,hD , P到这四面

的距离依次为la , lb ,lc , ld,则有

lalblcld

1.

hAhBhChD

证明：如图

D

B

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1S l

VP BCD BCDala

VA BCD1ShA

h BCDA

3

其中VP BCD,VA BCD分别是四面体P BCD,P BCD的体积,S BCD是三角形BCD的面积.

同理

VP ACDlbVP ABCldVP ABDlc

, , .

VB ACDhBVC ABDhCVD ABChD

因为VA-BCD=VB-ACD=VC-ABD=VD-ABC

VA-BCD=VP-BCD+VP-ACD+VP-ABD+VP-ABC

所以

lalblcld

hAhBhChD

VP BCDVP ACDVP ABDVP ABCVP BCD VP ACD VP ABD VP ABC

VA BCDVB ACDVC ABDVD ABCVA BCDVA BCD 1VA BCD

6、求证：25

49

49!.

n 1

n!

2

n

证明：将命题一般化：求证：

n 1n(n 1)1 2 nn

2 3 n nn!

22nn

n

n 1

n!.

2 取n=49,得 25

49

49!.

(x a)(x b)(x b)(x c)(x c)(x a)

7、f(x) 恒为常数，试证明.

(b c)(c a)(c a)(a b)(a b)(b c)

证明：特殊赋值：f(a) 0 (a b)(a c) 0 1.

(c a)(a b)

只须证明：

f(x) 1 0.

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(b c)(b a)

f(b) 0 0 1.

(a b)(b c)

(c a)(c b)f(c) 0 0 1.

(b c)(c a)

则，二次多项式方程f(x)+1=0有三个不同的根a,b,c.

所以，

f(x) 1 0. f(x) 1.

f(x) f(1) .

x

8、若定义在正有理数集上的实值函数满足f(x+y)=f(x)×f(y),则证明：对于

1m

(m是正整数)型的有理数。

11 1 1

f(1) f f

m m mm

1

1

f f(1)m. m

m

对于正有理数x

nm

(m,n为正整数)

n 111 1 n

f(x) f f f

m m m m m n

n

x f(1) f(1) m f(1) .

1

m

n

第二章 数学的论证方法

三、练习题

1、求证：tan5 tan3 tan2 tan5 tan3 tan2. 证明：欲使tan5 tan3 tan2 tan5 tan3 tan2.成立 只须 tan5 tan5 tan3 tan2 tan3 tan2. 只须 tan5 (1 tan3 tan2) tan3 tan2.

tan3 tan2

. 只须 tan5

1 tan3 tan2

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而最后一个式子显然成立. 所以，原式成立。

1 11 1 11

2、求证： 1 1 .

n 2n n 1 2n 1

(n是正整数)

1 11 1 11

证明：欲使 1 1 .

n 2n n 1 2n 1 1 111 1

只须 (n 1) 1 n 1

n 2nn 1 2

1 11 n 1

(n 1) 1 n 1 .

n 2n n 1 21 n 1

1 .

n n 1 2

而此式显然成立。

3、设函数f(x)在x=0处无意义，但对所有的非零实数x，有

1

f(x) 2f() 3x 求f(x)=f(-x)的实根.

x1

f(x) 2f() 3x ①

x

解：因为

3 1

所以， f 2f(x) . ②

x x

2 x22 x2. 因此，f( x) . 由①，②得，f(x) x x

2 x22 x2

x 2. 由f(x)=f(-x)得，

xx

4、设a,b,c是整数,求证:ax

2

bx c 0的判别式△不可能为2002,2003.

证明：（1）若△=b2- 4ac=2002, 则b必为偶数. 令 b=2m，

则有 4m2-4ac=4×500+2.

上式左边是4的倍数，而右边却不是4的倍数，矛盾！所以△不能为2002. (2) 若△=b2- 4ac=2003, 则b必为奇数. 令 b=2m+1， △=4(m2+m-ac)+1=4×500+3.

上式左边被4除余1，而右边被4除余3，矛盾！所以△不能为2003。 5、求证：形如2k(k是正整数)的数不能是几个连续正整数的和. 证明：假设2

k

n (n 1) (n 2) (n m).(A)

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其中n,m都是正整数，则

(1 m)m1

[(m 1)(2n m)]. 2 (m 1)n

22

k

2k 1 (m 1)(2n m) m 1 2l

2n m 2k 1 l.

其中l是正整数，且1 l k 1.

(B)(C)

由(B)知m中奇数，从而2n+m是奇数，这样(C)的左边是奇数，右边是偶数。矛盾！则

(A)不成立。

所以，2k(k是正整数)的数不能是几个连续正整数的和.

6、解方程：

2

25 x2 25 4 4x 1

55

解：由16x 25 0 x ;

4455

由16x 25 0 x 或x ;

44

2

由x 1 0 x 1; 分以下四种情况讨论：

x 1 0 x 1.

552

(1) x 时，原方程化为 x 4x x ;

445

时，原方程化为 (2) x 1

4

5

50 16x ( 4x) x ;

4

2

2

(3) 1

512x 时，原方程化为 16x 32x 7 0 x ;

44

522

(4) x 时，原 …… 此处隐藏：8009字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……