2013年清华大学夏令营数学试题解答

2013年清华大学夏令营数学试题解答

山东省济宁一中 贾广素 2013年12月24日整理

1.设a,b,c?R，使得方程x?ax?bx?c?0有3个实根. 证明：如果?2?a?b?c?0，则至少存在一个根在区间[0,2]中.

证明：假设该方程的三个实根x1、x2、x3不在区间[0,3]中，

32?x1?x2?x3??a,?由韦达定理，得?x1x2?x2x3?x3x1?b,

?xxx??c.?123从而a?b?c?x1x2?x2x3?x3x1?x1x2x3?(x1?x2?x3) ?(1?x1)(1?x2)(1?x3)?1?[?2,0]，

从而?1?(1?x1)(1?x2)(1?x3)?1，即|(1?x1)(1?x2)(1?x3)|?1. 由假设，知xi?0或xi?2，得|1?xi|?1（i?1,2,3）， 所以|(1?x1)(1?x2)(1?x3)|?1.矛盾！

所以假设不成立，故至少存在一个根在区间[0,2]中.

422.已知x?19?99是函数f(x)?x?bx?c的一个零点，b,c为整数，则b?c的值是

多少？

42解法一：将x?19?99代入x?bx?c?0中，

得到21488?141619?11?118b?6b19?11?c?0， 由于b、c为整数，19?11为无理数，从而

?21448?118b?c?0，从而得b??236，c?6400. ??1416?6b?0所以b?c?6164.

解法二：设x?19?99，y?99?19，则x?y?299，xy?99?19?80， 于是x?y?(x?y)?2xy?236，

222 1

奖y?80640042代入上式，有x2?2?236，即x?236x?6400?0. xx于是b??236,c?6400，所以b?c?6164.

说明：本题的解法二可以采用逆向思考：什么样的方程有这样的根？由已知变形，得

x?19?99，所以x2?219x，再平方，得x?9?9，0即x2?80x?2192，即x4?160x2?640?0x76x4?236x2?6400?0.从而b??236，c?6400，所以

b?c?6164.但解法二是有一定的缺陷的，它未能有效地说明b、c的唯一性.却也不失为

是一种好的方法.

类似题目：求一个整系数多项式f(x)?anx?an?1x个实根为33?2.

（见《全国重点大学自主招生数学教程》张天德 贾广素 王玮 主编，2013年7月山东科学技术出版社出版 第32页例11.）

nn?1???a1x?a0，使得f(x)?0有一

????????????????3.已知点O是?ABC的外心，H为垂心，且满足OH?m(OA?OB?OC)，则m的值为

多少？ （2013年清华大学夏令营）

????????????????????????????????????1????解：因为OG?OH，所以OH?3OG?OA?AG?OB?BG?OC?CG，又G为重

3????????????????????????????心，AG?BG?CG?0，所以OH?OA?OB?OC，故m?1.

说明：本题是2005年高考数学全国I卷的一道理科填空题.其试题背景是欧拉线，即三角形?ABC的重心G、垂心H和外心O共线，且OG?若D为BC的中点，则AH?2OD；

若I为?ABC的内心，外接圆与内切圆的半径分别为R，r，则OI?连接AI交外接圆与点M，则有MI?MB?MC.

4.已知A、B、C?(0,)，且sinA?sinB?sinC?1.求A?B?C的最大值. 解：由sinA?sinB?sinC?1，得cos2A?cos2B?cos2C?1， 从而2cos(A?B)cos(A?B)?1?cos2C，

2

2221OH. 3R(R?2r)；

π2222所以cos(A?B)?1?2cos2C1?cos2C??sin2C.

2cos(A?B)222同理可证cos(B?C)?sinA，cos(C?A)?sinB， 且同时可得A?B、B?C、C?A?(0,).

将上述三式相加，得cos(A?B)?cos(B?C)?cos(C?A)?sinC?sinB?sinA?1.

222π2π2(A?B)?(B?C)?(C?A)cos(A?B)?cos(B?C)?cos(C?A)1cos??，

3332(A?B?C)131即cos?，所以A?B?C?arccos，当且仅当A?B?C时取等号.

232331故A?B?C的最大值为arccos.

23由于cosx在(0,)中上凸，所以由琴生不等式，得

类似题目1：已知锐角A、B、C满足cosA?cosB?cosC?1，求A?B?C的取值范围.

解：先给一个引理：f(x)是R的函数，在(??,c)内为下凸函数，在(c,??)内为上凸函数，

222变量x1，x2，?，xn为R上的n个实数，且满足x1?x2???xn，

n?Xi?1ni?C（C为常

数），记F?得最大值.

?f(x)，则F在xii?12?x3???xn时取得最小值，在x1?x2???xn?1时取

将“锐角”的条件改为A、B、C?[0,]，令x?cosA，y?cosB，z?cosC，则原题转化为x、y、z?0且x?y?z?1，令f(x)?arccosx，则问题转化为求

π2222f(x)?f(y)?f(z)的取值范围.

求二阶导数，易知f(x)在[0,1]上先下凸再上凸，即满足引理的条件.

由对称性，不妨设设x?y?z，先求最小值，由引理知，只需考虑a?b与c?1两种情况，后者显然只能得到f(x)?f(y)?f(z)?π，而前者则化为 求g(t)?2f(t)?f(1?2t)的最小值，其中t?[0,].

13 3

求导，易得g?(t)?3t?1，

t(1?t)(1?2t)(21?2t?2(1?t))故当t?31时，g(t)取得最小值3arccos，所以f(x)?f(y)?f(z)的最小值就是

333arccos3.下求最大值： 3π?f(t)?f(1?t)的最大21π值，其中t?[0,].事实上，有恒等式arccosx?arccos1?x?，所以前者只能得到

22由引理知，只需考虑a?b与b?0两种情况，前者转化为求

f(x)?f(y)?f(z)?π，而后者仍然转化为上述求g(t)的最大值，只是此时t的范围

变成t?[,]，显然t?11321时g(t)取得最大值π,所以f(x)?f(y)?f(z)的最大值为π. 23,π].而原题是在“锐角”33,π). 32综上所述，由函数的连续性，所求的取值范围是[3arccos情形下，取不到π，但可以趋近它，从而原题的答案是[3arccos类似题目2：已知角A、B、C?(0,)，满足sinA?sinB?sinC?1，求A?B?C的取值范围.

解：由sinA?sinB?sinC?1，得cos2A?cos2B?cos2C?1. 令x?cos2A，y?cos2B，z?cos2C，则x?y?z?1， 我们只需求

222π4221(arccosx?arccosy?arccosz)的最大值。 211?x2设f(x)?arccosx，x?(0,1)，则f?(x)??，f??(x)??x(1?x)23?0，

于是函数f(x)是(0,1)上的上凸函数.由琴生不等式，有

13x?y?z3131(arccosx?arccosy?arccosz)?f()?f()?arccos. 223232331即A?B?C的最大值为arccos.

232π4π2nπ15.求证：cos?cos???cos??.

2n?12n?12n?12 4

1sin(n?)x12? （*） 证明：先证一个一般式：cosx?cos2x?cosnx?x22sin2配凑消去交叉项：

xsin(cosx?cos2x???cosnx)2xxx?sincosx?sincos2x???sincosnx222 1sin3xx5x3x(2n?1)x(2n?1)x?[?sin?sin?sin???sin?sin]22222221(2n?1)xx?[sin?sin].2221sin(n?)x12?. 整理，得cosx?cos2x?cosnx?x22sin22π2π4π2nπ1回到原题，令x?，得cos?cos???cos??.

n?12n?12n?12n?12说明：类似地，我们还可以得到一般结论：

x1cos?cos(n?)x22. sinx?sin2x???sinnx?x2sin2对于如sin??sin(???)?sin(??2?)???sin(??(n?1)?)及

sincos??cos(???)?cos(??2?)???cos(??(n?1)?)的代数式，可以乘以

??2，再2sin逐项积化和差，依次将各项一拆为二，达到相消的目的.如当??2kπ时，

n?1n?)sin?22； sin??sin(???)?sin(??2?)???sin[??(n?1)?]??sin2n?1ncos(???)sin?22. cos??cos(???)?cos(??2?)???cos[??(n?1)?]?nsin?2sin(??6.设x1?x2?x3?x4?2，且x2?x3?x4?x1.求证：(x1?x2?x3?x4)?4x1x2x3x4.

2 5

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/0crh.html