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邹校发我一道向量题,还请我给出多种解法.但是这几天都比较忙,今天抽空写了一下解答,题目如下:

问题 1. 已知平面向量$\bm{a},\bm{b}$满足$|\bm{a}|=2|\bm{b}|=\bm{a}\cdot\bm{b}=4$.则对任意共面的单位向量$\bm{e}$,$|\bm{a}\cdot\bm{e}|-|\bm{b}\cdot\bm{e}|$的最大值为_____.

解:由题目易得$|\bm{a}|=4$,$|\bm{b}|=2$,且$\langle\bm{a},\bm{b}\rangle=60^{\circ}$.我们将要绘制两副图,图中$\ov{OA}=\bm{a}$,$\ov{OB}=\bm{b}$,$\ov{OE}=\bm{e}$.


  • 当$\bm{e}\cdot\bm{a}\geq 0$且$\bm{e}\cdot\bm{b}\geq
    0$时,$\bm{e}$与$\bm{a}$以及$\bm{e}$与$\bm{b}$夹成直角或锐角.如图1所示,在这种情况下,点$E$在金黄色区域上运动,且$|\ov{OE}|=1$(该区域的两条边界分别是直线$OA$过点$O$的垂线,以及直线$OB$过点$O$的垂线).

    图1

    此时
    $$
    |\bm{a}\cdot\bm{e}|-|\bm{b}\cdot\bm{e}|=\bm{a}\cdot\bm{e}-\bm{b}\cdot\bm{e}=(\bm{a}-\bm{b})\cdot\bm{e}=\ov{BA}\cdot\ov{OE},
    $$
    当且仅当$\ov{OE}$与$\ov{OB}$垂直时,$\ov{BA}\cdot\ov{OE}$取得最大值$2\sqrt{3}$.

  • 当$\bm{e}\cdot\bm{a}\geq 0$且$\bm{e}\cdot\bm{b}\leq 0$时,$\bm{e}$与$\bm{a}$夹成直角或锐角,$\bm{e}$与$\bm{b}$夹成直角或钝角.如图2所示,在这种情况下,点$E$在绿色区域上运动,且$|ov{OE}|=1$(该区域的两条边界分别是直线$OA$过点$O$的垂线以及直线$OB$过点$O$的垂线).

    图2

    此时,
    $$
    |\bm{a}\cdot\bm{e}|-|\bm{b}\cdot\bm{e}|=\bm{a}\cdot\bm{e}+\bm{b}\cdot\bm{e}=(\bm{a}+\bm{b})\cdot\bm{e}=\ov{OC}\cdot\ov{OE}
    $$

    当且仅当$\ov{OE}$垂直于$\ov{OB}$时,$\ov{OC}\cdot\ov{OE}$取得最大值$2 \sqrt{3}$.(具体计算如
    下:$\bm{a}\cdot\bm{e}+\bm{b}\cdot\bm{e}=\bm{a}\cdot\bm{e}=4\times 1\times
    \cos 30^{\circ}=2 \sqrt{3}$.)

  • 当$\bm{e}\cdot\bm{a}\leq 0$且$\bm{e}\cdot\bm{b}\leq 0$时,令$\bm{e}’=-\bm{e}$,则$\bm{e}’\cdot\bm{a}\geq 0$且 $\bm{e}’\cdot\bm{b}\geq 0$,且有
    $$
    |\bm{a}\cdot\bm{e}|-|\bm{a}\cdot\bm{e}|=|\bm{a}\cdot\bm{e}’|-|\bm{a}\cdot\bm{e}’|.
    $$
    这样就化归为情形(1)中已解决的问题.
  • 当$\bm{e}\cdot\bm{a}\leq 0$且$\bm{e}\cdot\bm{b}\geq 0$时,同样令$\bm{e}’=-\bm{e}$,则$\bm{e}’\cdot\bm{a}\geq 0$且
    $\bm{e}’\cdot\bm{b}\leq 0$,且有
    $$
    |\bm{a}\cdot\bm{e}|-|\bm{a}\cdot\bm{e}|=|\bm{a}\cdot\bm{e}’|-|\bm{a}\cdot\bm{e}’|.
    $$
    这样就化归为情形(2)中已解决的问题.

综上所述,$|\bm{a}\cdot\bm{e}|-|\bm{b}\cdot\bm{e}|$的最大值是$2 \sqrt{3}$,当且仅当$\bm{e}$与$\bm{b}$垂直时取得最大值.


至于别的解法就免了吧,上述解法明显是最简单的,我不会浪费时间去找更麻烦的解法.

继上一道平面几何题后,意犹未尽的周老师又给我发了一道平面几何题.题目如下:

问题 1. 如图1,圆$\Omega$过锐角三角形$ABC$的顶点$B,C$.线段$BC$上有两点$D,E$.线
段$AD,AE$与圆$\Omega$分别交于点$P,Q$,且满足$BD^2+DC^{2}=2DP\cdot DA$,$CE^2+EB^2=2EQ\cdot EA$.求证:$BP=CQ$.

此图像的alt属性为空;文件名为20191116-1.png
图1


解答 1.1. 如图2所示,设直线$AP$与圆交于点$P'(P’\neq P)$,直线$AQ$与圆交于$Q'(Q’\neq Q)$.

图2


\begin{align*} BD^2+DC^2=2DP\cdot DA&\iff (DB+DC)^2-2DB\cdot DC=2DP\cdot DA \\&\iff BC^2-2DB\cdot DC=2DP\cdot DA. \end{align*}
由相交弦定理,
$$
DB\cdot DC=DP\cdot DP’,
$$

$$
BC^2=2DP\cdot DP’+2DP\cdot DA=2DP\cdot (DP’+DA)=2DP\cdot AP’.
$$
同理由
$$
CE^2+EB^2=2EQ\cdot EA
$$
可得
$$
BC^2=2EQ\cdot AQ’.
$$

$$
DP\cdot AP’=EQ\cdot AQ’,
$$

$$
\frac{DP}{EQ}=\frac{AQ’}{AP’}.
$$
又因为$\triangle APQ’\sim\triangle AQP’$,所以$AQ’/AP’=AP/AQ$.故
$$
\frac{DP}{EQ}=\frac{AP}{AQ},
$$
故直线$PQ\parallel BC$.所以$BP=CQ$.

周老师考我一道平面几何题,可惜我不怎么会做平面几何(我其实只会一点简单的数学).所以只好用向量法来解.题目如下:

题目:如图,$I$为$\triangle ABC$的内心,直线$BI,CI$分别交$AC,AB$于点$E,F$,过点$I$的任意一条直线交$EF,BC$于$P,Q$两点,求证:$\angle CAP=\angle BAQ$.

证明:设$\triangle ABC$中,角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$.由角平分线分线段成比例定理,
$$
\frac{|AF|}{|FB|}=\frac{|AF|}{c-|AF|}=\frac{b}{a},
$$
解得
$$
|AF|=\frac{bc}{a+b},
$$
同理可解得
$$
|AE|=\frac{bc}{a+c}.
$$
设$\ov{BQ}=\lambda_{1}\ov{BC}$,$\ov{QC}=\lambda_{2}\ov{BC}$;设$\ov{FP}=\mu_{1}\ov{FE}$,$\ov{PE}=\mu_{2}\ov{FE}$.则$\lambda_1+\lambda_2=1$,且$\mu_1+\mu_2=1$.且由定比分点公式,
\begin{equation}\label{eq:1}
\ov{IQ}=\lambda_{2}\ov{IB}+\lambda_{1}\ov{IC},
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:2}
\ov{IP}=\mu_{2}\ov{IF}+\mu_{1}\ov{IE}.
\end{equation}
而由角平分线分线段成比例定理,
$$
\frac{|IF|}{|IC|}=\frac{|AF|}{|AC|}=\frac{c}{a+b},
$$

\begin{equation}\label{eq:3}
\ov{IF}=-\frac{c}{a+b}\ov{IC}.
\end{equation}
同理可得
\begin{equation}\label{eq:4}
\ov{IE}=-\frac{b}{a+c}\ov{IB}
\end{equation}
将关系\eqref{eq:3}和\eqref{eq:4}代入方程\eqref{eq:2},可得
\begin{equation}
\label{eq:5}
\ov{IP}=-\mu_{1} \frac{b}{a+c}\ov{IB}-\mu_{2}\frac{c}{a+b}\ov{IC}.
\end{equation}
由于$\ov{IP}$和$\ov{IQ}$共线,因此存在实数$k$,使得$\ov{IQ}=k\ov{IP}$,联立方程\eqref{eq:1}和方程\eqref{eq:5}可得
\begin{equation}\label{eq:6}
\lambda_{2}=\left(-k\right)\left(\mu_{1} \frac{b}{a+c}\right),
\lambda_{1}=(-k)\left(\mu_{2}\frac{c}{a+b}\right).
\end{equation}
再次使用定比分点公式,
$$
\ov{AP}=\mu_1\ov{AE}+\mu_2\ov{AF},
$$
$$
\ov{AQ}=\lambda_{1}\ov{AC}+\lambda_2\ov{AB},
$$
因此将关系式\eqref{eq:6}代入,可得
\begin{equation}\label{eq:7}
\ov{AP}^2=\left( \mu_1\ov{AE}+\mu_2\ov{AF} \right)^{2}
=\left[\frac{\lambda_2(a+c)}{b(-k)}\ov{AE}+\frac{\lambda_1(a+b)}{c(-k)}\ov{AF}
\right]^2.
\end{equation}
且由于
$$
(a+c)\ov{AE}=c\ov{AC},(a+b)\ov{AF}=b\ov{AB},
$$
代入\eqref{eq:7}式可得
\begin{equation}\label{eq:8}
\ov{AP}^2=\left[\frac{\lambda_2c}{b(-k)}\ov{AC}+\frac{\lambda_1b}{c(-k)}\ov{AB}
\right]^{2}
=\frac{1}{k^2}\left( \lambda_2c \frac{\ov{AC}}{b}+\lambda_1b \frac{\ov{AB}}{c} \right)^{2},
\end{equation}
注意到$\frac{\ov{AB}}{c}$是单位向量,将其记为$\bm{e}_{1}$,$\frac{\ov{AC}}{b}$也是单位向量,将其记为$\bm{e}_2$,则\eqref{eq:8}式变为
$$
\ov{AP}^2=\frac{1}{k^{2}} \left( \lambda_1b\bm{e}_1+\lambda_2c\bm{e}_2\right)^{2}=\frac{1}{k^{2}}\left(\lambda_1b\bm{e}_2+\lambda_2c\bm{e}_1\right)^2=\frac{1}{k^2}\left( \lambda_1\ov{AC}+\lambda_2\ov{AB} \right)^2=\frac{1}{k^2}\ov{AQ}^2.
$$
因此$$\frac{|AQ|}{|AP|}=k=\frac{|IQ|}{|IP|}.$$由角平分线分线段成比例定理的逆定理,可得$AI$是$\angle PAQ$的角平分线,于是$\angle QAI=\angle PAI$.又由于$\angle BAI=\angle CAI$,因此$\angle CAP=\angle CAI-\angle PAI=\angle BAI-\angle QAI=\angle BAQ$.$\Box$

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同事问我一道题:

问题 1 (浙江省十校联盟2019年10月高三联考第9题). 在$\triangle ABC$中,若$\ov{AB}\cdot\ov{BC}=\ov{BC}\cdot\ov{CA}=2\ov{CA}\cdot\ov{AB}$,求$|\ov{AB}|/|\ov{BC}|$.

我给出了两个解法.第一种是纯粹的向量法,第二种方法是解三角形.觉得这道题以后会是不错的教学素材,故把解法记录在下.个人觉得第二种解法代表了命题思路.
解答 1.1. 以$\ov{BA},\ov{BC}$为基底.
\begin{align*} \ov{AB}\cdot\ov{BC}=\ov{BC}\cdot\ov{CA}&\iff -\ov{BA}\cdot\ov{BC}=\ov{BC}\cdot \left( \ov{BA}-\ov{BC} \right) \\&\iff 2\ov{BC}\cdot\ov{BA}=\ov{BC}^2. \end{align*}
\begin{align*} \ov{AB}\cdot\ov{BC}=2\ov{CA}\cdot\ov{AB}&\iff -\ov{BA}\cdot\ov{BC}=-2 \left( \ov{BA}-\ov{BC} \right)\cdot\ov{BA} \\&\iff 3\ov{BC}\cdot\ov{BA}=2\ov{BA}^2. \end{align*}
结合上面的两个等式可得
$$
\frac{\ov{BC}^2}{2}=\frac{2\ov{BA}^2}{3}=\ov{BC}\cdot\ov{BA},
$$

$$
|\ov{BA}|/|\ov{BC}|=\sqrt{3}/2.
$$

解答 1.2. 设角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$.由数量积定义,
$$
ac\cos (\pi-B)=ab\cos(\pi-C)=2bc\cos (\pi-A),
$$

$$
ac\cos B=ab\cos C=2bc\cos A,
$$

$$
\frac{ac\cos B}{ab\cos C}=\frac{c\cos B}{b\cos C}=\frac{\sin C\cos
B}{\sin B\cos C}=\frac{\tan C}{\tan B}=1\Rightarrow B=C.
$$

$$
\frac{ab\cos C}{2bc\cos A}=\frac{a\cos C}{2c\cos A}=\frac{\sin A\cos
C}{2\sin C\cos A}=\frac{\tan A}{2\tan C}=1\Rightarrow \tan A=2\tan C,
$$
于是
\begin{align*} \tan A=\tan (\pi-2C)=\tan C&\Rightarrow \tan 2C=-2\tan C\\&\Rightarrow \frac{2\tan C}{1-\tan^2C}=-2\tan C\\&\Rightarrow \tan C=\sqrt{2}\\&\Rightarrow \sin C=\frac{\sqrt{6}}{3}. \end{align*}

$$
\sin A=\sin(\pi-2C)=\sin 2C=2\sin C\cos C=2\cdot
\frac{\sqrt{6}}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}.
$$

$$
\frac{|\ov{AB}|}{|\ov{BC}|}=\frac{c}{a}=\frac{\sin C}{\sin A}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
$$

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众所周知,对于任意$x>0$,都有
$$
\ln x\leq x-1,
$$
其中等号当且仅当$x=1$时成立.下面从这个不等式出发,衍生出一系列与对数函数有关的不等式.


  • 令$x=\sqrt{t}$,则
    $$
    \ln \sqrt{t}\leq \sqrt{t}-1,
    $$

    $$
    \frac{1}{2}\ln t\leq \sqrt{t}-1,
    $$

    $$
    \ln t\leq 2 \sqrt{t}-2.
    $$
    于是我们得到了不等式
    \begin{equation}\label{eq:1}
    \ln x\leq 2 \sqrt{x}-2,
    \end{equation}
    等号当且仅当$x=1$时成立.
  • 因为
    $$
    2 \sqrt{x}+\sqrt{2x^2+2}=\sqrt{4x}+\sqrt{2x^2+2}\leq 2 \sqrt{\frac{4x+(2x^2+2)}{2}}=2x+2,
    $$
    所以
    $$
    2 \sqrt{x}-2\leq 2x-\sqrt{2x^2+2},
    $$
    结合不等式\eqref{eq:1}可得
    $$
    \ln x\leq 2x- \sqrt{2x^2+2},
    $$
    在上面的不等式中,再令$x=\sqrt{t}$,可得
    $$
    \ln \sqrt{t}\leq 2 \sqrt{t}-\sqrt{2 t+2},
    $$

    $$
    \ln t\leq 4 \sqrt{t}-\sqrt{8t+8},
    $$

    $$
    \ln x\leq 4 \sqrt{x}-\sqrt{8x+8},
    $$
    等号当且仅当$x=1$时成立.这个不等式与2019年浙江高考最后一题密切相关.


  • 一般地,令$x=\sqrt[n]{t}$,其中$n\geq 1$.则
    $$
    \ln \sqrt[n]{t}\leq \sqrt[n]{t}-1,
    $$

    $$
    \frac{1}{n}\ln t\leq \sqrt[n]{t}-1,
    $$

    $$
    \ln t\leq n \sqrt[n]{t}-n,
    $$
    于是我们得到了不等式
    \begin{equation}
    \label{eq:2}
    \ln x\leq n (\sqrt[n]{x}-1),
    \end{equation}
    等号当且仅当$x=1$时成立.
  • 令$x=\frac{1}{t}$,则
    $$
    \ln \frac{1}{t}\leq \frac{1}{t}-1,
    $$

    $$
    \ln t\geq 1-\frac{1}{t},
    $$

    \begin{equation}\label{eq:3}
    \ln x\geq \frac{x-1}{x}.
    \end{equation}
    等号当且仅当$x=1$时成立.

还可以衍生出很多不等式,我以后再慢慢添加.

某富营养化的水域中长有浮萍.我们试图建立恰当的数学模型,来描述浮萍所覆盖的水域面积随时间的变化情况.

在营养充分的条件下,浮萍数量几乎以指数方式增长.其数量倍增时间因品种和生长环境而异,但通常倍增时间为1-2天,最短可以到20-24小时.

在开始时,浮萍面积为$1$平方米.假设平均每经过一天,一朵浮萍繁殖成为两朵浮萍,则池塘中浮萍的面积每经过一天增长为前一天的$2$倍.

可以列表如下:

经过天数$0$$1$$2$$3$$\cdots$
浮萍面积($m^2$)$1$$2$$4$$8$$\cdots$

思考:

1.经过$n$天($n\in\mathbf{N}$),浮萍面积是多少平方米?

2.经过半天时间,能否求出浮萍所占的面积呢?

第2个问题的难点在于,我们只知道浮萍面积每隔$1$天的增长模式(变成前一天的两倍),却不知道浮萍面积每隔$\frac{1}{2}$天的增长模式.为了解决这个问题,我们需要将浮萍面积的增长模式由整数天情形扩展到非整数天的情形.

考虑到无论浮萍占了多少面积,每隔$2$天,面积都会变成两天前的$4$倍;每隔$3$天,面积都会变为三天前的$8$倍,等等.我们有理由引进一条更广泛的原则,来描述浮萍面积随时间的增长规律:

浮萍繁殖原则: 设$a$表示任意给定的一段时间,则每经过一段时间$a$(无论这段时间是否是整数天),浮萍的面积都会增长为原来面积的固定倍数$f(a)$.

比如,当$a=1$天,相应的固定倍数是$f(1)=2$;当$a=2$天,相应的固定倍数是$f(2)=4$;当$a=\frac{1}{2}$天,相应的固定倍数是某个到目前为止未知的量$x=f(\frac{1}{2})$.

我们马上就会领略到扩展之后的浮萍繁殖原则的强大之处.下面我们在浮萍繁殖原则的帮助下,解决第$2$个思考题.

设经过$\frac{1}{2}$天,浮萍的面积为$x$,则由浮萍繁殖原则可知,每经过$\frac{1}{2}$天,浮萍的面积都是$\frac{1}{2}$天前的$x$倍.由于经过$1$天可以拆分为先经过一个$\frac{1}{2}$天,再经过一个$\frac{1}{2}$天,因此可得
$$
1\cdot x\cdot x=2,
$$

$$
x^2=2,
$$
解得$x=\sqrt{2}$.即经过半天之后,浮萍面积为$\sqrt{2}\approx 1.41$平方米.

思考:

1.试用浮萍增长模型解释不等式$1<\sqrt{2}<1.5$.(提示:如果浮萍面积由$1 ~m^2$开始随时间均匀增长,经过$1$天增长到$2~m^2$,则经过$\frac{1}{2}$天时,浮萍面积会增长到哪个数?实际上浮萍面积是随着时间流逝而均匀增长吗?)

2.经过$\frac{3}{2}$天时,浮萍面积是多少平方米?

3.经过$\frac{1}{3}$天时,浮萍面积是多少平方米?

一般地,由浮萍繁殖原则,经过$\frac{1}{n}(n\in\mathbf{N}^{*})$天时,设浮萍面积为$x$,则
$$
x^n=2,
$$
为了表示满足如上方程的$x$,我们引进$n$次方根的概念:

定义1($n$次方根): 如果$x^n=a$,那么$x$叫做$a$的$n$次方根($n$ th root),其中$n>1$且$n\in\mathbf{N}^*$.

例如,若$x^2=a$,则$x$是$a$的二次方根,常称为平方根.$4$的平方根有两个,一个是$2$,一个是$-2$.

若$x^3=a$,则$x$是$a$的三次方根,常称为立方根.$8$的立方根是$2$.$-8$的立方根是$-2$.

$16$的四次方根有两个,一个是$2$,另一个是$-2$.

一个数的$n$次方根有如下规律:

  • 当$n$是奇数时,正数的$n$次方根是一个正数,负数的$n$次方根是一个负数.这时,$n$次方根用符号$\sqrt[n]{a}$表示.例如,
    $$\sqrt[3]{8}=2,\sqrt[3]{-8}=-2,\sqrt[5]{32}=2,\sqrt[5]{-32}=-2.$$
  • 当$n$是偶数时,正数的$n$次方根有两个,这两个数互为相反数.这时,正数$a$的正的$n$次方根用符号$\sqrt[n]{a}$表示,负的$n$次方根用符号$-\sqrt[n]{a}$表示.例如,
    $$
    \sqrt[4]{16}=2,-\sqrt[4]{16}=-2.
    $$
  • 负数没有偶次方根(想一想为什么?).
  • $0$的任何次方根都是$0$,记做$\sqrt[n]{0}=0$.

因此,若$x^n=2$,则正数$x$可以用符号$\sqrt[n]{2}$表示.

例1: 由$n$次方根的定义求下列各式的值:

(1)$(\sqrt{2})^2$;

(2)$(\sqrt[5]{-3})^5$;

(3)$\sqrt[3]{(-8)^3}$;

(4)$\sqrt{(-10)^2}$;

(5)$\sqrt[4]{(3-\pi)^4}$;

(6)$\sqrt[4]{(\pi-3)^4}$;

解:
(1)设$x=\sqrt{2}$,则$x^2=2$,即$(\sqrt{2})^2=2$;

(2)设$x=\sqrt[5]{-3}$,则$x^5=-3$,即$(\sqrt[5]{-3})^5=-3$;

(3)设$\sqrt[3]{(-8)^3}=x$,则$x^3=(-8)^3$.因为函数$f(x)=x^3$在$\mathbf{R}$上单调递增,所以$x=-8$(为什么?提示:如果$x<-8$或$x>-8$会如何?),即$\sqrt[3]{(-8)^3}=-8$;

(4)设$x=\sqrt{(-10)^2}>0$,则$x^2=(-10)^2=10^2$,因为函数$f(x)=x^2$在$[0,+\infty)$上单调递增,因此$x=10$,即$\sqrt{(-10)^2}=10$;

(5)设$x=\sqrt[4]{(3-\pi)^4}>0$,则$x^4=(3-\pi)^4=(\pi-3)^4$.因为函数$f(x)=x^4$在$[0,+\infty)$上单调递增,因此$x=\pi-3$,即$\sqrt[4]{(3-\pi)^4}=\pi-3$.

(6)$\sqrt[4]{(\pi-3)^4}=\pi-3$;

由例1中的(1),(2)小题归纳总结可得
$$
(\sqrt[n]{a})^n=a,
$$
这是由$n$次方根的定义直接可得的一个结论.

思考:

由例1中的(3)-(6)小题你能归纳总结得到什么结论?

一般地,
$$
\sqrt[n]{a^n}=\begin{cases}
a,\mbox{当}n\mbox{为奇数时},\\
|a|,\mbox{当}n\mbox{为偶数时}.
\end{cases}
$$

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圆幂定理表明:

(圆幂定理)设圆$O$的半径长为$r$,点$P$在圆外.过点$P$的直线交圆于$A,B$两点.则$PA\cdot PB=OP^2-r^2$.


在此,我们使用向量的数量积,给出圆幂定理的一个简单证明.如图所示,设直线$OB$与圆交于另一点$C$.因为$CA\perp PB$,所以
\begin{align*} \overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}&=\overrightarrow{PC}\cdot \overrightarrow{PB} \\&=\frac{\left(\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PB}\right)^{2}-\left(\overrightarrow{PC}-\overrightarrow{PB}\right)^{2}}{4} \\&=\frac{(2\overrightarrow{PO})^2-(\overrightarrow{BC})^2}{4} \\&=OP^2-r^2. \end{align*}
证毕.特别的,利用向量的数量积,事实上推广了圆幂定理:即便点$P$在圆上或圆内,照样有
$$
\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}=OP^2-r^2.
$$

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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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