2012 年 05 月 10 日 by 伍岭

长方体侧面积与体积对应成比例

一大清早黄老师给了我一个几何题做，很鬼的题目：

对任意长方体A，都存在一个与A等高的长方体B,使得B与A的侧面积之比和体积之比都等于k，求k的取值范围。

这小破题目的答案基本上一眼就可以看出来，但我与黄老师不晓得怎么去讲清楚，折腾了我一节课的时间啊。

解：k=1是显然的；

$k=\frac{a+b}{c+d}=\frac{ab}{cd}$

$a+b=k(c+d),ab=kcd$

c、d可以看做实系数一元二次方程的两根，该方程一定有解：

$x^2-(c+d)x+cd=0,(c+d)^2 \geq 4cd$

a、b也可以看成是某个方程的根：

$x^2-k(c+d)x+kcd=0$

$\Delta = k^2(c+d)^2-4kcd$

只要保证：

$k^2(c+d)^2-4kcd \geq 4cdk(k-1) \geq 0$

就一定会存在a、b满足要求，即：

$k \geq 1$

2012 年 05 月 01 日 by 伍岭

不是和你想的不一样就是不对的

新浪微博上的@数学文化：若 sin(a+π/4)=m sin2a, 求 m 的取值范围。【显示可能有问题：π/4 是45度。此题属于原创，你们在其它地方找不到，有点难度。献给即将高考的童鞋们，以及长假不想到处跑的朋友们】

我回答：sin(2a)=-cos2(a+pi/4)=2(sin(a+pi/4))^2-1,后面太简单，把m看成一个关于sin(a+pi/4)的函数求值域，主意sin的范围就是。懒得做了，再说这也不算原创好啵。

@数学文化：思路似乎不对。实实在在做一遍才算功夫。

我去！你这位香港数学学会会长，香港浸会大学讲座教授，的确很牛13。可是再牛，也不能和你想的不一样就是思路不对吧。你要我实实在在做一遍，你咋不去做一遍呢。（sorry，我不该这么猖狂的，自我批评下）我要出去买书，不多说，做两法一图转给你看看吧。

另外用几何画板画了下：

走之前吐个槽：你这题出的真的不好。起码约束下角的范围，还能讨论讨论。你一个附加条件都没有，角默认为全体实数，这也太……

2012 年 01 月 24 日 by 伍岭

答殷东黎同学问

1月23日，殷东黎同学在这里留言问题，该题是此次高二期末考试填空题的最后一空。期末考试试卷是杨老师的作品，在下以为个别题目还是难了点，这空更是。因为条件实在是不明显，初拿到手有点无处下嘴的感觉，我在监考中都考虑了比较长的时间。

已知二次函数y＝ax²+bx+c，其中a<b, 且对一切实数x，恒有ax²+bx+c≥0，
求： (a+b+c)/(b-a) 的最小值？

该题分步完成，首先证明a、c都是非负数，根据二次函数恒大于等于0的条件以及f(0)≥0可得；

然后确定c/a的范围。根据判别式b²≤4ac，两边同时除以a²，可得1<b²/a²≤4c/a，¼<c/a；

接着用分离常数法把分子中间的b消去，再用判别式放缩：

$\frac{a+b+c}{b-a} = 1+\frac{2a+c}{b-a}\geq 1+\frac{2a+c}{2\sqrt{ac}-a}=1+\frac{2+\frac{c}{a}}{2\sqrt\frac{c}{a}-1}$

这样就得到了一个关于√(c/a)的式子，用换元法，令：

$t=2\sqrt\frac{c}{a}-1 \Rightarrow \sqrt\frac{c}{a}=\frac{t+1}{2}$

得下式，等号成立条件是c/a=4，很明显是满足其范围的。

$\frac{3}{2}+\frac{9}{4t}+\frac{t}{4} \geq 3$

2011 年 05 月 11 日 by 伍岭

从结构上入手

$x,y\in R_+,f(x+y)=f(x)+f(y)+4xy,f'(1)=2,if:f'(x)=0,x=?$

这是这次高三月考选择的第八题，不仅很多学生卡在这里，有些数学老师也不知道如何下手。这张试卷整体很容易，一点也不像长郡中学的产品。所以考试的时候，我在做湖北07年的预选赛，对月考卷完全没好感。阅卷时，几个老师都在讨论第八题，我也便拿着做了下，看到两个变量，便用偏导数的解法：

$f'_{x}(x+y)=f'(x)+4y,f'(1)=f'(\frac{1}{2})+2$

结果他们都骂我——就算是长郡的学生估计也没几个学过偏导数的。我不想和大家争论，偏导数的结构没学过，但是二元变量函数求解的思想难道也超纲吗？于是，我又想了下，发现构造法也是蛮简单的。

首先条件中除开4xy，应该是线性结构。那么考虑到4xy的形式，只有线性结构的二次运算才能符合要求。有老师质疑为什么不能是三次或高次的情况，我想他没有理解我的想法，那就是如果有高次运算，根据二项展开式的原理，等式中就应该出现展开式中的其他项的结构，并且4xy就不可能出现，因为4xy的指数为2。这样的话，不难构造出一个满足要求的函数，它以x=1/2为对称轴：

$f(x)=2x^2-2x$

今天我做到一个题，07年广西的预选赛-6：

$a,b\in R,(i)f(a,a)=a,(ii)f(ka,kb)=kf(a,b), (iii)f(a_1+a_2,b_1+b_2)=f(a_1,b_1)+f(a_2,b_2),$

$(iv)f(a,b)=f(b,\frac{a+b}{2}),f(a,b)=?$

我不知道别人怎么看，我第一眼就觉得，这不就是向量的线性运算嘛！

2011 年 05 月 04 日 by 伍岭

08年吉林联赛预选-14

已知长度为6的线段CD的中点为M，现以CD为一边在同侧作两个周长均为16的ΔACD、ΔBCD，且满足∠AMB=π/2，求ΔAMB面积的最小值。

标准答案的解法虽然更加的一般性，但是较为复杂，可以参考这里，我肯定是不愿意用那种方法做啦。但是，由于最近我练习得比较多，对这类问题刚学习了一招，马上用上了嘿嘿。

首先，易得A、B点都在椭圆上：

$16x^2+25y^2=400$

我们知道大部分求圆锥曲线最值的问题都要用到参数方程。但是，椭圆的参数方程中的参数θ并不是弧所对的圆心角，这里如果用参数方程来做岂不是浪费了那个直角？

$AM=r_1,BM=r_2,A(r_1cos{\theta}_1,r_1sin{\theta}_1),B(r_2cos{\theta}_2,r_2sin{\theta}_2)$

代入椭圆方程：

$16cos^2{\theta}_1+25sin^2{\theta}_1=\frac{400}{r^2_1},16cos^2{\theta}_2+25sin^2{\theta}_2=\frac{400}{r^2_2}$

这时候直角派上用场了——

${\theta}_2={\theta}_1+\frac{\pi}{2},cos{\theta}_2=-sin{\theta}_1,sin{\theta}_2=cos{\theta}_1$

两式左右分别相加，可得：

$41=400(\frac{1}{r^2_1}+\frac{1}{r^2_2})$

要注意到一点

$S_{\Delta AMB}=\frac{1}{2}r_1r_2,r^2_1+r^2_2 \ge 2r_1r_2$

$\frac{400}{41}=\frac{r^2_1 r^2_2}{r^2_1+r^2_2} \le \frac{r_1 r_2}{2}=S_{\Delta AMB}$

2011 年 04 月 22 日 by 伍岭

2010西班牙MO-4的另外几种证明

试题来自宋庆老师4月16日的blog《2010西班牙MO-4简证》。

$\frac{a+b+3c}{3a+3b+2c}+\frac{3a+b+c}{2a+3b+3c}+\frac{a+2b+c}{3a+2b+3c} \ge \frac{15}{8},(a,b,c \in R^*)$

看到题目后，我先证明了下，用的是柯西不等式，方法和宋老师的一模一样。我也的确喜欢用柯西不等式来运算。原命题等价于求证：

$\sum{[\frac{a+b+3c}{3a+3b+2c}+2]} \ge \frac{63}{8}$

又因为：

$\sum{[\frac{a+b+3c}{3a+3b+2c}+2]} =\sum{[\frac{7(a+b+c)}{3a+3b+2c}]}=\frac{1}{7}\sum{[\frac{8(a+b+c)}{3a+3b+2c}]}$

即可根据柯西不等式，有结论成立：

$\sum{[3a+3b+2c]}\sum{[\frac{1}{3a+3b+2c}]} \ge 9$

随后，我觉得证明过程还是蛮可爱的，也就想推荐给青三班的学生。于是把它作为一道作业题，规定班上数学成绩较好的学生来完成。第四节晚自习我翻了几个人的作业，都不是用柯西不等式来证明。有些证明可以说更加可爱些。

卢铝柱、官相瑜、周一鸣同学用均值不等式来证明，其中以卢铝柱同学的最为简洁明了。

首先，令：

$3a+3b+2c=x,2a+3b+3c=y,3a+2b+3c=z$

那么，不等式的左边就可以化为：

$\sum{[\frac{\frac{7(x+y+z)}{8}-2x}{x}]}=\sum{[\frac{\frac{7(x+y+z)}{8}}{x}]}-6$

根据均值不等式，即可得：

$\frac{7}{8}(3+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z})-6 \ge \frac{63}{8}-\frac{48}{8}=\frac{15}{8}$

另外，刘卓群同学说用排序不等式来求证，可是我今天没看见他的作业，不晓得他到底证出来没有。不过他也提醒了我，我就用排序证明了下：

首先，设：

$a \ge b \ge c \in R^*,left-expression=x$

我们可以得到原式左边的大小关系，即：

$3a+3b+2c \ge 3a+2b+3c \ge 2a+3b+3c$

$\[3a+b+c \ge a+3b+c \ge a+b+3c$

那么根据“顺序和不小于乱序和，乱序和不小于反序和”的原理：

$3\sum[\frac{a+b+3c}{3a+3b+2c}]\ge\frac{5}{7}\sum[\frac{7(a+b+c)}{3a+3b+2c}-6+6]$

即可得出结论：

$3x\ge\frac{5}{7}(x+60) , x\ge\frac{15}{8}$

2011 年 03 月 10 日 by 伍岭

圆锥表面积与体积关系

这是一个多月前的blog，忘记发布了，(*^__^*) 嘻嘻……

晚上收到老婆的短信，是两道数学题：

1.已知圆锥全面积是它的内切球表面积的两倍，求该圆锥侧面积与底面积之比。

2.一个棱长为6的密封正方体盒子中放有一个半径为1的小球，无论怎样摇动盒子，求小球在盒子中不能到达的空间体积。

这两道题说是雅礼中学高一的作业本上的，用我侄女的话讲，是容易得要命的那本。在我看来，果然要命，容易倒是未必。第2题还好说，第1题是需要点技巧的。我花了几分钟搞定，还做了一张图，把第1题的过程描绘了下，用QQ发给了老婆。

这两个题在青三班后来都讲了，第1题戴阳同学用了不到5分钟暴力破解出来，第2题被付家粮同学秒杀了。

第2题是去年一道高考题还是联赛题的改编，前几天刚做过，出处忘记了。原题是：“棱长为6的密闭正四面体的盒子中放有一个半径为1的小球……”比改编题难那么一点点。

2010 年 04 月 09 日 by 伍岭

夹逼原理的典型例题

这次青三班月考的试卷我放低了难度，学生考得就明显比上次要好。昨天成绩出来，拿到分数后很多人都蛮高兴的，尤其几个平时数学很糟糕的同学，这次考了八、九十分，不光他们高兴，跟着我也很愉快。

昨晚上把试卷翻来覆去的研究，留意到第19题。整题的解答过程中贯穿了夹逼的思想，应该要记录下来，便于以后温故知新。

已知 $a,b,m,n\in N^{*}$ ， $\{a_n\}$ 是首项为 $a$ ，公差为 $b$ 的等差数列； $\{b_n\}$ 是首项为 $b$ ，公比为 $a$ 的等比数列，且满足 $a_1<b_1<a_2<b_2<a_3$ ，
（1）求 $a$ 的值；
（2）数列 $\{1+a_m\}$ 与数列 $\{b_n\}$ 的公共项，且公共项按原顺序排列后构成一个新数列 $\{c_n\}$ ，求 $\{c_n\}$ 的前 $n$ 项之和 $S_n$ ．

解：（1） $a_m=a+(m-1)b,b_n=b\cdot a^{n-1}$
由已知，可得， $a+b<ab<a+2b$
$\because b\in N^{*}$ ， $\therefore \frac{a}{b}+1<a$
$\because a<\frac{a}{b}+2$ ， $\therefore a\geqslant2$ 且 $a\leqslant2$
$\therefore a=2$

（2）设 $1+a_m=b_n$ ，即 $1+a+(m-1)b=b\cdot a^{n-1}$
$\therefore b=\frac{3}{2^{n-1}-(m-1)}$
$\because b\in N^{*}$ ， $\therefore 0<2^{n-1}-(m-1)\leqslant1$
$\therefore 2^{n-1}-(m-1)=1$ ， $\tehrefore 2^{n-1}=m$
$\therefore c_n=3\cdot2^{n-1}$
故 $S_n=3\cdot(1+2+\dots+2^{n-1})=3\cdot(2^n-1)$

2010 年 03 月 31 日 by 伍岭

高二月考二项式题解法小议

今天上午进行了高二本学期的第一次数学月考，试卷是高三年级的廖老师出的。虽然学生都说考得烂，很多同事都有些埋怨——试卷出得缺乏区分度。然而在我看来，仍然有两、三个题目是相当出彩的，非常的“勾魂”，要知道廖老师的试卷总是给人很大的回味余地。其中，大家讨论比较多的当属选择题第7题：

若 $(x^2+1)(x-2)^9=a_0+a_1(x-1)^2+\dots+a_{11}(x-1)^{11}$ ，
则求 $(a_1+3a_3+\dots+11a_{11})^2-(2a_2+4a_4+\dots+10a_{10})^2=$

我甫一拿到问题，就在寻思究竟哪个函数 $f(x)$ 的 $n$ 次方可以化成 $ng(x)$ 的结构，马上便联想到了导函数。

解法一：设 $M=a_1+3a_3+\dots+11a_{11},N=2a_2+4a_4+\dots+10a_{10}$
又 $M^2-N^2=(M+N)(M-N)$
则对原方程左右两边同时求导，得：
$2x(x-2)^9+9(x^2+1)(x-2)^8=$
$a_1+2a_2(x-1)+3a_3(x-1)^2+\dots+11a_{11}(x-1)^{10}$
当 $x=2$ 时， $0=a_1+2a_2+\dots+11a_{11}$
即 $M+N=0$ ， $\therefore$ 原式 $=0$

众多数学老师的意见也都是用求导的方法来做，具体的过程并不复杂，但是没有足够应试经验的高二学生的确不易想到。因此我觉得二项式的问题应该不需要弄得这么复杂，于是换了角度考虑了一会，得到了另外一种解法。

解法二：设 $x=y+2$ ，原方程转化为
$[(y+2)^2+1]y^9=a_0+a_1(y+1)+a_2(y+1)^2+\dots+a_{11}(y+1)^{11}$
其中等式左边没有 $y^1$ 项，即该项系数为 $0$
等式右边 $y^1$ 项的系数为 $a_1+2a_2+\dots+11a_{11}$
$\therefore$ 原式 $=0$ 。