华中科大实验班
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\(p\left(x^2+1\right)=\left(p(x)\right)^2+1\)和\(p(0)=0\)，则\(p(x)=\)_______.
3、设\(S_n=\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{6^k}{\left(3^{k+1}-2^{k+1}\right)\left(3^k-2^k\right)}\)，则极限\(\lim\limits_{n\to\infty}S_n=\)_______.
4、对\(x>0\)，函数\(f(x)=\dfrac{\left(x+\dfrac1x\right)^6-\left(x^6+\dfrac1{x^6}\right)-2}{\left(x+\dfrac1x\right)^3+\left(x^3+\dfrac1{x^3}\right)}\)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\[m+n\sqrt2+p\sqrt3=0.\] 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：\[\dfrac1{(p-a)^2}+\dfrac1{(p-b)^2}+\dfrac1{(p-c)^2}\geqslant\dfrac1{r^2}.\]
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\(\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+\cdots}}}}\)(拉马努金式子)，另一个是\(\mathrm e^{\pi \mathrm i}+1\)(已知欧拉公式\(\mathrm e^{\pi \mathrm i}=\cos\alpha+\mathrm i\sin\alpha\))．
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\(f(x)=3\left(x+\dfrac 1x\right)\)．
5、否 提示 \(6\)门课中选\(3\)门共有\({\rm C}_6^3=20\)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\[\left[2,3,4,\cdots,2^m\right]=2^m\cdot p,\]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\(\sum\limits_{i=1}^n{\dfrac 1i}\)，其中\(n\in\mathcal N^*\)且\(n\geqslant 2\)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\[\begin{split}3&=\sqrt{1+2\cdot 4}\\&=\sqrt{1+2\sqrt{1+3\cdot 5}}\\&=\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\cdot 6}}}\\&=\cdots\end{split}.\]
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\(y^2=2\sqrt 2x\)，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\(\lim\limits_{n\to +\infty}\left(\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{1}{i}-\ln n\right)\)存在，则\(\sum\limits_{i=0}^{+\infty}{\dfrac{(-1)^{i+2}}{i+1}}=\)_______．
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\(f\left((x-y)^2\right)=\left(f(x)\right)^2-2x\cdot f(y)+y^2\)，求\(f(x)\)．
7、求所有\(a,b\)，使\(\left|\sqrt{1-x^2}-ax-b\right|\leqslant \dfrac{\sqrt 2-1}2\)成立，其中\(x\in [0,1]\)．
8、若复数\(z\)满足\(|z|=1\)，求\(\left|z^3-z+2\right|^2\)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\(x_1\leqslant x_2\leqslant x_3\)，\(a,b\)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\(\left(\dfrac{\sqrt{2}}4,1\right)\)．
2、\(15\)
3、\(\ln 2\)
4、\(\dfrac 18\)
提示：如图．
二、解答题
6、\(f(x)=x\lor f(x)=x+1\) 提示：令\(x=y\)得\[f(0)=\left(f(x)-x\right)^2,\]再令\(x=0\)可得\(f(0)=0\lor f(0)=1\)．
7、 \(a=-1\land b=\dfrac{\sqrt 2+1}2\) 提示：三角换元，\(x=\cos\theta\)，其中\(\theta\in\left[0,\dfrac{\pi}2\right]\)，则原式变形为\[\left|\sqrt{1+a^2}\sin\left(\theta+\varphi\right)-b\right|\leqslant \dfrac{\sqrt 2-1}2,\]注意到代数式\(\sqrt{1+a^2}\sin\left(\theta+\varphi\right)\)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\(x=z+\bar z\)，则有原式等于\(2x^3-x^2-8x+8\)，其中\(x\in [-2,2]\)．
9、（1）\(\left[\sqrt{a^2-3b},2\sqrt{\dfrac{a^2}3-b}\right]\)；
（2）有理解为\((a,b,c)=(0,0,0),(1,-1,-1),(1,-2,0)\)，无理解为\(\left(-\dfrac 1b,b,\dfrac 2b-b\right)\)，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\(x_1\leqslant x_2\leqslant x_3\)，\(a,b\)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
\[
y^3+\left( b-\frac{a^2}{3} \right) y+\frac{2a^3}{27}-\frac{ab}{3}+c=0.
\]
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
\[u^{3}=-\frac{q}{2}\pm\sqrt{\frac{q^{2}}{4}+\frac{p^{3}}{27}}.\]
当$\Delta=\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}<0$时,显然有$p=b-\frac{a^2}{3}\leq 0$,记$r=\sqrt{-\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}, \theta=\frac{1}{3} \arccos \left(-\frac{q}{2 r}\right)\in \left[0,\frac{\pi}{3}\right]$,则该三次方程有三个实根
\begin{align*}
x_{3}=2 \sqrt[3]{r} \cos \theta, \\
x_{1}=2 \sqrt[3]{r} \cos \left(\theta+\frac{2\pi}{3}\right), \\
x_{2}=2 \sqrt[3]{r} \cos \left(\theta+\frac{4\pi}{3}\right).
\end{align*}
此时有
\begin{align*}
x_3-x_1&=2\sqrt[3]{r}\cos \theta -2\sqrt[3]{r}\cos \left( \theta +\frac{2\pi}{3} \right)
\\
&=2\sqrt{3}\sqrt[3]{r}\sin \left( \theta +\frac{\pi}{3} \right) \in \left[ 3\sqrt[3]{r},2\sqrt{3}\sqrt[3]{r} \right].
\end{align*}
又$\sqrt[3]{r}=\sqrt{-\frac{p}{3}}=\sqrt{\frac{a^2}{9}-\frac{b}{3}}$,故
\[
x_3-x_1\in \left[ \sqrt{a^2-3b},2\sqrt{\frac{a^2}{3}-b} \right].
\]
\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
\[y^3+\left( \frac{c}{a}-\frac{b^2}{3a^2} \right) y+\frac{2b^3}{27a^3}-\frac{bc}{3a^2}+\frac{d}{a}=0.
\]
若三个实根为$a,b,c$,由韦达定理可知
\begin{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$c\neq 0$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$-\left( a+b \right) \left( 2a+b \right) =b+1$.于是$b^4+b^3-2b^2+2=0$,即$(b+1)(b^3-2b+2)=0$,解得
\begin{align*}
b&=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\left( \frac{q}{2} \right) ^2+\left( \frac{p}{3} \right) ^3}}+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\left( \frac{q}{2} \right) ^2+\left( \frac{p}{3} \right) ^3}}
\\
&=\sqrt[3]{-1+\sqrt{1+\left( \frac{-2}{3} \right) ^3}}+\sqrt[3]{-1-\sqrt{1+\left( \frac{-2}{3} \right) ^3}}
\\
&=-\frac{\sqrt[3]{9-\sqrt{57}}+\sqrt[3]{9+\sqrt{57}}}{3^{\text{2/}3}}
\end{align*}
或$b=-1$.则$(a,b,c)=(1,-1,-1)$或
\[
\left( \frac{-2+\sqrt[3]{46-6\sqrt{57}}+\sqrt[3]{46+6\sqrt{57}}}{6},-\frac{\sqrt[3]{9-\sqrt{57}}+\sqrt[3]{9+\sqrt{57}}}{3^{\text{2/}3}},\frac{2-\sqrt[3]{3\sqrt{57}+1}+\sqrt[3]{3\sqrt{57}-1}}{3} \right).\]
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\[\left(t+\dfrac 1t\right)^3=t^3+\dfrac 1{t^3}+3\left(t+\dfrac 1t\right).\] 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\[(t^3)^2+q\cdot t^3+1=0,\]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\[\left(t+\dfrac ut\right)^3=t^3+\dfrac{u^3}{t^3}+3u\left(t+\dfrac ut\right),\]因此令\(x=t+\dfrac ut\)，其中\(u\)为待定系数，那么原方程变为\[t^3+\dfrac{u^3}{t^3}+(3u+p)\cdot\left(t+\dfrac ut\right)+q=0.\] 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\[ax^3+bx^2+cx+d=0,a\neq 0\]都可以利用完全立方公式\[\left(x+\dfrac b{3a}\right)^3=x^3+\dfrac bax^2+\dfrac {b^2}{3a^2}x+\dfrac {b^3}{27a^3}=0\]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\[x=\left(2^{\frac 35}-2^{\frac 25}\right)\cos\dfrac{2k\pi}{5}+\left(2^{\frac 35}+2^{\frac 25}\right)\mathcal{i}\sin\dfrac{2k\pi}{5},k=0,1,2,3,4.\]其中用到的代换为\(x=t-\dfrac 2t\)．
