李尚志

(北京航空航天大學(xué)　100083)

測(cè)試題2

一、填空題:

2. 若干個(gè)正整數(shù)之和等于20, 這些正整數(shù)的乘積的最大值為_(kāi)_______.

3. 常數(shù)a,b使恒等式a(2x2+x+5)+b(x2+x+1)=x2-3x+13 成立, 則(a,b)=(____,____).

4. 設(shè)P是拋物線y2=2x上的點(diǎn),Q是圓(x-5)2+y2=1 上的點(diǎn), 則|PQ|的最小值是.

7. 在有理數(shù)范圍內(nèi)分解因式:x15-1=.

=tan________.

(提示: 考慮向量a1(cosα,sinα) +…+an(cosnα, sinnα)的方向.)

9.P是銳角∠MON=α內(nèi)固定點(diǎn), |OP|=r. 分別在角的兩邊OM,ON上選取點(diǎn)A,B使三角形△PAB的周長(zhǎng)p最短, 則p=____________

.

二、解答題

x15-1=(x-1)(x-ω)(x-ω2)…(x-ω14) .

求證:x15-1 的如下因式都是整系數(shù)多項(xiàng)式:

f1(x)=(x-ω5)(x-ω10),

f2(x)=(x-ω3)(x-ω6)(x-ω9)(x-ω12),

f3(x)=(x-ω)(x-ω2)(x-ω4)(x-ω7)(x-ω8)(x-ω11)(x-ω13)(x-ω14).

11. 蜜蜂的蜂巢的每個(gè)蜂房的形狀可以由正六棱柱按如下方式得到: 設(shè)O，O′ 分別是棱柱兩個(gè)底面正六邊形ABCDEF與A′B′C′D′E′F′ 的中心. 在O′O的延長(zhǎng)線上取點(diǎn)Q, 過(guò)Q與A，C，E中每?jī)蓚€(gè)點(diǎn)作平面, 得到3個(gè)平面QAC，QCE，QEA, 分別交側(cè)棱BB′，DD′，F(xiàn)F′于G，K，J, 得到3個(gè)全等的菱形QAGC，QAKE，QCJE. 在OO′的延長(zhǎng)線上截取O′Q′=OQ, 過(guò)Q′與A′，C′，E′中的每?jī)牲c(diǎn)作平面可得到與前述三個(gè)菱形全等的三個(gè)菱形Q′A′G′C′，Q′A′K′E′，Q′C′J′E′. 這六個(gè)全等的菱形與正六棱柱的各側(cè)面圍成一個(gè)蜂房, 體積與原來(lái)的正六棱柱相同. 選擇點(diǎn)Q的位置使蜂房表面積最小, 菱形的角α=∠AQC應(yīng)是多大?

12. 某產(chǎn)品由5 個(gè)部件裝配而成, 每個(gè)部件有4種不同型號(hào), 共需生產(chǎn)4×5=20種不同型號(hào)的部件, 可裝配出45=1024 種不同類(lèi)型的產(chǎn)品. 需生產(chǎn)的不同型號(hào)越多, 成本就越高.可裝配出的產(chǎn)品類(lèi)型越多, 用戶就越歡迎. 請(qǐng)適當(dāng)調(diào)整部件個(gè)數(shù)和每個(gè)部件的型號(hào)個(gè)數(shù),保持不同型號(hào)的部件總數(shù)仍是20種, 使裝配出的產(chǎn)品類(lèi)型最多. 給出方案并說(shuō)明理由.

13. 圓柱底面半徑為r. 用一個(gè)平面斜截圓柱的側(cè)面, 截得的側(cè)面的最大高度為a, 最小高度為b,a>b>0.

(1) 試畫(huà)出截得側(cè)面的展開(kāi)圖(只須畫(huà)出簡(jiǎn)圖即可). 猜測(cè)截痕展開(kāi)得到的曲線是什么形狀的曲線.

(2) 在適當(dāng)坐標(biāo)系下求截痕展開(kāi)所得曲線的方程. 這是什么曲線?

15. 空間中從同一點(diǎn)出發(fā)兩兩成鈍角的射線最多有幾條? 并證明你的結(jié)論.

f(x，y)=asiny+bcosy

=rcosαsiny+rsinαcosy

=rsin(α+y)≤r.

=2x+2(1-x)=2,

解法2由柯西不等式得

(1)

再用柯西不等式得

=2

(2)

(3)

解法3設(shè)向量a，b夾角為θ, 則a·b=|a||b|cosθ.

由cosθ≤ |cosθ|≤1 得a·b≤|a·b|≤|a||b|.

等式a·b=|a||b|成立的充分必要條件是cosθ=1 或|a||b|=0.

當(dāng)|a||b|≠0 時(shí),要求cosθ=1,θ=0,a，b同向,b=λa對(duì)某個(gè)λ>0 成立. 當(dāng)|a||b|=0時(shí),a，b至少一個(gè)為0, 仍然同向.

當(dāng)兩個(gè)≤ 都取等號(hào),

此時(shí)

達(dá)到最大值.

借題發(fā)揮

1　一念之差, 多元函數(shù)變一元

本題可以套用求y=f(x)=asinx+bcosx最大值的現(xiàn)成算法:

所成的角.

再考慮x在定義域[0，1] 內(nèi)變化時(shí)M(x) 的最大值, 就是f(x，y) 的最大值.

本題考察的第一條素養(yǎng)不是算法, 而是看考生只會(huì)死記硬背現(xiàn)成算法, 還是會(huì)把x看成常數(shù), 將asinx+bcosx的現(xiàn)成算法拿到這里來(lái)應(yīng)用. 考的就是一念之差. 考試完了, 學(xué)的也就是一念之差. 處理多元函數(shù)的這種觀念非常有用. 例如, 如下的問(wèn)題曾經(jīng)是研究生入學(xué)考試題, 也是中學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽題. 前者考的是大學(xué)畢業(yè)生, 后者考的是中學(xué)生.

例1x，y，z是任意實(shí)數(shù),A，B，C是任意三角形的三個(gè)內(nèi)角. 證明不等式:

x2+y2+z2

≥ 2xycosA+2xzcosB+2yzcosC.

證明不等式左右兩邊之差

d=x2+y2+z2-2xycosA-2xzcosB-2yzcosC

=x2-2x(ycosA+zcosB)+y2+z2-2yzcosC

=(x-ycosA-zcosB)2+y2-y2cos2A+z2-z2cos2B-2yz(-cos(A+B))-2yz·cosAcosB

=(x-ycosA-zcosB)2+y2sin2A+z2·sin2B-2yzsinAsinB

=(x-ycosA-zcosB)2+(ysinA-z·sinC)2≥0.

原不等式成立.

以上證法的要點(diǎn)是:

(1) 證明不等式f≥g成立, 最直接的方法證明f-g≥0. 這是不等號(hào)≥的原始定義.

(2) 證明d≥ 0 的一個(gè)重要方法: 將d配方寫(xiě)成實(shí)數(shù)的平方的正數(shù)倍之和.

(3) 如果d=Q(x1，… ，xn) 是多元二次多項(xiàng)式, 先將x2，… ，xn取值看成常數(shù),d看成x1的一元函數(shù)d=f1(x1). 如果是d是x1的二次三項(xiàng)式, 可配方為

d=a1[x1-g(x2，… ，xn)]2+d2(x2，…，xn),

再將x3，… ，xn看成常數(shù), 將d2(x2，… ，xn) 看成x2的函數(shù)f2(x2).如果f2(x2) 是x2的二次三項(xiàng)式, 再配方. 如果最后將d配成有限個(gè)多項(xiàng)式的平方的正數(shù)倍之和, 則d≥0.

在以上例題中將A，B，C看成常數(shù), 則d是二次項(xiàng)之和, 稱(chēng)為二次型. 是大學(xué)線性代數(shù)課程的學(xué)習(xí)內(nèi)容, 所以成為考研題. 但中學(xué)生也可以用配方的方法來(lái)解決. 靠的就是一念之差.

2　冪平均

還可以再平方, 再消掉一層根號(hào), 又產(chǎn)生新的根號(hào):

=2.

這個(gè)妙招可以推廣為更一般的不等式

(u+v)2+(u-v)2=2(u2+v2) ≥ (u+v)2，

其中u，v是任意實(shí)數(shù). 僅當(dāng)u=v時(shí)等號(hào)成立.

還可改寫(xiě)為

冪平均的概念可以推廣到任意非零實(shí)數(shù)k. 任意有限個(gè)正實(shí)數(shù)a1，… ，an的k次冪的算術(shù)平均的k次正方根

稱(chēng)為a1，… ，an的k次冪平均.

Mk的大小介于所有ai的最大值與最小值之間, 當(dāng)所有ai相等時(shí),Mk也與它們相等.

特別地, 當(dāng)k=1時(shí),M1就是算術(shù)平均.

當(dāng)k=-1時(shí),

也稱(chēng)為調(diào)和平均.

這促使我們猜想: 當(dāng)u，v固定,k增加,Mk也增加.

這更促使我們相信當(dāng)u，v固定不變時(shí)Mk是k的遞增函數(shù).

可以證明, 對(duì)于任意n個(gè)正數(shù)a1，… ，an的k次冪平均Mk是k的遞增函數(shù), 當(dāng)k>r時(shí)有Mk≥Mr, 等號(hào)僅當(dāng)所有ai相等時(shí)成立.證明所用到的知識(shí)超出中學(xué)數(shù)學(xué)范圍, 就不介紹了.

不過(guò)我們可以對(duì)任意n個(gè)正數(shù)證明一個(gè)特殊情形:M2≥M1.

3　柯西不等式

本題解法2從頭到尾用柯西不等式, 其中a1，a2，b1，b2是任意實(shí)數(shù).

等號(hào)成立的條件為(a1，a2)，(b1，b2) 成比例, 也就是a1b2=a2b1.

sin2y+cos2y=1 消掉正余弦,

解法1沒(méi)用柯西不等式, 用什么? 第一步用和角公式消正余弦. 第二步自己證明了一個(gè)不等式

仍然是靠平方和消根號(hào). 其實(shí)是證明了

(u+v)2≤(u+v)2+(u-v)2=2(u2+v2)，

同時(shí)也是柯西不等式的特殊情形:

(1u+1v)2≤(12+12)(u2+v2).

可見(jiàn), 二次冪平均不等式是在柯西不等式中取b1=b2=1的特殊情形. 不過(guò), 解法1沒(méi)有引用柯西不等式, 直接證明了這個(gè)特殊情形.

解法3也不引用柯西不等式, 而是由余弦滿足的不等式|cosθ|≤1得出數(shù)量積不等式|a·b|≤|a||b|來(lái)使用. 將向量a，b在平面上的標(biāo)準(zhǔn)正交基下寫(xiě)成坐標(biāo)a=(a1，a2)，b=(b1，b2), 這個(gè)數(shù)量積不等式就是

等號(hào)成立的條件是a，b共線. 這就是柯西不等式.

只不過(guò)解法2不加證明直接引用柯西不等式, 解法3先利用余弦不等式|cosθ|≤1 證明柯西不等式, 然后再使用.

空間非零向量a=(a1，a2，a3)，b=(b1，b2，b3) 同樣滿足不等式

|a·b|=|a||b||cosθ|≤|a||b|,

即(a·b)2≤|a|2|b|2,

等號(hào)成立的條件為a，b共線. 也就是

(a1b1+a2b2+a3b3)2

也就是:a1，a2，a3的2次冪平均不小于算術(shù)平均. 不但當(dāng)a1，a2，a3為正數(shù)時(shí)成立, 為任意實(shí)數(shù)時(shí)也成立.

對(duì)任意正整數(shù)n, 可以將任意n個(gè)實(shí)數(shù)a1，…，an排成n維向量a=(a1，… ，an), 定義兩個(gè)n維向量a=(a1，… ，an)，b=(b1，… ，bn)的和、差、數(shù)量積, 以及a與任意實(shí)數(shù)x的乘積:

a±b=(a1±b1，… ，an±bn)，

xa=(xa1，… ，xan),

a·b=a1b1+…+anbn,

還可利用數(shù)量積定義任意向量a的長(zhǎng)度|a|, 非零向量a，b的夾角θ:

(a·b)2=(a1b1+…+anbn)2

我們證明這個(gè)不等式對(duì)任意實(shí)數(shù)a1，…，an，b1，…，bn成立. 等號(hào)成立的充分必要條件是存在λ使b=λa或a=λb.

這個(gè)不等式稱(chēng)為柯西不等式.

當(dāng)n=2或3時(shí)a，b是幾何向量, 非零向量預(yù)先就有了夾角滿足|cosθ|≤1, 我們先由a·b=|a||b|cosθ定義數(shù)量積, 然后才在標(biāo)準(zhǔn)正交基下建立坐標(biāo)a=(a1，a2，a3)，b=(b1，b2，b3) 并推出數(shù)量積計(jì)算公式a·b=a1b1+a2b2+a3b3. 因此可以由|cosθ|≤1 得出柯西不等式|a·b|=|a||b||cosθ|≤|a||b|.

圖1

|OB|2-|OD|2=|DB|2≥0

(1)

(b-xa)2≥ 0

(2)

選x使DB⊥OA, 則勾股定理

|OB|2-|OD|2=|DB|2成立,

即

b2-(xa)2=(b-xa)2

(3)

解此方程求x. 方程兩邊整理得

b2-x2a2=b2-2xa·b+x2a2

(4)

b2-x2a2=右邊≥ 0,

?a2b2≥ (a·b)2.

這就得到了柯西不等式.

將平面向量替換成n維數(shù)組a=(a1，… ，an)，b=(b1，… ，bn). 前面的幾何推理(1)沒(méi)有了, 向量運(yùn)算的步驟(2),(3),(4) 仍然成立:

(b-xa)2=(b1-xa1)2+…+(bn-xan)2≥0

(2)

?a2b2≥ (a·b)2.

這就對(duì)任意n證明了柯西不等式.為什么平面向量的推理步驟(2)(3)(4)能適用于n維數(shù)組向量?因?yàn)槊恳徊蕉际窍蛄窟\(yùn)算, 沒(méi)有用到幾何圖形的特殊性質(zhì). 向量運(yùn)算依靠的是運(yùn)算律,n維數(shù)組向量同樣滿足這些運(yùn)算律. 有兩處用到運(yùn)算律: 步驟(2)的不等式(b-xa)2≥ 0 對(duì)幾何向量成立的原因是線段長(zhǎng)度的平方|DB|2≥0, 數(shù)組向量成立的原因則是因?yàn)樗歉鞣至繉?shí)數(shù)的平方和. 步驟(3),(4) 解方程的關(guān)鍵是展開(kāi)式(b-xa)2=a2-2xa·b+x2a2,用到向量點(diǎn)乘的交換律以及對(duì)加減法的分配律. 數(shù)組向量的點(diǎn)乘是對(duì)應(yīng)分量乘積之和, 分配律和交換律都包含在各分量的乘法之中. 我們沒(méi)有先證明這兩個(gè)運(yùn)算律再用來(lái)展開(kāi), 而是直接將(b-xa)2=(b1-xa1)2+…+(bn-xan)2的各項(xiàng)(bi-xai)2分別展開(kāi)再加起來(lái). 總而言之, 幾何向量的推理之所以能夠搬到數(shù)組向量, 要點(diǎn)是：“所以然”(運(yùn)算律)沒(méi)有變, “然”也就不變.

在柯西不等式中令所有bi=1 得

從而

這證明了任意n個(gè)實(shí)數(shù)的二次冪平均不小于算術(shù)平均.

題2(1) 若干個(gè)正整數(shù)之和等于20, 這些正整數(shù)乘積最大值為_(kāi)_______

(2) 若干個(gè)正實(shí)數(shù)之和等于20, 這些正實(shí)數(shù)乘積最大值為_(kāi)_______

解(1) 20=x1+…+xn分成正整數(shù)x1，…，xn之和. 假定乘積p=x1…xn已經(jīng)最大. 如果將這n個(gè)數(shù)中某幾個(gè)數(shù)替換成另外的正整數(shù), 保持它們的和不變, 則乘積p不能增加, 只能減少或不變.

如果x1=1, 將x1與x2合并成一個(gè)數(shù)y1=1+x2, 和不變, 乘積由x1x2=x2增加到y(tǒng)1=1+x2>x2, 所有各數(shù)的乘積p=1x2…xn增加到(1+x2)…xn, 說(shuō)明原來(lái)的p不是最大. 這說(shuō)明, 當(dāng)p最大, 必須x1≥2, 且所有的xi≥2.

將每個(gè)>2 的xi=2+(xi-2) 拆成2，xi-2 之和, 和不變, 乘積2(xi- 2)≤xi?xi≤4. 這說(shuō)明所有的xi只能等于2,3,4 之一. 每個(gè)4 可以拆成兩個(gè)2 之和, 乘積4 變成2×2=4 不變. 得到的2 和3 之和仍為20, 乘積最大.

如果2 的個(gè)數(shù)≥3, 將3個(gè)2換成兩個(gè)3, 和2+2+2=3+3 不變.乘積2×2×2=8<3×3=9增大. 說(shuō)明原來(lái)的乘積并非最大. 乘積最大的分解式中2的個(gè)數(shù)不能超過(guò)2. 只能是20=3+3+3+3+3+3+2,最大乘積為36×2=1458.

答案: 1458.

(2) 讓n固定, 設(shè)n個(gè)正實(shí)數(shù)x1，… ，xn之和x1+…+xn=20.

n 12345678920n20106.667543.3332.8572.52.22220n n20100296.362510241371.71554.31525.91321.6

題12某產(chǎn)品由5 個(gè)部件裝配而成, 每個(gè)部件有4種不同型號(hào), 共需生產(chǎn)4×5=20種不同型號(hào)的部件, 可裝配出45=1024 種不同類(lèi)型的產(chǎn)品. 需生產(chǎn)的不同型號(hào)越多, 成本越高. 可裝配出的產(chǎn)品類(lèi)型越多,用戶越歡迎. 請(qǐng)適當(dāng)調(diào)整部件個(gè)數(shù)和各部件型號(hào)個(gè)數(shù), 保持不同型號(hào)的部件總數(shù)仍是20種, 使裝配出的產(chǎn)品類(lèi)型最多. 給出方案并說(shuō)明理由.

解設(shè)共有n個(gè)部件, 每個(gè)部件型號(hào)個(gè)數(shù)各為x1，… ，xn, 則部件總數(shù)x1+…+xn=20, 要使裝配出的產(chǎn)品類(lèi)型數(shù)p=x1x2…xn最多, 就是把20分成若干個(gè)正整數(shù)x1，… ，xn之和, 使它們的乘積最大.填空題2已證明: 設(shè)置7 個(gè)部件, 讓其中6個(gè)部件各3種不同型號(hào), 一個(gè)部件2種不同型號(hào), 則不同型號(hào)的部件總數(shù)仍為3×6+2=20, 可裝配出產(chǎn)品類(lèi)型36×2=1458 最多.

借題發(fā)揮

1　抽象克無(wú)窮

以上第(2)小題由p(7)>p(8)>p(9) 斷言p(n) 繼續(xù)遞減, 只是猜想, 缺乏證據(jù). 雖然填空題不需要講證據(jù),只要求答案正確. 但你能斷言答案正確嗎? 也可能從p(7) 先遞減到某個(gè)p(m) 再遞增到某個(gè)p(N)>p(7), 你的答案就錯(cuò)了.

要確保答案正確, 需要繼續(xù)對(duì)所有的正整數(shù)n=10，11，… 依次計(jì)算p(n), 觀察它們是否遞減. 所有的正整數(shù)有無(wú)窮多, 不可能全部計(jì)算. 注意到當(dāng)n≥20時(shí)

一下子排除了n≥20 的無(wú)窮多個(gè)p(n), 只剩下19個(gè)n需要驗(yàn)證.

也就是e(n+1) >e(n). 這說(shuō)明當(dāng)n遞增時(shí), e(n) 遞增.

k(n) 是遞減正數(shù)b(n+1) 與遞增正數(shù)e(n) 之比, 因而遞減.

當(dāng)p(n)>p(n+1) 時(shí)p(n) 遞減, 0

以后的k(n) 繼續(xù)遞減, 始終k(n)<1.p(n)持續(xù)遞減, 不再遞增.

這證明了:k(n) 從k(1)>1 遞減到某個(gè)k(N-1)≥1>k(N),p(n)從p(1)遞增到p(N-1)≤p(N), 然后持續(xù)遞減,p(N)是所有p(n)的最大值.

根據(jù)這個(gè)道理, 以上第(2)小題由

≈1525.9,

為了找p(6)p(8),需要計(jì)算p(1)，…，p(8),也是愚公移山.能不能直接找到p(6)p(8),不計(jì)算其余5個(gè)p(n)?

2　自然對(duì)數(shù)的底e

最大值p(N) 滿足的條件k(N-1) ≥1>k(N) 就是

k(n) 可以改寫(xiě)為

我們證明當(dāng)n遞增時(shí)E(n) 遞減:

不等號(hào)兩邊取n+1次冪并且取倒數(shù)得

從p(1) 到p(m) 遞增,p(m) 之前的p(1)，… ，p(m-1) 都不是最大值.

p(m)到p(m+1)到以后遞減,p(m) 之后所有的p(j) 都不是最大值.

當(dāng)n≤7時(shí)p(n) 遞增, 當(dāng)n≥8時(shí)p(n)遞減, 當(dāng)m<7或m>8時(shí)p(m) 都不是最大值. 只有p(7)，p(8)有可能是最大值.具體計(jì)算得

≈1525.9.

以上分析適用于將任意正數(shù)A分解為若干個(gè)正數(shù)之和A=x1+…+xn,求乘積p=x1…xn的最大值.

3　導(dǎo)數(shù)判定升降

當(dāng)A