2014年华中科技大学理科实验班选拔试题—数学 | Math173
来源：兰琦网页
一、填空题（本题共5小题，每小题8分，共40分）
1、设(f(x)=dfrac{x}{sqrt{1+x^2}})，则(n)重复合函数(f_n(x)=f(f(cdots f(x)cdots))=)_______．
2、设多项式(p(x))满足(pleft(x^2+1 ight)=left(p(x) ight)^2+1)和(p(0)=0)，则(p(x)=)_______.
3、设(S_n=sumlimits_{k=1}^ndfrac{6^k}{left(3^{k+1}-2^{k+1} ight)left(3^k-2^k ight)})，则极限(limlimits_{n oinfty}S_n=)_______.
4、对(x>0)，函数(f(x)=dfrac{left(x+dfrac1x ight)^6-left(x^6+dfrac1{x^6} ight)-2}{left(x+dfrac1x ight)^3+left(x^3+dfrac1{x^3} ight)})的最小值为_______．
5、假设(20)名学生中的每一名学生可从提供的六门课程中选学一门至六门，也可以一门都不选．试判断下列命题是否正确：存在(5)名学生和两门课程，使得这(5)名学生都选了这两门课，或者都没选，选填“正确”或“否”_______．
二、（本题共14分）
1、若(a)为正整数而(sqrt a)不为整数，证明：(sqrt a)为无理数.
2、试证：除(0,0,0)外，没有其他整数(m,n,p)使得[m+nsqrt2+psqrt3=0.] 三、（本题共16分） 设(a,b,c)为三角形三边之长，(p=dfrac{a+b+c}2),(r)为内切圆半径，证明：[dfrac1{(p-a)^2}+dfrac1{(p-b)^2}+dfrac1{(p-c)^2}geqslantdfrac1{r^2}.]
四、（本题共12分） 证明：设(m)是任一正整数，则(a_m=dfrac12+dfrac13+dfrac14+dfrac15+cdots+dfrac1{2^m})不是整数．
五、（本题共18分） 下图是2013年恒大足球俱乐部策划的主场与首尔FC足球队的亚冠决赛海报，左边是恒大队，右边是首尔队，该海报的寓意是什么？要求简单推导海报中两个数学式子的结果．一个数学式子是(sqrt{1+2sqrt{1+3sqrt{1+4sqrt{1+cdots}}}})(拉马努金式子)，另一个是(mathrm e^{pi mathrm i}+1)(已知欧拉公式(mathrm e^{pi mathrm i}=cosalpha+mathrm isinalpha))．
参考答案
一、填空题
1、(dfrac{x}{sqrt{1+nx^2}})．
2、(x) 提示 方程(p(x)-x=0)有无数个零点，于是(p(x)=x)．
3、(2) 提示 裂项为(dfrac{2^k}{3^k-2^k}-dfrac{2^{k+1}}{3^{k+1}-2^{k+1}})．
4、(6) 提示 函数(f(x)=3left(x+dfrac 1x ight))．
5、否 提示 (6)门课中选(3)门共有({ m C}_6^3=20)种不同的组合，让每个同学分别选一种组合，那么任何两门课同时选和同时不选的同学数均为(4)．
二、略
提示 均用反证法．
三、略
提示 (pr=S)，而(S=sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)})．
四、略
提示 设右边的公分母为[left[2,3,4,cdots,2^m ight]=2^mcdot p,]其中(p)是一个奇数，两边同时乘以公分母，则左边是偶数，而右边为奇数．
注一 利用这个方法可以证明(sumlimits_{i=1}^n{dfrac 1i})，其中(ninmathcal N^*)且(ngeqslant 2)均不是整数．另外，这个方法中从(2)的方幂出发也不是必须的．
注二 也可以两边同时乘以(dfrac{[2,3,cdots,2^m]}p)，其中(p)为右边各分母分解质因数后的最大奇素数因子，根据伯特兰-切比雪夫定理，含(p)的项唯一，进而即得．
五、(3:0)
提示 拉马努金恒等式，注意到[n=sqrt{1+(n-1)(n+1)},]于是[egin{split}3&=sqrt{1+2cdot 4}\&=sqrt{1+2sqrt{1+3cdot 5}}\&=sqrt{1+2sqrt{1+3sqrt{1+4cdot 6}}}\&=cdotsend{split}.]
2015年华中科技大学理科实验班选拔试题—数学 | Math173
一、填空题
1、对抛物线(y^2=2sqrt 2x)，若设其焦点为(F)，(y)轴正半轴上一点为(N)．若准线上存在唯一的点(P)使得(angle NPF=90^circ)，则(N)点的纵坐标为_______．
2、(dfrac{1}{sqrt 1+sqrt 2}+dfrac{1}{sqrt 2+sqrt 3}+cdots+dfrac{1}{sqrt{255}+sqrt{256}}=)______．
3、若已知(limlimits_{n o +infty}left(sumlimits_{i=1}^ndfrac{1}{i}-ln n ight))存在，则(sumlimits_{i=0}^{+infty}{dfrac{(-1)^{i+2}}{i+1}}=)_______．
4、在边长为(1)的正方形中（含边界）取(9)个点，其中必有(3)个点，它们构成的三角形面积不超过_______．
5、某人打靶打中 8 环、9 环、10 环的概率分别为(0.15)、(0.25)、(0.2)，现他开三枪，不少于(28)环的概率为_______．
二、解答题
6、若对任意实数(x,y)，有(fleft((x-y)^2 ight)=left(f(x) ight)^2-2xcdot f(y)+y^2)，求(f(x))．
7、求所有(a,b)，使(left|sqrt{1-x^2}-ax-b ight|leqslant dfrac{sqrt 2-1}2)成立，其中(xin [0,1])．
8、若复数(z)满足(|z|=1)，求(left|z^3-z+2 ight|^2)的最小值．
9、已知三次方程(x^3+ax^2+bx+c=0)有三个实根．
（1）若三个实根为(x_1,x_2,x_3)，且(x_1leqslant x_2leqslant x_3)，(a,b)为常数，求(c)变化时(x_3-x_1)的取值范围；
（2）若三个实根为(a,b,c)，求(a,b,c)．
参考答案
一、填空题
1、(2) 提示：斜边(NF)的中点(M)在抛物线上，坐标为(left(dfrac{sqrt{2}}4,1 ight))．
2、(15)
3、(ln 2)
4、(dfrac 18)
提示：如图．
二、解答题
6、(f(x)=xlor f(x)=x+1) 提示：令(x=y)得[f(0)=left(f(x)-x ight)^2,]再令(x=0)可得(f(0)=0lor f(0)=1)．
7、 (a=-1land b=dfrac{sqrt 2+1}2) 提示：三角换元，(x=cos heta)，其中( hetainleft[0,dfrac{pi}2 ight])，则原式变形为[left|sqrt{1+a^2}sinleft( heta+varphi ight)-b ight|leqslant dfrac{sqrt 2-1}2,]注意到代数式(sqrt{1+a^2}sinleft( heta+varphi ight))的值域区间长度不能超过(sqrt 2-1)，于是(a=-1)，进而(b=dfrac{sqrt 2+1}2)．
8、(dfrac {8}{27}) 提示：利用共轭复数，并令(x=z+ar z)，则有原式等于(2x^3-x^2-8x+8)，其中(xin [-2,2])．
9、（1）(left[sqrt{a^2-3b},2sqrt{dfrac{a^2}3-b} ight])；
（2）有理解为((a,b,c)=(0,0,0),(1,-1,-1),(1,-2,0))，无理解为(left(-dfrac 1b,b,dfrac 2b-b ight))，其中(b=t+dfrac 2{3t})，而(t=sqrt [3]{-1+sqrt{dfrac {19}{27}}})．
已知三次方程(x^3+ax^2+bx+c=0)有三个实根．
（1）若三个实根为(x_1,x_2,x_3)，且(x_1leqslant x_2leqslant x_3)，(a,b)为常数，求(c)变化时(x_3-x_1)的取值范围；
（2）若三个实根为(a,b,c)，求(a,b,c)．
令$x=y-frac{a}{3}$,则
[
y^3+left( b-frac{a^2}{3}
ight) y+frac{2a^3}{27}-frac{ab}{3}+c=0.
]
记$p=b-frac{a^2}{3},q=frac{2a^3}{27}-frac{ab}{3}+c$,得到新的方程
[y^3+py+q=0.]
作Vieta变换$y=u-frac{p}{3u}$,得到
[u^{3}-frac{p^{3}}{27 u^{3}}+q=0.]
整理得关于$u^3$的二次方程,解得
[u^{3}=-frac{q}{2}pmsqrt{frac{q^{2}}{4}+frac{p^{3}}{27}}.]
当$Delta=left(frac{q}{2}
ight)^{2}+left(frac{p}{3}
ight)^{3}<0$时,显然有$p=b-frac{a^2}{3}leq 0$,记$r=sqrt{-left(frac{p}{3}
ight)^{3}}, heta=frac{1}{3} arccos left(-frac{q}{2 r}
ight)in left[0,frac{pi}{3}
ight]$,则该三次方程有三个实根
egin{align*}
x_{3}=2 sqrt[3]{r} cos heta, \
x_{1}=2 sqrt[3]{r} cos left( heta+frac{2pi}{3}
ight), \
x_{2}=2 sqrt[3]{r} cos left( heta+frac{4pi}{3}
ight).
end{align*}
此时有
egin{align*}
x_3-x_1&=2sqrt[3]{r}cos heta -2sqrt[3]{r}cos left( heta +frac{2pi}{3}
ight)
\
&=2sqrt{3}sqrt[3]{r}sin left( heta +frac{pi}{3}
ight) in left[ 3sqrt[3]{r},2sqrt{3}sqrt[3]{r}
ight].
end{align*}
又$sqrt[3]{r}=sqrt{-frac{p}{3}}=sqrt{frac{a^2}{9}-frac{b}{3}}$,故
[
x_3-x_1in left[ sqrt{a^2-3b},2sqrt{frac{a^2}{3}-b}
ight].
]
end{Proof}
对于一般的一元三次方程$ax^3+bx^2+cx+d=0$,令
[
x=y-frac{b}{3a},
]
有
[y^3+left( frac{c}{a}-frac{b^2}{3a^2}
ight) y+frac{2b^3}{27a^3}-frac{bc}{3a^2}+frac{d}{a}=0.
]
若三个实根为$a,b,c$,由韦达定理可知
egin{align*}
a+b+c=-a,\
ab+bc+ca=b,\
abc=-c.
end{align*}
当$c=0$时,有$ab=b,2a+b=0$,则$(a,b,c)=(0,0,0)$或$(1,-2,0)$.
当$c
eq 0$时,有$ab=-1$,由第二个方程得$(a+b)c=b+1$,由第一个方程得$2a+b+c=0$,则$-left( a+b
ight) left( 2a+b
ight) =b+1$.于是$b^4+b^3-2b^2+2=0$,即$(b+1)(b^3-2b+2)=0$,解得
egin{align*}
b&=sqrt[3]{-frac{q}{2}+sqrt{left( frac{q}{2}
ight) ^2+left( frac{p}{3}
ight) ^3}}+sqrt[3]{-frac{q}{2}-sqrt{left( frac{q}{2}
ight) ^2+left( frac{p}{3}
ight) ^3}}
\
&=sqrt[3]{-1+sqrt{1+left( frac{-2}{3}
ight) ^3}}+sqrt[3]{-1-sqrt{1+left( frac{-2}{3}
ight) ^3}}
\
&=-frac{sqrt[3]{9-sqrt{57}}+sqrt[3]{9+sqrt{57}}}{3^{ ext{2/}3}}
end{align*}
或$b=-1$.则$(a,b,c)=(1,-1,-1)$或
[
left( frac{-2+sqrt[3]{46-6sqrt{57}}+sqrt[3]{46+6sqrt{57}}}{6},-frac{sqrt[3]{9-sqrt{57}}+sqrt[3]{9+sqrt{57}}}{3^{ ext{2/}3}},frac{2-sqrt[3]{3sqrt{57}+1}+sqrt[3]{3sqrt{57}-1}}{3}
ight).]
每日一题[29] 一般三次方程的解法 | Math173
今天的问题是从2011年第二届世界数学锦标赛青年组接力赛第二轮的一道试题开始的．
求方程[(x+1)(x^2+1)(x^3+1)=30x^3]的所有实数根之和．
厉害，我们老师是用的三角换元反三角表示_(•̀ω•́ 」∠)_
这道试题并不是今天的问题，仅仅是提示而已．今天的问题是16世纪的竞赛题（那时，数学家常常把自己的发现秘而不宣，而是向同伴提出挑战，让他们解决同样的问题．想必这是一项很砥砺智力，又吸引人的竞赛）：
解关于(x)的方程[x^3+px+q=0.]
问题的关键在于如何进行恰当的换元．
注意到[left(t+dfrac 1t ight)^3=t^3+dfrac 1{t^3}+3left(t+dfrac 1t ight).] 也就是说，如果(p=-3)，那么我们做换元(x=t+dfrac 1t)，方程就转化为[t^3+dfrac 1{t^3}+q=0,]即[(t^3)^2+qcdot t^3+1=0,]可以利用二次方程的求根公式求得(t^3)，进而求出(t)，然后代回(x=t+dfrac 1t)，求根过程就完成了．
现在面临的困难是如何处理(p)，需要对换元进行一个小小的改造．
由于[left(t+dfrac ut ight)^3=t^3+dfrac{u^3}{t^3}+3uleft(t+dfrac ut ight),]因此令(x=t+dfrac ut)，其中(u)为待定系数，那么原方程变为[t^3+dfrac{u^3}{t^3}+(3u+p)cdotleft(t+dfrac ut ight)+q=0.] 在这个方程中，令(u=-dfrac p3)，就会和之前一样变成一个关于(t^3)的二次方程，以下略．
事实上，任何一个三次方程[ax^3+bx^2+cx+d=0,a eq 0]都可以利用完全立方公式[left(x+dfrac b{3a} ight)^3=x^3+dfrac bax^2+dfrac {b^2}{3a^2}x+dfrac {b^3}{27a^3}=0]通过配方转化为[x^3+px+q=0]的形式．因此掌握了这个方法，就等于掌握了一般三次方程的解法．
在一般三次方程的解法中，我们用到的换元(x=t+dfrac ut)同样也是解高次方程的重要换元．需要注意到的是，在每一步的求解过程中，要先弄清是求方程的实根还是所有根．
最后留一道练习题．
求关于(x)的方程[x^5+10x^3+20x-4=0]的所有根．
答案是[x=left(2^{frac 35}-2^{frac 25} ight)cosdfrac{2kpi}{5}+left(2^{frac 35}+2^{frac 25} ight)mathcal{i}sindfrac{2kpi}{5},k=0,1,2,3,4.]其中用到的代换为(x=t-dfrac 2t)．