九月 2019

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在周考卷上看到两道函数题:

问题 1. 已知$f \left( \frac{1}{x} \right)=\frac{1}{x+1}$,则$f(x)$的解析式为

  • $f(x)=\frac{1}{1+x}$
  • $f(x)=\frac{1+x}{x}$
  • $f(x)=1+x$
  • $f(x)=\frac{x}{1+x}$


这道题明显是错题.反例如下:函数
$$
f(x)=
\begin{cases}
\frac{x}{1+x},x\neq 0\\
1,x=0
\end{cases}.
$$
满足题干中的条件,但是明显和D中的函数不是同一个函数.
问题 2. 已知$f(\sqrt{x}+1)=x+2 \sqrt{x}$,则函数$f(x)$的解析式为 ( ) .

参考答案是
$$
f(x)=x^2-1,x\in [1,+\infty).
$$
可是这个答案也是错的.反例如下:函数
$$
f(x)=
\begin{cases}
x^2-1,x\geq 1\\
1,x < 1
\end{cases}.
$$
满足题干的条件,但是和答案明显是两个函数.

事实上,为了把题目变正确,应做如下修改:

问题 3 (修正版). 已知$f \left( \frac{1}{x} \right)=\frac{1}{x+1}$,且$f(x)$的定义域是$\{x|x\neq 0\}$.则$f(x)$的解析式为

  • $f(x)=\frac{1}{1+x}(x\neq 0)$
  • $f(x)=\frac{1+x}{x}$
  • $f(x)=1+x(x\neq 0)$
  • $f(x)=\frac{x}{1+x}(x\neq 0)$


问题 4 (修正版). 已知$f(\sqrt{x}+1)=x+ 2 \sqrt{x}$,且$f(x)$的定义域是$[1,+\infty)$,则
函数$f(x)$的解析式为( ).

问题 1 (2017浙江温州二模第22题). 设数列$\{a_n\}$满足$a_{n+1}=a_n^2-a_n+1(n\in \mathbf{N}^{*})$,$S_n$ 为${a_n}$的前$n$项和.证明:对任意$n\in \mathbf{N}^{*}$,

  • 当$0\leq a_1\leq 1$时,$0\leq a_n\leq 1$;
  • 当$a_1>1$时,$a_n>(a_1-1)a_1^{n-1}$;
  • 当$a_1=\frac{1}{2}$时,$n-\sqrt{2n}<S_{n}<n$.

解答 1.1.

  • 用数学归纳法.首先,$n=1$时命题成立.假设当$n=k(k\in
    \mathbf{N}^{*})$时,$0\leq a_k\leq 1$,则 $$ 0\leq a_{k+1}=\left(a_k-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\leq \left( \frac{1}{2} \right)^2+\frac{3}{4}\leq 1. $$ 故由数学归纳法,对于任意$n\in \mathbf{N}^{}$,都有$0\leq a_n\leq 1$.

  • 设$f(x)=x^2-x+1$.则可得
    \begin{align*} f(x)&\geq f(a_1)+(2a_1-1)(x-a_1)\\&>f(a_1)+a_1(x-a_1), \end{align*}
    若数列$\{b_n\}$满足$b_1=a_{1}$,且$$b_{n+1}=f(a_{1})+a_{1}(b_n-a_1),$$
    则可得$b_n=(a_1-1)a_1^{n-1}+1$.则由迭代保序定理,对于任意的$n\in
    \mathbf{N}$,都有$a_n>(a_1-1)a_n^{n-1}+1>(a_1-1)a_1^{n-1}$.

  • $$
    f(x)=x^2-x+1=(1-x)^2-(1-x)+1<1,
    $$

    $$
    (1-a_{n})(1-a_{n+1})-(1-a_n)+1<a_{n+1}=(1-a_n)^2-(1-a_n)+1<1,
    $$


    $$
    \frac{1}{2-a_n} < a_{n+1} < 1, $$ 若数列$\{x_n\}$的首项$x_1=\frac{1}{2}$,且 $$ x_{n+1}=\frac{1}{2-x_n}, $$ 则可求得 $$ x_n=\frac{n}{n+1} $$ 故由迭代保序定理 (见博文高观点下的高中数学命题实践感悟中的定理1 ) ,当$n>1$时,
    $$
    \frac{n}{n+1} < a_n < 1. $$ 故当$n > 1$时,
    $$
    \sum_{i=1}^{n}\frac{i}{i+1} < S_n=\sum_{i=1}^na_i < n,
    $$

    \begin{align*} \sum_{i=1}^n \frac{i}{i+1}&=n-\left( \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n+1} \right)\\&>n-\int_2^{n+2}\frac{1}{x}\mathrm{d}x \\&=n-\left( \ln(n+2)-\ln 2 \right) \\&>n-\sqrt{2n}. \end{align*}

    故当$n>1$时,

    $$
    n- \sqrt{2n}<n-\ln(n+2)+\ln 2<S_n<n.
    $$

    而当$n=1$时,$S_1=\frac{1}{2}>1- \sqrt{2}$.综上,命题成立.



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问题 1 (1984年全国高考理科数学第19题). 设$a>2$,给定数列$\{x_n\}$,其中
$x_1=a$,$x_{n+1}=\frac{x_n^2}{2(x_n-1)}(n=1,2,\cdots)$.求证:

  • $x_n>2$,且$\frac{x_{n+1}}{x_n}<1$($n=1,2,\cdots$)
  • 如果$a\leq 3$,那么$x_n\leq 2+\frac{1}{2^{n-1}}(n=1,2,\cdots)$
  • 如果$a>3$,那么当$n\geq \frac{\lg \frac{a}{3}}{\lg \frac{4}{3}}$时,必有$x_{n+1}<3$.
解答 1.1.
  • 首先$x_1=a>2$.假设对于$n\in \mathbf{N}^{}$,有$x_n>2$,则 $$ x_{n+1}-2=\frac{x_n^2}{2(x_n-1)}-2=\frac{(x_n-2)^2}{2(x_n-1)}>0, $$ 即$x_{n+1}>2$.故由数学归纳法可得对于任意$n\in \mathbf{N}^{*}$,都有$x_n>2$.

    令$f(x)=\frac{x^2}{2(x-1)}$,则由微分中值定理,存在数$c\in (2,x_n)$,使得
    $$
    \frac{x_{n+1}-2}{x_n-2}=\frac{f(x_n)-f(0)}{x_n-0}=f'(c)=\frac{c^2-2c}{2(c-1)^2}<1, $$ 即$x_{n+1}<x_n$.

  • 首先有,当$x>2$时,
    $$
    f(x)=\frac{x^2}{2(x-1)}<2+\frac{1}{2}(x-2). $$ 若$p_1=a$,且 $$ p_{n+1}=2+\frac{1}{2}(p_n-2), $$ 则可解得 $$ p_n=(a-2) \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1}+2\leq 2+\frac{1}{2^{n-1}}. $$ 由迭代保序定理(见博文高观点下的高中数学命题实践感悟中的定理1 ),可得 $$ x_n\leq 2+\frac{1}{2^{n-1}}. $$
  • 当$a>3$时,由第(2)小题的解题过程,可得
    $$
    x_{n+1}< (a-2) \left( \frac{1}{2} \right)^{n}+2,(n=1,2,3\cdots)
    $$
    易得当$n\geq\log_2(a-2)$时,有
    $$
    x_{n+1}< (a-2) \left( \frac{1}{2} \right)^n+2\leq 3.
    $$
    当$a\geq 4$时,易得有
    $$
    \log_{\frac{4}{3}}\frac{a}{3}\geq \log_2(a-2),
    $$
    故当$a\geq 4$时,若$n\geq \log_{\frac{4}{3}}\frac{a}{3}$,则$x_{n+1}<3$.而当$3<a<4$时,当$n\geq 1$时,都有$x_{n+3}\leq 3$.综上所述命题成立.

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我曾经在2016年6月3日解答过2015年浙江高考数学(理科)最后一题:

问题 1 (2015年浙江高考理数最后一题). 已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=\frac{1}{2}$且$a_{n+1}=a_n-a_n^2(n\in
\mathbf{N}^{+})$.
  • 证明:$1\leq \frac{a_n}{a_{n+1}}\leq 2(n\in \mathbf{N}^{+})$.
  • 设数列$\{a_{n}^{2}\}$的前$n$项和为$S_{n}$,证
    明:$\frac{1}{2(n+2)}\leq \frac{S_{n}}{n}\leq \frac{1}{2(n+1)}(n\in
    \mathbf{N}^{+})$.

当时的解答过程如下.

先用数学归纳法证明,

引理 1. 对于一切$n\geq 2$,$0 < a_n\leq \frac{1}{4}$.
证明 . 首先,$0 < a_2=\frac{1}{4}\leq\frac{1}{4}$.假设当$n=k(k\geq 2)$时,有$0 < a_k\leq \frac{1}{4}$. 则当$n=k+1$时, $$ 0 < a_{k+1}=a_k-a_k^2=\frac{1}{4}-\left(\frac{1}{2}-a_{k}\right)^2\leq \frac{1}{4}. $$ 由数学归纳法,对一切$n\geq 2$,$0 < a_n\leq\frac{1}{4}$.
下面我们来证明题目第一步.
证明 . 由引理,可得对一切$n\geq 1$,$0 < a_n\leq \frac{1}{2}$. \begin{align*} 1\leq\frac{a_n}{a_{n+1}}\leq 2&\iff 1\leq\frac{a_n}{a_n-a_n^2}\leq 2 \\&\iff 1\leq \frac{1}{1-a_n}\leq 2 \\&\iff 0\leq a_n\leq \frac{1}{2}. \end{align*} 而$0\leq a_n\leq \frac{1}{2}$是显然 的.于是$1\leq\frac{a_n}{a_{n+1}}\leq 2$.
再证明题目的第二步.
证明 . 证明:$a_n^2=a_n-a_{n+1}$.因此 \begin{align*}S_n&=a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\\&=(a_1-a_2)+(a_2-a_3)+\cdots+(a_n-a_{n+1})\\&=a_1-a_{n+1}\\&=\frac{1}{2}-a_{n+1}. \end{align*}因此, \begin{align*} \frac{1}{2(n+2)}\leq \frac{S_n}{n}\leq \frac{1}{2(n+1)}&\iff \frac{1}{2(n+2)}\leq \frac{\frac{1}{2}-a_{n+1}}{n}\leq \frac{1}{2(n+1)} \\&\iff \frac{1}{2(n+1)}\leq a_{n+1}\leq \frac{1}{n+2}. \end{align*}可见,为 了证明第二步的结论,我们只用证明$\frac{1}{2(n+1)}\leq a_{n+1}\leq \frac{1}{n+2}$即可.即证明对于一切$n\geq 2$,\begin{equation}\label{eq:1}\frac{1}{2n}\leq a_n\leq \frac{1}{n+1}.\end{equation}为此仍然采用数学归纳 法.当$n=2$时,$\frac{1}{4}\leq a_2=\frac{1}{4}\leq\frac{1}{3}$,此时不 等式\eqref{eq:1}成立.假设当$n=k(k\geq 2)$时, $$ \frac{1}{2k}\leq a_k\leq \frac{1}{k+1}, $$ 则当$n=k+1$时,由归纳假 设可得 \begin{equation}\label{eq:2} \frac{1}{2k}-\frac{1}{4k^{2}}=\frac{1}{4}-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2k}\right)^{2}\leq a_{k+1}=\frac{1}{4}-\left(\frac{1}{2}-a_{k}\right)^2\leq \frac{1}{4}-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{k+1}\right)^2=\frac{1}{k+1}-\left(\frac{1}{k+1}\right)^2 \end{equation}下面证明 $$ \frac{1}{k+1}-\left(\frac{1}{k+1}\right)^2\leq \frac{1}{k+2}. $$ \begin{align*} \frac{1}{k+1}-\left(\frac{1}{k+1}\right)^2\leq \frac{1}{k+2}&\iff (k+1)(k+2)-(k+2)\leq (k+1)^2 \\&\iff k^2+3k+2-k-2\leq k^2+2k+1 \\&\iff 0\leq 1. \end{align*}再证明 $$ \frac{1}{2k}-\frac{1}{4k^2}\geq \frac{1}{2(k+1)}. $$ \begin{align*} \frac{1}{2k}-\frac{1}{4k^2}\geq \frac{1}{2(k+1)}&\iff 2k(k+1)-(k+1)\geq 2k^2 \\&\iff k\geq 1. \end{align*}这两个结果与不等式\eqref{eq:2}结合起来,可得 $$ \frac{1}{2(k+1)}\leq a_{k+1}\leq \frac{1}{k+2}. $$综上,由数学归纳 法,对于一切$n\geq 2$,总有不等式\eqref{eq:1}成立.这样就证明了第二步的 结论.

下面,我们利用蛛网迭代,研究这道题的命题背景.我们给出针对这道题的本质解 法.令$f(x)=x-x^2$.则由微分中值定理,对于任意的$n\geq 2$,存在$c\in (0,a_n)$,使得 $$ \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{f(a_n)-f(0)}{a_n-0}=f'(c)=1-2c, $$ 由于当$n\geq 2$时, $$ a_n\leq a_2=a_1-a_1^2=\frac{1}{4}, $$ 因此 $$ \frac{1}{2}\leq f'(c)=1-2c<1, $$ 可见,当$n\geq 2$时, $$ \frac{1}{2}\leq \frac{a_{n+1}}{a_n}<1, $$ 即当$n\geq 2$时, $$ 1<\frac{a_n}{a_{n+1}}\leq 2. $$ 而当$n=1$时, $$ \frac{a_1}{a_2}=2, $$ 故对于$n\in \mathbf{N}^{*}$,都有 $$ 1<\frac{a_n}{a_{n+1}}\leq 2. $$ 这就完成了第一步的证明.下面证明第二步.由于 $$ S_n=\frac{1}{2}-a_{n+1}, $$ 因此命题等价于证明 $$ \frac{1}{2(n+1)}\leq a_{n+1}\leq \frac{1}{n+2}. $$ 由于 $$ a_{n}-2a_{n}a_{n+1}\leq a_{n+1}=a_n-a_n^2\leq a_n-a_na_{n+1}, $$ 因此 $$ \frac{a_n}{1+2a_n}\leq a_{n+1}\leq \frac{a_n}{1+a_n}. $$

  • 若数列$\{a_n\}$的首 项$a_1=\frac{1}{2}$,且$a_{n+1}=\frac{a_n}{1+a_n}$,则可求 得$a_n=\frac{1}{n+1}$.
  • 若数列$\{a_n\}$的首 项$a_1=\frac{1}{2}$,且$a_{n+1}=\frac{a_n}{1+2a_n}$,则可求 得$a_n=\frac{1}{2n}$.
由迭代保序定理(见博文高观点下的高中数学命题实践感悟中的定理1),可得对于 一切$n\in \mathbf{N}^{*}$ $$ \frac{1}{2n}\leq a_n\leq \frac{1}{n+1}, $$ 这样就完成了命题的证明.

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2019年9月25日我在永嘉县“基于核心素养的高中数学试题研究专题培训”中作了观点报告,题目是《高观点下的高中数学命题实践感悟》.

图1:我在作观点报告(陈光舟老师摄)
图2:荣誉证书

现将报告内容整理如下(这次报告的幻灯片在这里).首先我展示了一下自己近几年参加高中数学命题竞赛的获奖经历. 因为这三次命题竞赛主要是我负责的,所以数学组让我去做这个观点报告.

  • 2016年温州市高中数学命题竞赛(李艳丹、叶卢庆、盛今育、吴友爱、潘林洁),县二等奖、市三等奖
  • 2017年温州市高中数学命题竞赛(李艳丹、叶卢庆、李利平、吴友爱、邹爱友),县二等奖、市二等奖
  • 2018年温州市高中数学命题竞赛(叶卢庆、吴标、李利平、邹爱友),县二等奖、市二等奖

报告的主题分成两大块.分别是“数列与不动点迭代(蛛网图)”以及“中心射影让圆锥曲线统一”,第三块内容因为时间限制没讲.

一.数列与不动点迭代(蛛网图)

蛛网图,是用来形象直观地表示出数列递推过程的迭代图案.因长得像蜘蛛网而得名.

图3:蜘蛛网

为了明白何为蛛网图,首先从一个简单的例子开始.

例1.1:已知数列${x_n}$满足$x_0=0$,且$x_{n+1}=-\frac{4}{5}x_{n}+5$.我们可以在平面直角坐标系中形象地用一幅图来表示该数列的迭代过程.

如上图的Geogebra所示(读者可动态操作),输入g(x)=-0.8x+5,并将x_0设置为0,然后不断迭代,就得到一幅迭代图案.从迭代图案可以看出,数列$\{x_n\}$交替地收敛到直线y=x和直线y=-0.8x+5的交点,这个交点是迭代的不动点.关于蛛网迭代更详细的介绍,可参考数值分析教材,比如Timothy Sauer的Numerical Analysis(有机械工业出版社华章数学译丛的中译本《数值分析》).

图4:数列$x_{n+1}=-0.8x+5,x_0=1$的蛛网迭代

下面这道以蛛网图为背景的试题,是我命制的,用于参加2017年温州市高中数学命题竞赛.

问题 1. (2017年温州市高中数学命题竞赛第7题)已知数列${x_n}$满足:$x_0=1/2$,$x_{n+1}=x_n-x_n\ln x_n(n\in
\mathbf{N}^{*})$.证明当$n\in \mathbf{N}^{}$时,

  • $x_{n}<x_{n+1}<1$;
  • $2x_{n+1}-x_n>1$;
  • $x_{n+1}>1-\frac{1}{2^{n+1}}$.

我不打算在此给出按部就班的详细标准解答,而只是给出其出题的思路.

:(1)

图5:不动点迭代的蛛网图.从图中可明显看出$x_n<x_{n+1}<1$.为了方便显示,我把$x_1$设置得比0.5小,这并不影响原理展示.

(2)$$ 2x_{n+1}-x_n>1 \iff \frac{1-x_{n+1}}{1-x_n}<\frac{1}{2}.$$表达式
$$
\frac{1-x_{n+1}}{1-x_n}<\frac{1}{2}
$$
的意义是,每经过一次迭代,$x_n$与$1$的距离都会减小超过一半!可见收敛之快速!如何证明呢?
$$
\frac{1-x_{n+1}}{1-x_n}<\frac{1}{2}\iff\frac{f(1)-f(x_n)}{1-x_n}<\frac{1}{2},$$

而由微分中值定理,存在实数$c\in (x_n,1)$,使得

$$f'(c)= \frac{f(1)-f(x_n)}{1-x_n} ,$$

所以只要证明,对于$0.5$和$1$之间的任意$x$,都有$f'(x)<\frac{1}{2}$就行了.这是容易验证的.

(3)证明
$$
x_{n+1}>1-\frac{1}{2^{n+1}}.
$$
即证明
$$
1-x_{n+1}<\frac{1}{2^{n+1}},
$$
由于$1-x_n$每经过一次迭代,都小于原来的一半,再结合$1-x_1=1/2$,所以上式是显然的.$\Box$

下面再来看一道高考题,它也是以蛛网迭代为背景的.虽然跟我出的题目看着很像,但事实上这道高考题经过打磨,所以比我出的题目更精致.

(2017年浙江高考数学第22题)已知数列${x_n}$满足:$x_1=1$,$x_n=x_{n+1}+\ln (1+x_{n+1})(n\in\mathbf{N}^{*})$,证明:当$n\in \mathbf{N}^{*}$时,


  • $0<x_{n+1}<x_n$;
  • $2x_{n+1}-x_n\leq \frac{x_nx_{n+1}}{2}$;
  • $\frac{1}{2^{n-1}}\leq x_n\leq \frac{1}{2^{n-2}}$.

这道高考题的创新点在哪里呢?我们经常遇见的递推关系形如$x_{n+1}=f(x_n)$,但是这道题里破天荒地出现了$x_n=f(x_{n+1})$,仿佛是在说,数列的前一项由后一项所确定!真的是这样吗?

其实,设$f(x)=x+\ln (1+x)$,则
$$
x_n=f(x_{n+1}).
$$
由于$f(x)$在定义域内单调递增,因此$f(x)$存在一个单调递增的反函数$f^{-1}(x)$,可得
$$
x_{n+1}=f^{-1}(x_n).
$$

还是原来的配方,还是熟悉的味道,原来是命题人耍了个花招!

知道了
$$
x_{n+1}=f^{-1}(x_n)
$$
后,又怎样呢?难点在于,反函数$f^{-1}(x)$并没有有限项的显式表达式!但这不妨碍我们先画出$f^{-1}(x)$的图像看看.

图6

下面我们估计迭代的收敛速度.为了估计迭代的收敛速度,我们使用一种在数学中非常基本的思想:用简单的函数逼近复杂的函数!这样就可以用简单函数的迭代估计复杂函数的迭代!函数$f^{-1}(x)$很复杂,它的迭代更复杂.但是,函数$f^{-1}(x)$在原点的切线(是一次函数)很简单,一次函数的迭代也很简单.

所以可以考虑在原点(思考:为什么选择原点?)用切线“代替”函数$f^{-1}(x)$,作为下界函数.除此之外,我们还选择了在原点用另外一个分式函数来代替$f^{-1}(x)$,作为上界函数.这样就对$f^{-1}(x)$形成夹挤.可以验证(稍后验证)当$x>0$时
$$
\frac{1}{2}x<f^{-1}(x)<\frac{2x}{4-x}.
$$

图7:函数$f^{-1}(x)$被两个简单函数夹挤示意图


$$
\frac{1}{2}x_n<x_{n+1}=f^{-1}(x_n)<\frac{2x_n}{4-x_n}
$$
这个表达式有什么用呢?首先,用数学归纳法容易证明以下结论:

定理 1 (迭代保序定理). 设$a_1=b_1$.$f,g$是单调递增函数,满足
$$
f(x)\leq g(x),
$$
且两个数列满足递推公式
$$
a_{n+1}=f(a_n),b_{n+1}=g(b_n),
$$
则$\forall n\in \mathbf{N}^{*}$,$a_n\leq b_n$.

若$x_1=1$且$$x_{n+1}=\frac{1}{2}x_{n}\mbox{(线性递推数列)}$$则
$$
x_n=\frac{1}{2^{n-1}}.
$$

若$x_1=1$且$$x_{n+1}=\frac{2x_n}{4-x_{n}}\mbox{(分式递推数列)}$$则
$$
x_n=\frac{1}{2^{n-2}+\frac{1}{2}}
$$
所以由迭代保序定理,
$$
\frac{1}{2^{n-1}}\leq x_n\leq
\frac{1}{2^{n-2}+\frac{1}{2}}<\frac{1}{2^{n-2}}.\mbox{(第III小问)}
$$

问题来了,为什么构造这两种夹挤函数呢?答:因为一次函数和分式函数的迭代都很简单.另一个问题是,这两个函数是如何被构造出来的呢?事实上,将函数$f(x)=x+\ln(1+x)$在$x=0$处运用泰勒公式,可得
$$
f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f^{”}(c)}{2!}x^2,\mbox{其中}c\in (0,1),
$$

$$
f(x)=2x-\frac{1}{2(1+c)^2}x^2>2x-\frac{1}{2}x^2,
$$

$$
x_n>2x_{n+1}-\frac{1}{2}x_{n+1}^2>2x_{n+1}-\frac{1}{2}x_{n+1}x_n.\mbox{(此即第(II)问)}
$$
于是
$$
\frac{1}{2}x_{n}<x_{n+1}<\frac{2x_n}{4-x_n}.
$$

这样就构造出了两个夹挤函数.$\Box$

其实还有很多高考题可以用蛛网来解,这里仅提供两道.一道是2019年浙江高考第10题,一道是2015年浙江高考理科数学第21题,大家可以自己去搜索.

二.中心射影让圆锥曲线统一

在中心射影之下,三种圆锥曲线可以互相转化.所以凡是在中心射影下保持不变的性质(比如交比),就是三种圆锥曲线(椭圆、抛物线、双曲线)的共性.这是射影几何所研究的内容.

课本上常出现类似于下面的图像(图8),表明圆锥曲线是不同倾斜程度的截面截取圆锥而得到的曲线痕迹.如果把这个观念稍微修改一下,想象一下,在圆锥顶点处放置一个点光源,则椭圆、抛物线、双曲线是圆在这个点光源照射之下,投影到不同倾斜程度平面上的影子.

图8

比如,图9墙壁上的双曲线是我在一个酒店房间内拍摄的.

图9

下面用射影几何分析一道高考题的命题背景.

(2018年浙江高考数学第21题)如图10,已知点$P$是$y$轴左侧(不含$y$轴)一点,抛物线$C:y^2=4x$上存在不同的两点$A,B$满足$PA,PB$的中点均在$C$上.


  • 设$AB$的中点为$M$,证明:$PM$垂直于$y$轴;
  • 若点$P$是半椭圆$x^2+\frac{y^2}{4}=1(x<0)$上的动点,求$\triangle
    PAB$面积的取值范围.

图10

第(1)小问和第(2)小问并无关系.我仅分析第(1)问的命题背景.如图11所示,空间中的青色平面和灰色平面(地面)的交线是直线$l$.青色平面内有一圆,其与直线$l$相切.设圆的最高点为$H$.$A_1,B_1$是圆上两点,且线段$A_1,B_1$与直线$l$平行.$M_1$是线段$A_1,B_1$的中点.延长线段$M_1H$到圆外一点$P_1$.直线$P_1A_1$与圆还交于$D_1$,$P_1B_1$与圆还交于$C_1$.

点$I$是两个平面外一点,且点$I$和点$H$的高度相等.则圆在以点$I$为射影中心的中心射影作用之下,投影到地面上,成为一条抛物线.且中心射影把每个点$X_i$投影成地面上的点$X$.

图11

易得直线$CD$和直线$AB$互相平行(事实上直线$CD,AB,C_1D_1,A_1B_1,l$两两互相平行),所以PD/DA=PC/CB.且易得$M$为$AB$的中点.我们着重要说明的是,直线$PM$为什么会平行于(或重合于)抛物线的对称轴.

这是因为,圆上必定存在某个点$Q_1$,使得直线$HQ_1$在中心射影下,成为地面上抛物线的对称轴.而直线$HQ_1$和直线$HM_1$交于点$H$.然而点$H$在中心射影下被投影到地面上的无穷远点,因此抛物线的对称轴和直线$PM$平行.

这样就给出了这道高考题第(1)小题的射影几何背景.

事实上,按照一样的思路,还可以把如上关于抛物线的命题推广到椭圆和双曲线中,详情见我的博文2018年浙江高考解析几何题的推广.

三.总结

为什么需要高观点呢?让我们引用国家级教学名师曹广福写在他的微信公众号(曹广福的数学茶馆)里的一段话:

记得在一次答辩过程中,有一位专家问了我一个很尖锐的问题:“据说你对基础
教育也很感兴趣,并且投入了很多精力,现在有一种观点,搞中学数学教育只需要学习了大学一二年级的课程就可以了,连大学高年级的课程都不需要,更不用说研究生课程,你对这个问题怎么看?”这是个很好的问题,也是很多人共同的疑问。当时由于时间关系,我只简单向专家解答了一点:“这就好比一个人站在塔顶看世界与站在地面看世界,看到的东西是不一样的”。


图11:曹广福,国家级教学名师,大学数学教授

而按照我的个人看法

1.只有努力扎实掌握大学的“(老)三高”课程:数学分析(微积分+简单的实分析)、高等代数(线性代数+多项式)、高等几何(解析几何+射影几何),才能在中学数学的基础上更上一层楼.
2.只有高观点,才能帮我们看出一些高考题命题思路,从而自己跳出题海,进而帮学生跳出题海.有了更高的观点,命制试题也会更容易.
3.随着观点变高,原本复杂凌乱的事物会变简单.有助于感受到世界的和谐与统一,提高自身境界.
4.没有最高,只有更高.不奢求登顶,但求永远前进.追求高观点,我们在路上.

华罗庚《高等数学引论》第一册第十章第14节“Euler求和公式及Euler函数”中的定理1如下:

定理 1. 命$\phi(x)$是有限闭区间$[a,b]$内有连续微商的函数,则
\begin{align*}
\sum_{a<n\leq b}\phi(n)&=\int_a^b\phi(x)\mathrm{d}x+\int_a^b \left( x-[x]-\frac{1}{2} \right)\phi'(x)\mathrm{d}x\\&+\left( a-[a]-\frac{1}{2} \right)\phi(a)-\left( b-[b]-\frac{1}{2} \right)\phi(b),
\end{align*}
此处$[\xi]$代表实数$\xi$的整数部分.

我们先仅考虑该定理的一个重要的特殊情形,即$a,b$都是整数的情形.此时,定理可以化简如下:

定理 2. 命$\phi(x)$是有限闭区间$[a,b]$内有连续微商的函数,其中$a,b$是整数.则
$$
\sum_{a<n\leq b}\phi(n)=\int_a^b\phi(x)\mathrm{d}x+\int_a^b(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x,
$$
其中$[\xi]$代表实数$\xi$的整数部分.

证明 . \begin{align*} \int_a^b(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x&=\sum_{n=a}^{b-1}\int_n^{n+1}(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x \\&=\sum_{n=a}^{b-1}\int_n^{n+1}(x-n)\phi'(x)\mathrm{d}x \\&=\sum_{n=a}^{b-1} \left( \left[ (x-n)\phi(x) \right]{n}^{n+1}-\int_n^{n+1}\phi(x)\mathrm{d}x\right) \\&=\sum_{n=a}^{b-1}\left(
\phi(n+1)-\int_n^{n+1}\phi(x)\mathrm{d}x \right)
\\&=\sum_{n=a}^{b-1}\phi(n+1)-\sum_{n=a}^{b-1}\int_n^{n+1}\phi(x)\mathrm{d}x
\\&=\sum_{n=a}^{b-1}\phi(n+1)-\int_a^b\phi(x)\mathrm{d}x.
\end{align*}

$$
\int_a^b\phi(x)\mathrm{d}x+\int_a^b(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x=\sum_{n=a}^{b-1}\phi(n+1)=\sum_{a<n\leq
b}\phi(n).
$$

解决了简单重要情形(定理2)之后,下面我们回到Euler求和公式,尝试去证明它(即定理1).暂时不理会为什么定理1中的Euler求和公式被华老写得那么长,它其实可以写得短一点,如下:

定理 3. 命$\phi(x)$是有限闭区间$[a,b]$内有连续微商的函数,则
\begin{align*}
\sum_{a<n\leq b}\phi(n)&=\int_a^b\phi(x)\mathrm{d}x+\int_a^b \left(
x-[x] \right)\phi'(x)\mathrm{d}x+\left( a-[a] \right)\phi(a)\\&-\left(
b-[b] \right)\phi(b),
\end{align*}
此处$[\xi]$代表实数$\xi$的整数部分.

证明 . 由定理2的结论,
\begin{align*} \sum_{a< n\leq b}\phi(n)&=\sum_{[a]< n\leq [b]}\phi(n) \\&=\int_{[a]}^{[b]}\phi(x)\mathrm{d}x+\int_{[a]}^{[b]}(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x \\&=\left(\int_a^b\phi(x)\mathrm{d}x-\int_{[b]}^{b}\phi(x)\mathrm{d}x+\int_{[a]}^{a}\phi(x)\mathrm{d}x\right)\\&+\left(\int_a^{b}(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x-\int_{[b]}^{b}(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x+\int_{[a+1]}^{a}(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x\right) \\&=\int_a^b\phi(x)\mathrm{d}x+\int_a^b(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x+\left( \int_{[a]}^{a}\phi(x)\mathrm{d}x+\int_{[a]}^a(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x \right)\\&-\left( \int_{[b]}^b\phi(x)\mathrm{d}x+ \int_{[b]}^b(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x \right) \\&=\int_a^b\phi(x)\mathrm{d}x+\int_a^b(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x+(a-[a])\phi(a)-(b-[b])\phi(b). \end{align*}
证毕.

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我们来解答华罗庚《高等数学引论》第一册第十章中关于“面积原理”的三道习题.主要是问题2,这个问题要我们研究$\sum_{3\leq n\leq \xi}\log\log n$的渐进表达式.

问题 1. 设$\xi$是整数,求证当$\lambda\geq 1$时,存在$c
$,使
$$
\sum_{1\leq n\leq\xi}n^{\lambda}=\frac{\xi^{\lambda+1}}{\lambda+1}+c\xi^{\lambda}+O(\xi^{\lambda-1}).
$$

解答 1.1. 令$f(x)=x^{\lambda}$.则
$$
\int_1^{\xi}f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{1+\lambda}\xi^{1+\lambda}-\frac{1}{1+\lambda}.
$$
则由本节定理1,可得
$$
\sum_{1\leq n\leq \xi-1}n^{\lambda}<\int_{1}^{\xi}f(x)\mathrm{d}x<\sum_{2\leq n\leq \xi}n^{\lambda}, $$ 即 $$ \left(\sum_{1\leq n\leq \xi}\xi^{\lambda}\right)-\xi^{\lambda}<\frac{1}{1+\lambda}\xi^{1+\lambda}-\frac{1}{1+\lambda}<\sum_{1\leq n\leq \xi}n^{\lambda}-1, $$ 即 $$ \frac{1}{1+\lambda}\xi^{1+\lambda}+\frac{\lambda}{1+\lambda}<\sum_{1\leq n\leq \xi}n^{\lambda}<\frac{1}{1+\lambda}\xi^{1+\lambda}+\xi^{\lambda}-\frac{1}{1+\lambda}, $$ 所以命题成立.
问题 2. 对于正整数$\xi$,研究和 $$ \sum_{3\leq n\leq\xi}\log\log n. $$
解答 2.1. \begin{align*} \int \log\log x\mathrm{d}x&=\int 1\cdot \log\log x\mathrm{d}x \\&=x\log\log x-\int \frac{1}{\log x}\mathrm{d}x \\&=x\log\log x-\left( \frac{x}{\log x}+\int \frac{1}{(\log x)^2}\mathrm{d}x\right) \\&=x\log\log x-\frac{x}{\log x}-\int \frac{1}{(\log x)^2}\mathrm{d}x \end{align*} 由L’Hospital法则, $$ \lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\int \frac{1}{(\log x)^2}\mathrm{d}x}{\displaystyle\frac{x}{\log x}}=\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{(\log x)^{2}}}{\frac{\log x-1}{(\log x)^{2}}}=\lim_{x\to\infty}\frac{1}{\log x-1}=0, $$ 故 $$ \int \log\log x\mathrm{d}x \sim x\log\log x-\frac{x}{\log x}, $$ 故 $$ \int_3^{\xi}\log\log x\mathrm{d}x\sim \xi\log\log\xi-\frac{\xi}{\log\xi}. $$ 而 $$ \sum_{3\leq n\leq \xi-1}\log\log n<\int_3^{\xi}\log\log x\mathrm{d}x<\sum_{4\leq n\leq \xi}\log\log n, $$ 即 $$ \left(\sum_{3\leq n\leq \xi}\log\log n\right)-\log\log\xi<\int_3^{\xi}\log\log x\mathrm{d}x<\left( \sum_{3\leq n\leq\xi}\log\log n \right)-\log\log 3, $$ 可见, $$ \int_{3}^{\xi}\log\log x\mathrm{d}x+\log\log 3<\sum_{3\leq n\leq \xi}\log\log n<\int_3^{\xi}\log\log x\mathrm{d}x+\log\log\xi, $$ 于是 $$ \sum_{3\leq n\leq \xi}\log\log n\sim \xi\log\log\xi-\frac{\xi}{\log\xi}. $$
问题 3. 研究级数 $$ \sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{n\log n(\log\log n)^{\alpha}} $$ 何时收敛何时发散.
解答 3.1. 令$t=\log x$,则$\mathrm{d}t/\mathrm{d}x=1/x$,则 $$ \int \frac{1}{x\log x(\log\log x)^{\alpha}}\mathrm{d}x=\int \frac{1}{t(\log t)^{\alpha}}\mathrm{d}t, $$ 再令$z=\log t$,则$\mathrm{d}z/\mathrm{d}t=1/t$,则
  • 当$\alpha\neq 1$时, $$ \int \frac{1}{t(\log t)^{\alpha}}\mathrm{d}t=\int \frac{1}{z^{\alpha}}\mathrm{d}z=\frac{1}{1-\alpha}z^{-\alpha+1}+C. $$ 此时 $$ \int \frac{1}{x\log x(\log \log x)^{\alpha}}\mathrm{d}x=\frac{1}{1-\alpha}(\log \log x)^{-\alpha+1}+C. $$
  • 当$\alpha=1$时, $$ \int \frac{1}{t(\log t)^{\alpha}}\mathrm{d}t=\int \frac{1}{z}\mathrm{d}z=\log z+C, $$ 此时 $$ \int \frac{1}{x\log x(\log\log x)^{\alpha}}\mathrm{d}x=\log \log \log x+C. $$
因此当$\alpha\leq 1$时,级数发散.当$\alpha>1$时,级数收敛.

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华罗庚《高等数学引论》第一册第十章第13节的定理2如下:


定理:若$x\geq a$,$f(x)$是一个非负递减函数,则极限
$$
\lim_{N\to \infty} \left[ \sum_{n=a}^Nf(n)-\int_a^Nf(x)\mathrm{d}x \right]=\alpha
$$
存在,且$0\leq \alpha\leq f(a)$.进而言之,当$x\to\infty$时,若$f(x)\to
0$,则
$$
\left| \sum_{a\leq n\leq \xi}f(n)-\int_a^{\xi}f(x)\mathrm{d}x-\alpha
\right|\leq f(\xi-1).(\mbox{若}\xi\geq a+1).
$$


虽然没指明,但是按照华先生的意思,定理中的$a$应该是一个整数.所以下面我们将定理陈述得更好些,然后我们证明,该定理可以加强为

定理的加强:已知$a$是整数.$f(x)$在区间$[a,+\infty)$上是一个非负递减函数,则极限
$$
\lim_{N\to \infty} \left[ \sum_{n=a}^Nf(n)-\int_a^Nf(x)\mathrm{d}x \right]=\alpha
$$
存在,且$0\leq \alpha\leq f(a)$.进而言之,当$x\to\infty$时,若$f(x)\to
0$,则
$$
\left| \sum_{a\leq n\leq \xi}f(n)-\int_a^{\xi}f(x)\mathrm{d}x-\alpha
\right|< f(\xi).(\mbox{若}\xi\geq a).
$$


首先,我们来证明极限
$$
\lim_{N\to\infty}\left[ \sum_{n=a}^Nf(n)-\int_a^Nf(x)\mathrm{d}x \right]=\alpha
$$
存在,且$0\leq a\leq f(a)$.

证明 . 因为$f(x)$是非负递减函数,所以由确界原理,$f(x)$在定义域内有下确界$m$.首
先,我们有
$$
\sum_{n=a}^Nf(n)-\int_a^Nf(x)\mathrm{d}x=\left[\sum_{n=a}^{N-1}f(n)-\int_a^Nf(x)\mathrm{d}x\right]+f(N).
$$

$$
g(N)=\sum_{n=a}^{N-1}f(n)-\int_a^Nf(x)\mathrm{d}x,
$$
则$g(N)$是关于$N$的递增函数,这是因为,
\begin{align*} g(N+1)-g(N)&=\left[ \sum_{n=a}^Nf(n)-\int_a^{N+1}f(x)\mathrm{d}x \right]-\left[ \sum_{n=a}^{N-1}f(n)-\int_a^{N}f(x)\mathrm{d}x \right] \\&=f(N)-\int_N^{N+1}f(x)\mathrm{d}x \\&=\int_N^{N+1}[f(N)-f(x)]\mathrm{d}x \\&>0. \end{align*}
且函数$g(N)$的一个上界是$f(a)-m$.这是因为,
\begin{align*} g(N)&=\sum_{n=a}^{N-1}f(n)-\int_a^Nf(x)\mathrm{d}x \\&\leq\sum_{n=a}^{N-1}f(n)-\sum_{n=a}^{N-1}f(n+1)0 \\&=f(a)-f(N) \\&\leq f(a)-m. \end{align*}
由于$g(N)$递增且有上界,因此由确界原理,极限$\lim_{N\to\infty}g(N)$存在,
且$\lim_{N\to\infty}g(N)\leq f(a)-m$.于是,
$$
0\leq \lim_{N\to\infty} \left[ \sum_{n=a}^Nf(n)-\int_a^Nf(x)\mathrm{d}x
\right]=\lim_{N\to\infty}g(N)+\lim_{N\to\infty}f(N)
\leq [f(a)-m]+m=f(a).
$$

然后证明,若当$x\to\infty$时,$f(x)\to 0$,则
$$
\left| \sum_{a\leq n\leq\xi}f(n)-\int_a^{\xi}f(x)\mathrm{d}x-\alpha
\right|< f(\xi).(\mbox{若}\xi\geq a)
$$
证明 . 已知
$$
\alpha=\lim_{N\to\infty}\left[\sum_{n=a}^{N}f(n)-\int_a^Nf(x)\mathrm{d}x\right],
$$
然而由于$\lim_{x\to\infty}f(x)=0$,所以也有
$$
\alpha=\lim_{N\to\infty}\left[ \sum_{n=a}^{N-1}f(n)-\int_a^Nf(x)\mathrm{d}x \right].
$$

\begin{align*} \sum_{a\leq n\leq \xi}f(n)-\int_a^{\xi}f(x)\mathrm{d}x-\alpha&=\lim_{N\to\infty}\left[\int_{\xi}^Nf(x)\mathrm{d}x- \sum_{\xi < n\leq N-1}f(n) \right] \\&= \int_{\xi}^{[\xi+1]}f(x)\mathrm{d}x+\lim_{N\to\infty}\left[ \sum_{n=[\xi+1]}^{N-1}\int_{n}^{n+1}f(x)\mathrm{d}x-\sum_{\xi < n\leq
N-1}f(n) \right]
\\&= \int_{\xi}^{[\xi+1]}f(x)\mathrm{d}x-\lim_{N\to\infty}\left[ \sum_{n=[\xi+1]}^{N-1}\left( \int_n^{n+1}(f(n)-f(x))\mathrm{d}x \right) \right].
\end{align*}



\begin{align*} \sum_{n=[\xi+1]}^{N-1}\left( \int_n^{n+1}(f(n)-f(x))\mathrm{d}x \right)&<\sum_{n=[\xi+1]}^{N-1}\left( \int_n^{n+1}(f(n)-f(n+1))\mathrm{d}x \right) \\&=\sum_{n=[\xi+1]}^{N-1}(f(n)-f(n+1)) \\&=f([\xi+1])-f(N), \end{align*}
因此
$$
0<\lim_{N\to\infty}\left[ \sum_{n=[\xi+1]}^{N-1}\left(
\int_n^{n+1}(f(n)-f(x))\mathrm{d}x \right) \right]< f([\xi+1])<f(\xi).
$$
且由于
$$
0<\int_{\xi}^{[\xi+1]}f(x)\mathrm{d}x<f(\xi),
$$
因此
$$
-f(\xi)<\int_{\xi}^{[\xi+1]}f(x)\mathrm{d}x-\lim_{N\to\infty}\left[ \sum_{n=[\xi+1]}^{N-1}\left(
\int_n^{n+1}(f(n)-f(x))\mathrm{d}x \right) \right]<f(\xi),
$$

$$
\left|\sum_{a\leq n\leq
\xi}f(n)-\int_a^{\xi}f(x)\mathrm{d}x-\alpha\right|<f(\xi).
$$

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