学大教育
X U E D A．C O M 解题研究J o u r n a l o fM a t h e m a t i c a l P r o b l e mS o l v i n g
第六期
２０１４
呼和浩特市学大教育
解题研究
(本刊由陕西师范大学罗增儒教授题写刊名)
顾一一问
罗增儒一一陕西师范大学
彭翕成一一华中师范大学
曹卫军一一呼和浩特市学大教育
主一一编
齐建民一一呼和浩特市学大教育
执行主编
宫前长一一甘肃省天水市第一中学
责任编辑(按姓氏笔画为序)
王一耀一一江苏苏州田家炳实验高级中学
韦兴洲一一广西桂林恭城中学
冯加明一一南京９８５学堂
许永忠一一山东临沂第二中学
李一勇一一呼和浩特学大教育
何万程一一佛山凯尔资讯科技有限公司
汪仁林一一陕西咸阳乾县杨汉中学
张一平一一呼和浩特学大教育
陈兆华一一江苏苏州市教育科学研究院
陈泽桐一一广州大学数学与信息科学学院
郑一良一一安徽灵璧第一中学
高振敏一一呼和浩特学大教育
蒋寿义一一武汉３６５图书工作室
程汉波一一广州市第二中学
蔡玉书一一江苏苏州市第一中学
CONTENTS目一录
一１．例谈数学解题的直觉与经验 张建强1
一２．圆锥曲线的几个定点问题 何万程4
一３．为什么漏解了 祝益锋7
一４．近年浙江数学考题难题背景分析 张小明一陈朝阳9
一５．一道全国高中数学联赛试题的推广与证明 蔡玉书13
一６．探赛题之妙一赏数学之美 王晋远一许永忠15
一７．一类二元最值问题的通解 配方法 范花妹一秦庆雄
19
一８．外森比克不等式的一个加强的加强 李一歆21
一９．对一道经典题目的新思考 蒋明斌22
一１０．一道不等式征解题的６种证法 刘再平26
一１１．一个不等式的推广 罗一亮30
一１２．对一道自主招生试题的解答与评价 林一磊32
一１３．探索解题方法自然生成的轨迹 王志进34
一１４．对一道考试题从特殊到一般的讨论 赵一钊36
一１５． 构 平台一 夯 基础一 暴 思维一 促 探究 宫前长
40一１６．从面积的角度看向量间关系 刘祥云44
一１７．微积分新概念的教学一脚步何妨慢一点 彭翕成46
一１８．函数方程不等式三法破解酒杯中的解析几何题 邹生书
48一１９．过椭圆外一点作椭圆切线的一种方法 徐文春52
一２０．多法解析一道教师基本功比赛试题 王一耀53
一２１．对一个数学问题及其解答的思考 贺一斌一汤德彩54
一２２．一道经典试题的多角度思考及其推广 范世祥57
一２３．关于解题研究栏目的设置 彭翕成一齐建民60
一人物风采封三
例谈数学解题的直觉与经验
张建强一深圳中学一Q Q :５１３１９４４０
一二引言引题
同学们好!欢迎来到深圳中学．这是你们在深中的第一节数学课．
数学的核心价值在于发现问题二解决问题,而这两者都离不开直觉和经验．考虑到同学们的实际情况,我想通过对一道题目的分析,着重谈一下 数学解题的直觉和经验 ．这道题给大家五分钟思考时间．
题目:计算:
１０＋１＋１０＋２＋１０＋３＋ ＋１０＋９９１０－１＋１０－２＋１０－３＋ ＋１０－９９＝(一一)．
二二解法探索S e c t i o n 一１一找到问题的核心
首先,观察本道题的结构,它是一个分式,分子分母是两个有一定规律的很长的式子求和．我们看到,分母只是把分子中的一些加号变成减号,上下具有对称结构,所以,我们初步的打算是:先解决分子怎样求和的问题．直觉１:题目的对称性
先研究:１０＋１＋１０＋２＋１０＋３＋ ＋１０＋９９＝(一一)．
对于有一定规律的式子,经常怎样求和呢?回顾以前的经验,可以回忆起下面两个熟悉的题目:
经验１:有规律的长式子求和的两种常见策略
(１)１＋２＋３＋ ＋９９＋１００＝(１＋１００)?５
０ 配对;(２)１１?２＋１２?３＋ ＋１９９?１００＝(１１－１２)＋(１２－１３)＋ ＋(１９９－１１００)＝１－１１００ 拆分;可以发现:(１)首尾对应项相加是定值,１＋１００＝２＋９９＝３＋９８＝ ,都等于１０１,所以,式子的和为５０个１０１．这种求和策略,我们称之为 配对 ,经常是首尾对应项相结合．(２)可以用拆分的策略．我们观察到１n (n ＋１)＝１n －１n ＋１,这样可以造成正负抵消,达到化简的目的．这两个题目分别运用 合 与 分 的策略．那么,回到本节课的问题,大家认为是应该 合 还是应该 分 呢?
直觉２:分合的选择
如果选择 合 的策略,看起来应该关注类似 １０＋１＋１０＋９９ 这样的配对能否化简?如果选择 分 的策略,应该关注类似１０＋９９的式子能否拆开?
同学们,你们有过将类似的二重根式开出来的经验吗?
S e c t i o n ２一拆分的探索过程
先试一下下面两个问题:
经验２:两重根式的开方
２＋()２＋２２＝１＋２,
２＋３＝４＋２３２＝１２＋(３)２＋２３２＝１＋３２
,关键是把根号里面凑成完全平方式(a ２＋b ２＋２a b ＝(a ＋b )２)．当然,并不是所有的根式都能开出来,那么,１０＋９９能否这样做呢?大家试一试:１０＋９９＝２０＋２９９２＝９＋１１２
．但是,我们马上想到１０＋９８怎么办?１０＋９７怎么办?
这时,另一个经验就会帮助我们了．经验３:一般化的策略
有时候,我们将问题一般化,更容易发现本质,找到解决策略．上述这些式子,都是１０＋１０２－k
的形式．于是,我们发现:一一一一１０＋１０２－k ＝１
０＋１０＋k １０－k ＝２０＋２１０＋k １０－k ２＝(１０＋k )２＋(１０－k )２＋２１０＋k １０－k ２
＝１０＋k ＋１０－k ２．
我们真的把它拆开了!一个二重根式拆成了两个二重根式的和．注意,是 和
!而我们知道,只有拆分成 差
,才能消去大量的数字,得到简洁的形式．怎么办?S e c t i o n ３配对与对称的直觉
好,有同学再次想到了 配对 的策略．直觉３:再次利用配对将首尾对应项相加,其一般形式为１０＋k ＋１０＋１０２－k ．现在,我们已经知道,后面的根式
可以开出来,于是得到:１０＋k ＋１０＋１０２－k ＝１０＋k ＋１０＋k ＋１０－k ２
＝(２＋１)１０＋k ＋１０－k ２．
很美妙吧!有用吗?大家看,如果这样结合,分子会变成
一一一一一
(２＋１)１０＋１＋１０－１２＋(２＋１)１０＋２＋１０－２２＋ ＝(２＋１)(１０＋１＋１０＋２＋ )＋(１０－１＋１０－２＋ )２
．更复杂了!怎么办?大家有没有新的直觉?
直觉４:再次利用对称
再次回到题目,关注分子分母的对称性,我们大胆设想:１０＋１＋１０＋９９１０－１＋１０－９９有没有特征呢?如果对于任意自然数k ,
１０＋k ＋１０＋１０２－k １０－k ＋１０－１０２－k 是一个确定的值m ,那么,根据等比性质(若a b ＝c d ＝m ,则a ＋c b ＋d
＝m )就可以知道原式的值也是m 了．分析到这里,后面的过程就是水到渠成了．
１０＋k ＋１０＋１０２－k
１０－k ＋１０－１０２－k ＝１０＋k ＋
１０＋k ＋１０－k ２１０－k ＋１０＋k －１０－k ２＝(２＋１)１０＋k ＋１０－k １０＋k ＋(２－１)１０－k ．
你能看出比值是多少吗?注意到１＝(２＋１
)(２－１),于是(２＋１)１０＋k ＋１?１０－k １０＋k ＋(２－１)１０－k ＝(２＋１)１０＋k ＋(２＋１)(２－１)１０－k １０＋k ＋(２－１)１０－k
＝２＋１．回到题目,问题解决这里有一个细节,中间项无法配对,可以单独计算
１０＋５０１０－５０＝２＋２２－２＝３＋２２＝２＋１．根据等比性质可知,原式＝２＋１．S e c t i o n ４继续思考,再一般化
终于做完了!不要着急休息,我们可以继续前行,利用直觉猜测,是不是
n ＋１＋n ＋２＋ ＋n ＋n ２－１
n －１＋n －２＋ ＋n －n ２－１＝２＋１呢?我们看到,当n ＝１０时,就是原题．如果在解题的最初,你就这样大胆设想了,那么,我们就可以有
一种新的解题策略:从简单入手!我们可以先试试,当n ＝２时,是否
２＋１＋２＋２＋２＋３２－１＋２－２＋２－３＝２＋１呢?
当你看到,熟悉的２＋３时,是否会灵感突发呢?大家可以课下尝试．
三二总结与说明好!这道题就讲到这里．实事求是的讲,这道题目非常困难．我想通过这道题的分析,说明三个观点:
一个道理:天才要靠勤奋,直觉来源于经验．也就是说,题不能少做．
一个建议:不能搞浅层的题海战术,关键是深入的思考．也就是说,有时候宁可少做题,也要多思考．一个信念:困难总是暂时的,只要你愿意想,办法总会有的．
最后,给大家念一首词?忆江南 怎样解题?: 相识否?变形未知数!分解条件走两步,简单入手
画张图．记得采蘑菇． 本节课的题目基本上是按照这首词的思想解决的．对这首词的详细分析,大家可以在进入深中之后,关注我的专题讲座．如果大家还有什么要求和疑问,可以给我发邮件．
希望同学们能够不虚此行,更希望能够与大家一起,给 深中人 这个闪亮的名字增添新的辉煌!谢谢!编者按:
本文作者张建强,奥林克匹高级教练员,曾执教于河北省唐山市第一中学,所带学生肖伊康于２０１０年荣获第５１届国际数学奥林匹克竞赛金牌,于２０１３年９月调入深圳中学．本节课是张老师在
深圳中学社会分享课程 上讲的内容,该课程面向深圳的优秀初中生,特别是怀揣深中梦想的学子,时长３０分钟．张老师在设计内容时主要考虑了下面３个因素:
(１)学生的需求．学生想要了解深中教师的水平和教学理念,了解与其他同类学校的不同之处;(２
)学生的实际水平．他们有根式运算的经验,但是缺少深入思考的机会．(３
)个人对解题教学的思考,希望能够让学生学会解题,但他们不会看大部头的教学理论,所以,应该将之结合在实际解题之中．圆锥曲线的几个定点问题
何万程
引理１一点(x ０,y ０)是非退化二次曲线a x ２＋b x y ＋c y ２＋d x ＋e y ＋f ＝
０上的一点,则二次曲线a x ２＋b x y ＋c y ２＋d x ＋e y ＋f ＝０与直线y －y ０＝k (x －x ０)的交点除(x ０,y ０)外的另一交点是
－a x ０－b y ０－d －(２c y ０＋e )k ＋c x ０k ２a ＋b k ＋c k ２,－a y ０＋(２a x ０＋d )k ＋(b x ０＋c y ０＋e )k ２a ＋b k ＋c k
２?è???÷．证明一把y ＝y ０＋k (x －x ０)代入下式,因式分解,得(a x ２＋b x y ＋c y ２＋d x ＋e y ＋f )－(a x ２０＋b x ０y ０
＋c y ２０＋d x ０＋e y ０＋f )＝(x －x ０)((a ＋b k ＋c k ２)x ＋a x ０＋b y ０＋d ＋(２c y ０＋e )k －c x ０k ２),所以不是交点(x ０,y ０)外的另一交点横坐标是x ＝－a x ０－b y ０－d －(２c y ０＋e )k ＋c x ０k ２a ＋b k ＋c k ２
,再代入y ＝y ０＋k (x －x ０)求得纵坐标是y ＝－a y ０＋(２a x ０＋d )＋(b x ０＋c y ０＋e )k ２a ＋b k ＋c k ２
．类似方法可求得:
点(x ０,y ０)是二次曲线a x ２＋b x y ＋c y ２＋d x ＋e y ＋f ＝０上的一点,则二次曲线a x ２＋b x y ＋c y ２＋
d x ＋
e y ＋
f ＝０与直线x ＝x ０的交点除(x ０,y ０)外的另一交点是(x ０,－b x ０＋c y ０＋e c
)．定理１一点A (x ０,y ０)是非退化二次曲线a x ２＋b x y ＋c y ２＋d x ＋e y ＋f ＝
０上的一定点,点B 二C 是二次曲线a x ２＋b x y ＋c y ２＋d x ＋e y ＋f ＝
０上的动点,直线A B 二A C 的斜率乘积是t ,则直线B C 恒过定点(－(a ＋c t )x ０＋b y ０＋d a －c t ,－b t x ０＋(a ＋c t )y ０＋e t a －c t
)．证明一设A B 的斜率是k １,A C 的斜率是k ２,由引理１,则点B 的坐标是
－a x ０－b y ０－d －(２c y ０＋e )k １＋c x ０k ２１a ＋b k １＋c k ２１,－a y ０＋(２a x ０＋d )k １＋(b x ０＋c y ０＋e )k ２１a ＋b k １＋c k ２１
?è???÷,点C 的坐标是－a x ０－b y ０－d －(２c y ０＋e )k ２＋c x ０k ２２a ＋b k ２＋c k ２２,－a y ０＋(２a x ０＋d )k ２＋(b x ０＋c y ０＋e )k ２２a ＋b k ２＋c k ２２?è???÷,求出直线B C 的方程,把k ２＝t k １代入化简,得(a (b x ０＋２c y ０＋e )x －c (２a x ０＋b y ０＋d )y ＋b (a x ２０＋b x ０y ０＋c y ２０)＋(a e ＋b d )x ０＋(b e ＋c d )y
０＋d e )k ２１＋(((２a ２－２a c t ＋b ２t )x ０＋b (a ＋c t )y ０＋a d ＋b e t －c d t )x ＋(－b (a ＋c t )x ０＋(２a c －b ２－２c ２t )y ０＋a e －b d －c e t )y ＋２(a ＋c t )(a x ２０＋b x ０y ０＋c y ２０)＋(３a d ＋b e t ＋c d t )x ０＋(a e ＋b d ＋３c e t )y ０＋d ２＋e ２t )k １＋(ab x ０＋２c y ０＋e ()x －c (２a x ０＋b y ０＋d )y ＋b (a x ２０＋b x ０y ０＋c y ２０)＋(a e ＋b d )x ０＋(b e ＋c d )y ０＋d e )＝０,(１
)令上(１)的k ２１二k １的系数为零．求得x ＝－(a ＋c t )x ０＋b y ０＋d a －c t ,y ＝－b t x ０＋(a ＋c t )y ０＋e t a －c t ,ì?í?????经检验,点－(a －c )x ０＋b y ０＋d a ＋c ,－b x ０－(a －c )y ０＋e a ＋c ?è???
÷确实满足(１)．容易验证,对k １＝０和A B 的斜率不存在是,直线B C 仍然过点－(a ＋c t )x ０＋b y ０＋d a －c t ,－b t x ０＋(a ＋c t )y ０＋e t a －c t ?è???
÷．所以直线B C 必经过点－(a ＋c t )x ０＋b y ０＋d a －c t ,－b t x ０＋(a ＋c t )y ０＋e t a －c t ?è???
÷．推论１．１一点A (x ０,y ０)是非退化二次曲线a x ２＋b x y ＋c y ２＋d x ＋e y ＋f ＝
０上的一定点,点B 二C 是二次曲线a x ２＋b x y ＋c y ２＋d x ＋e y ＋f ＝０上的动点,直线A B ?A C ,则直线B C 恒过定点－(a －c )x ０＋b y ０＋d a ＋c ,－b x ０－(a －c )y ０＋e a ＋
c ?è???÷．类似定理１的方法,得
定理２一点A (x ０,y ０)是非退化二次曲线a x ２＋b x y ＋c y ２＋d x ＋e y ＋f ＝
０上的一定点,点B 二C 是二次曲线a x ２＋b x y ＋c y ２＋d x ＋e y ＋f ＝０上的动点,直线A B 二A C 的斜率之后是t ,则直线B C 恒过定点c t x ０－２c y ０－e b ＋c t ,(２a ＋b t )x ０＋c t y ０＋d ＋e t b ＋c t ?è???
÷．考察定理１二定理２的逆命题,下面讨论过定点(x ０,y ０)的动直线交圆锥曲线a x ２＋b y ２＝１与点A 二
B ,点P 是一定点,直线A P 的斜率为k １,直线B P 的斜率为k ２,k １＋k ２是定值的问题．下面来求点P 的坐
标．设动直线的方程是y ＝k (x －x ０)＋y ０,代入a x ２＋b y ２＝１整理,
得(a ＋b k ２)x ２＋２b k (y ０－k x ０)x ＋b (y ０－k x ０)２－１＝０,所以x A ＋x B ＝－２b k (y ０－k x ０)a ＋b k ２,x A x B ＝b (y ０－k x ０)２－１a ＋b k
２．而k １＋k ２＝y P －y A x P －x A ＋y P －y B x P －x B
＝y P －k (x A －x ０)＋y ０x P －x A ＋y P －k (x B －x ０)＋y ０x P －x B
＝k ((x A ＋x B )(x P ＋x ０)－２(x A x B ＋x P x ０))＋(x A ＋x B －２x P )(y P －y ０)x ２P －(x A ＋x B )x P ＋x A x B ＝２(b (x P －x ０)y ０k ２＋(a x ０x P ＋b y ０y P －１)k ＋a x P (y P －y ０))b (x P －x ０)２k ２＋２b (x P －x ０)y ０k ＋a x ２P ＋b y ２０－１
．要使k １＋k ２是定值,必须
b (x P －x ０)y ０b (x P －x ０)２＝a x ０x P ＋b y ０y P －１２b (x P －x ０)y ０＝a (y P －y ０)x P a x ２P ＋b y ２０－１．由
b (x P －x ０)y ０b (x P －x ０)２＝a x ０x P ＋b y ０y P －１２b (x P －x ０)y ０整理得,a x ０x P －b y ０y P －１＝０,由b (x P －x ０)y ０b (x P －x ０)２＝a (y P －y ０)x P a x ２P ＋b y ２０－１
整理得,a y ０x ２P ＋a x ０x P y P －a x ０y ０x P ＋(b y ２０－１)y P ＝０,由此得方程组
a x ０x P －
b y ０y P －１＝０,a y ０x ２P ＋a x ０x P y P －a x ０y ０x P ＋(b y ２０－１)y P ＝０,{解这个方程组得x P ＝a x ０?y ０a b (a x ２０＋b y ２０－１)a (a x ２０＋b y ２０),y P ＝－b y ０?x ０a b (a x ２０＋b y ２０－１)b (a x ２０＋b y ２０
),ì?í??????并计算得k １＋k ２＝?２a a b (a x ２０＋b y ２０－１),且点P 在圆锥曲线a x ２＋b y ２＝
１上．类似地计算方法可得过定点(x ０,y ０)的直线交抛物线y ２＝２p
x 于点A ,B ,点P 的坐标是y ２０－p x ０?y ０y ２０－２p x ０p
,y ０?y ２０－２p x ０?è???÷．直线A P 的斜率是k １,直线B P 的斜率是k ２,则k １＋k ２＝?
２p y ２０－２p x ０,且点P 在抛物线y ２＝２p
x 上．过定点(x ０,y ０)的动直线交圆锥曲线a x ２＋b y ２＝１于A ,B 两点,点P 是一定点,直线A P 的斜率是k １,直线B P 的斜率是k ２,若点P 的坐标是
a x ２０－
b y ２０＋１２a x ０,－a x ２０＋b y ２０＋１２b y
０?è???÷．则k １k ２＝a ２x ２０b ２y ２０;若点P 的坐标是?x ０a x ２０＋b y ２０,?y ０a x ２０＋b y ２０?è???÷,则k １k ２＝a b a x ２０＋b y ２０?１a x ２０＋b y ２０?１,且点P 在圆锥曲线a x ２＋b y ２＝１上．过定点(x ０,y ０)的动直线交抛物线y ２＝２p x 于点A 二B ,点P 是一定点,直线A P 的斜率为k １,直线B P 的斜率为k ２．
若点P 的坐标是y ２０２p ,－y ０?è???÷,则k １k ２＝４p ２y ２０－２p
x ０;且点P 在圆锥曲线a x ２＋b y ２＝１上;若点P 的坐标是y ２０２p ,y ２０＋２p x ０２y ０?è???÷,则k １k ２＝p ２y ２０．
为什么漏解了
祝益锋一浙江省象山中学一一Q Q :２９２２７６７３２
１．案例展示问题１一已知O 是ΔA B C 的外心,有A B ＝６,A C ＝１０,若A O ?＝xA B ?＋y A C ?且２x ＋１０y ＝５,则c o s ?B A C ＝
．
这是某高三模拟卷的一个问题,学生往往出现以下几种不同的解法．错解１一构造特殊三角形(直角三角形),?B ＝π２,则O 与A C 的中点重合,此时,x ＝０,y ＝１
２
,恰好满足题意２x ＋１０y ＝５
,所以c o s ?B A C ＝３
５．错解２一利用数量积构造方程,由A O ??A B ?＝x A B ??A B ?＋y A C ??A B ?,A O ??A C ?＝x A B ??A C ?＋y A C ??A C ?得
１８＝３６x ＋６０y c o s ?B A C ,５０＝６０x c o s ?B A C ＋１００y ,
化简得:３＝６x ＋１０y c o s ?B A C ,５＝６x c o s ?B A C ＋１０y ,把１０y ＝５－２x 代入５＝６x c o s ?B A C ＋１０y 得c
o s ?B A C ＝１
３
．点评一本题以三角形(外心)为背景,考查平面向量,探究三角函数值．在解法一中由于学生的固定思维
(所求的是定值故可以利用特殊法)
,故只能得到其中一个解．解法二看似推理严密二理由充分,怎么还是少了一个解的情形呢?难道解法２的转化不等价吗?答案是肯定的,其实在最后一步解方程中不等价,当x ＝０时没有考虑到．
正解１一同上解法２,１０y ＝５－２x 代入５＝６x c o s ?B A C ＋１０y 得５＝６x c o s ?B A C ＋５－２x ,２x ＝６x c o s ?B A C ,
当x ＝０时c o s ?B A C ＝
３５,当x ?０时c o s ?B A C ＝１
３
．正解２:由２x ＋１０y ＝５得
２５x ＋２y ＝１,又A O ?＝xA B ?＋y A C ?＝２x ５(５２A B ?)＋２y (１２
A
C ?),图１
一一一一
图２
设A B ??＝５２A B ?,A C ??＝１２
A C ?,则点
B ?,O ,
C ?三点共线．(１)当点O 不与点C ?重合时,见图１,|
A C ?
?|＝５,|A B ??|＝１
５,得c o s ?B A C ＝１３．(２)当点O 与点C ?
重合时,见图２,此时?B ＝π２,所以c o s ?B A C ＝３
．
问题２一已知函数f (x )＝a
l n x ＋１２x ２(a ＞０),若对任意两个不等的正数x １,x ２,都有f (x １)－f (x ２)x １－x ２
＞２恒成立,求实数a 的范围．
错解１一由于f (x １)－f (x ２)
x １－x ２
是f (x )
图象上的一条割线的斜率,而这条割线可通过平移使之与的某条切线重合,从而f (x １)－f (x ２)x １－x ２
的范围等价于f ?(x )的范围．那么问题等价于:对任意x ?(０,＋￥),f ?
(
x )＞２恒成立,即a x
＋x ＞２在(０,＋￥)上恒成立,故a ＞２x －x ２在(０,＋￥)上恒成立,而(２x －x ２
)m a x ＝１
,故a ＞１
．点评一此解法是利用f (x )图象上任意两点的割线通过平移后可以与图象上一点(
或多个点)处的切线重合,这是正确的．其实这就是大学教材中有拉格朗日中值定理:若函数f (x )在区间[a ,b ]上满足以下条件:
(１)在[a ,b ]上连续;(２)在开区间(a ,b )上可导,则至少存在一点ξ?(a ,b ),使得f ?
(ξ)
＝f (b )－f (
a )
b －a
或者f (b )＝f (a )＋f ?
(ξ)
(b －a )．但是,函数f (x )图象上某点处的切线能否通过平移与图象的某条割线不重合．所以说明该解法的转化过程是不等价．
正解１一对任意两个不等的正数x １,x ２,都有f (x １)－f (x ２)x １－x ２
＞２恒成立等价于f ?
(x )?２在(
０,＋￥)上恒成立,即
a x
＋x ?２在(０,＋￥)上恒成立．故a ?２x －x ２在(０,＋￥)上恒成立,而(２x －x ２
)m a x ＝１
,故a ?１．
正解２一不妨设x １＞x ２＞０
,则f (x １)－f (x ２)
x １－x ２
＞２等价于f (x １)－２x １＞f (x ２)－２x ２．
设g (x )＝f (x )－２x ,x ＞０,从而g (x １)＞g (x ２)
恒成立．即g (x )为(０,＋￥)上的单调递增,所以g ?
(x )＝a
x
＋x －２?０在(０,＋￥)上恒成立,故a ?２x －x ２在(０,＋￥)上恒成立,而(２x －x ２
)m a x ＝１
,故a ?１．问题３:已知函数f (x )＝x ３＋a x ２－１,x ?R ,a ?R ,是否存在实数a ,使得满足f ?(t )＝４t ２
－２
a l n t 的实数t 有且仅有一个?若存在,求出所有这样的a ;若不存在,请说明理由．
错解一方程f ?
(t )＝４t ２
－２a l n t 化简得t ２
＝２a t ＋２a l n t (t ＞０),转化为２a ＝t ２t ＋l n t ,设g (t )＝
t
２
t ＋l n t ,则g ?
(
t )＝２t (t ＋l n t )－
t ２
(１＋１
t )
(t ＋l n t
)２
＝t (t －１＋２l n t
)(t ＋l n t
)２
,由于t －１＋２l n t 递增,且当t ＝１时,t －１＋２l n t ＝０,所以当t ?(０,１),g ?
(t )＜０,当t ?(１,＋￥),g ?
(
t )＞０,故g (t )＝t ２
t ＋l n t 的最小值为g (１)＝１,则a ＝１
２
．点评一本解法利用变量分离,忽视了t ＋l n t ＝０的情况,原因之一是t ＋l n t 的形式易产生t ＋l n t 取不
到０的错觉,所以在分离过程中不等价．在后面得到最小值为１时,得到结果a ＝
１
２
,这种思路隐含了这种误解:g (
t )＝t
２
t ＋l n t
在t ?(０,１),g (t )?(１,＋￥),t ?(１,＋￥),g (t )?(１,＋￥)．其实容易发现当t ＝１e 时g (１e )＝e
－
２e －１－１
＜０,
通过上面的分析,说明解法的转化过程中两次不等价,致使结果少了一个解正解如下
图３
一一正解１一方程f ?(t )＝４t ２－２a l n t 化简得t ２＝
２a t ＋２a l n t (t ＞０),易知存在唯一的t ０,使得t ０＋l n t ０＝０,且０＜t ０＜１
．(１)当t ＋l n t ＝０时,使得方程不成立．(２)当t ＋l n t ?０时,原方程转化为２a ＝t ２t ＋l n t (t ?t ０)
,设g (t )＝t
２
t ＋l n t
(t ?t ０),则g ?
(t )＝t (t －１＋２l n t )(t ＋l n t )
２
,由于t －１＋２l n t 递增,且当t ＝１时,t －１＋２l n t ＝０,所以当t ?(０,t ０)?(t ０,
１),g ?(t )＜０,当t ?(１,＋￥),g ?
(t )＞０,结合极限可得函数的图像(图３
)如下:故a ＜０或a ＝１
２
．一一正解２一有题意,即t ２－２a t －２a l n t ＝０(t ＞０)有唯一正根,记h (t )＝t ２－２a t －２a l n t ,则h ?
(t )＝
２(t ２
－a t －a )t
,记g (t )＝t ２
－a
t －a (１)当a ＝０时,t ＝０不合;
(２)当a ＜０时,有g (t )＞０知,h (t )单调递增,考虑两端的极限,成立;
(３)当a ＞０时,存在t ０＞０,使得h (t )在(０,t ０)上单调递减,在(t ０,＋￥)
上递增,所以必须h (t ０)
＝０,即t ２
０－a t ０－a ＝０t ２０
－２a l n t ０－２a t ０＝
０{
,消去a ,得２l n t ０＋t ０－１＝０,记m (t ０)＝２l n t ０＋t ０－１
,显然单调递增,且m (１)＝０,于是得a ＝
１２．综上,a ＜０或a ＝１
２
．近年浙江数学考题难题背景分析
张小明一浙江海宁市高级中学３１４４００
陈朝阳一杭州市余杭区教育局教研室一３１１１００
近几年浙江各类中学数学考试中,涌现出许多好题,背景知识丰富,促使教师们不断学习．本文将选
择其中的一些难题进行背景分析．
一二多项式的极值点性质
例１一(２０１２年高考)设a ?R ,若x ＞０时均有[(a －１)x －１](x ２－a x －１)?０,a ＝
．
?背景?定理１一(１)设f x ()是实系数多项式,a 是其一个零点,则x －a 是f x ()的因式．(２)设
f x ()是实系数多项式,f x ()在a 处取到极大(小)值０,则x －a ()２是f x ()的因式．(３)设f x ()是实系数多项式,f x ()在a 处取到极大(
小)值b ,则x －a ()２是f x ()－b 的因式．?定理１的证明?一结论(１)为显然,结论(３)是结论(２)的推论,下仅证结论(２)．当f x ()在a 处取到极小值０时．因为f x ()取值为０,所以x －a 是f x ()的因式．若
f x ()
x －a
在x ?
a 时,不为０,(ⅰ)若为正,则x ?a －０a ＋０()过程中,f x ()＝x －a ()
f x ()
x －a 为负(正)乘正为负(正),与f x ()在a 处取到极小值０矛盾．(ⅱ)若
f x ()
x －a
在x ?a 时若为负,同理可得矛盾．
当f x ()在a 处取到极大值０时,为同理可证．综上定理１证毕．
?例１的解答?当x ?０时,[(a －１)x －１](x ２－a x －１),所以x ?＋￥时,
[(a －１)x －１](x ２
－a
x －１)＞０,知a ＞１．对零点x ＝１
a －１
,由定理１知[(a －１)x －１](x ２－a x －１
)有因式[(a －１)x －１
]２
,即１a －１?è???÷２
－a １a －１－１＝０,解得a ＝３２
．例２一(２０１２年高考)已知a ＞０,b ?R ,函数f x ()＝４a x ３－２b x －a ＋b ．
(Ⅰ)证明:当０?x ?１时,(１)函数f (x )的最大值为２a －b ＋a ;(２)f (
x )＋２a －b ＋a ?０．(Ⅱ)若－１?f (x )?１对x ?[０,１]恒成立,求a ＋b 的取值范围．((Ⅱ)解答略．
)?例２的解答?一(Ⅰ)(１)当２a ?b 时,
f x ()?２
a －
b ＋a ＝３a －b ?４a x ３－２b x －４a ＋２b ?０,(我们 惊奇 地发现,当x ＝１为左式的零点)?x －１()４a x ２＋４a x ＋４a －２b ()?０．
由于x ?１,４a x ２＋４a x ＋４a －２b ?４a －２b ?０,所以上式成立,且x ＝１时,不等式取等,即f (x )的最大值为２a －b ＋a ．
当２a ＜b 时,f x ()?２
a －
b ＋a ＝b －a ?４a x ３－２b x ?０?２x ２a x ２－b ()?０．此时因x ?０,２a x ２－b ?２
a －
b ＜０,所以上成立,且x ＝０时,不等式取等．即f (x )的最大值为２a －b ＋a ．(２)当２a ?b 时,欲证等价于２a x ３－b x ＋a ?０?２a x ３－２a x ＋a ?０?２x ３－２x ＋１?０．最后一
式由导数证明,用基本不等式２x ３＋１＝２x ３＋１２＋１２?３３
２x ３?１２?１２＝３
３２
x ?２
x 也可．当２a ＜b 时,欲证等价于２a x ３－a ＋b (１－x )?０?２a x ３－a ＋２a (１－x )?０?２x ３
－２
x ＋１?０．上面已经证过最后一式了．定理１是一个非常有用的结论,作者将另文介绍定理１在数学高考中的各种应用．二二极化恒等式
例３一(２０１３年高考)设?A B C ,P ０是边A B 上一定点,满足P ０B ＝
１４
A B ,且对于A B 上任一点P ,恒有P B ? P C ??P ０B ? P ０C ?,则(一一)．A．?A B C ＝９００一一一B ．?B A C ＝９００
一C ．A B ＝A C 一一D．A C ＝B C
?背景?一极化恒等式是泛函分析中的知识,具体到实向量的公式为x ? y ?
＝
１４
x ?
＋y ?
２
－x ?－y
?
２
()．
?例３的解答?一设B C 中点为D ,C H ?A B ,H 为垂足．由极化恒等式知P B ? P C ?＝１４|P B ?＋P C ?|２－|P B ?－P C ?|２()＝|P D ?|２－１４
|B C ?|２．又因m i n P ?A B P B ? P C ?{}＝P ０B ? P ０C ?,所以一m i n P ?A B P B ? P C ?{}＝m i n P ?A B |P
D ?|２{}－１４
|B C ?|２和P ０D ?A B ．进而有P ０D C H ,P ０D 是ΔB C H 的中位线,P ０B ＝１２H B ．又P ０B ＝１４A B ,故H B ＝１
２
A B ,H 为A B 中点,最后有A C ＝B C ,选D．
三二 双 曲线相切定义
例４一(２０１３年省高中数学竞赛)已知直线A B 与抛物线y ２＝４x 交于A ,B 两点,C 为抛物线上的一
个动点,若C ０满足C ０A ? C ０B ?＝m i n {C A ? C B ?},由下列一定成立的是(一一)．
A．C ０M ?A B 一一一一一B ．C ０M ?l ,其中l 是抛物线过C ０的切线
C ．C ０A ?C ０B
D．C ０M ＝
１
A B
?背景?一定义:平面直角坐标系内,两条曲线在交点处有相同的切线,则称这 双 曲线在交点处相切．定理２一定义在开区间I 上的y ＝f (x )为一可导函数,其图像与圆或椭圆只有一个交点,则这
双 曲线在交点处相切．
?定理２的证明?一由仿射变换知,条件 其图像与圆或椭圆只有一个交点 ,可化为 其图像与圆只
有一个交点 ．并且随着坐标轴的旋转和平移,我们可以假设圆的方程为x ２＋y ２＝r ２
．y ＝f (x )与圆仅有的交点设为A (a ,f (a ))．y ＝f (
x )上的任一点B (x ,f (x ))到原点的距离的平方|O B |２
为x ２＋f ２(x )．除A 点外,在y ＝f (x )上其余的点都在x ２＋y ２＝r ２外,所以|O B |
２在x ＝a 处取到最小值,x ２＋f ２(x )()?x ＝a ＝０,２a ＋２f (a )f ?(a )＝０,f ?
(
a )＝－a f (a
)．则知y ＝f (
x )在A (a ,f (a ))的切线斜率为－a
f (
a )．同时,过A 点的圆的切线斜率k 满足k k O A ＝k f (a )a ＝－１,
k ＝－a
f (
a )．所以两条切线为同一条．定理２得证．?例４的解答?一仿例３的解答,C ０是抛物线上离M 点最近点．以M 为圆心,以M C ０为半径的圆与抛
物线仅有一个交点C ０,根据定理２,抛物线与圆相切,有共同切线,故答案选择B ．
四二一元三次函数图像的中心对称点
例５一(２０１３年高考)已知a ?R ,设f (x )＝x ３
－３
x ２＋３a x －３a ＋３．(１)求f (x )在(１,f (１))处的切线方程．(２)当x ?０,２[]时,求|f (x )|的最大值．
?背景?定理３一任何一元三次函数y ＝a x ３＋b x ２
＋c x ＋d 图像都有中心称点－b ３
a ,d ＋２
b ３
２７a ２－b c ３a ?è???÷．
?定理３的证明?一y ＝a x ３＋b a x ２?è??
?
÷＋c x ＋d
＝a x ＋b ３a ?è???÷３－３ b ３a ?è???÷２x －b ３a ?è???÷３é?êêù?úú＋c x ＋d ＝a x ＋b ３a ?è???÷３＋c －
b ２３a ?è???÷x ＋d －b ３
２７a ２＝a x ＋b ３a ?è???÷３＋c －b ２３a ?è???÷x ＋b ３a ?è???÷＋d －b ３２７a ２－b ３
a c －
b ２
３a ?è???÷＝a x ＋b ３a ?è???÷３＋c －b ２３a ?è???÷x ＋b ３a ?è???÷＋d ＋２b ３
２７a ２－b c ３
a ．至此知定理３为真．?例５的解答?一(１)略．(２)考虑到上述定理３,函数f (x )的中心对称点为(１,１
),设t ＝x －１,f x ()＝f t ＋１(
)＝t ＋１()３－３t ＋１()２＋３at ＋１()－３a ＋３＝t ３
－３t ＋３a t ＋１．下面考虑|g t ()|＝t ３－３t ＋３a t ＋１在－１,１[]的最大值．其中g t ()＝t ３－３t ＋３a t ＋１,g ?
t (
)＝３t ２
－３＋３
a ．
一一一一一一
(A )当a ?１时,g ?t ()?０,g t (
)为单调增加,由于其图像关于０,１()对称,所以g t ()的最大
值为g １()＝３a －１．
()当a ＜０,g ?t ()＝３t ２－３＋３a 的零点位在区间－１,[]外面,g ?t (),g t (
)为单调减少由
于其图像关于０,１()对称,所以g t ()的最大值为g －１()＝３－３a ．
(C )０?a ＜１时,g ?t (
)＝３t ２
－３＋３a 的零点满足－１?t １＜０＜－t １?１．由于其图像关于０,１()对称,所以g t ()
的最大值为m a x g t １(),g １(){}．其中t
１＝－１－a ,g t １(
)＝－１－a ()１－a ＋３１－a －３a １－a ＋１＝２－２a ()１－a ＋１．g １()＝
３a －１．下面讨论２－２a ()１－a ＋１与３a －１孰大孰小,当０?a ＜２
３
,显然g t １()?g １(),２
３
?a ＜１时,２－２a ()１－a ＋１?３a －１?４１－３a ＋３a ２－a ３()?９a ２－１２a ＋４(),３a ２－４a ３?０?a ?３
４
．综上,我们有:当a ?
３４时,所求最大值为３a －１;当０?a ?
３
４
,最大值为２１－a ()３２
＋１;当a
＜０时,最大值为３－３
a ．(显然的解答比标准答案简单得多)五二 糖水 不等式
例６一(２０１４年高考)已知甲盒中仅有１个球且为红球,乙盒中有m 个红球和n 个篮球学科网(m ＞
３,n ＞３),从乙盒中随机抽取i (i ＝１,２
)个球放入甲盒中．(a )放入i 个球后,甲盒中含有红球的个数记为ξi (
i ＝１,２);(b )放入i 个球后,从甲盒中取１个球是红球的概率记为p i (
i ＝１,２)．则(一一)A．３a ＋b 一一一一一一一一一一一一一一一B ．O
C ．p １＞p ２,E (ξ１)＞E (ξ２)一一一一一一一D．p １＜p ２,E (ξ１)＜E (ξ
２)?背景?a 克糖水中有b 克糖(a ＞０,b ＞０,且a ＞b )
,则糖的质量和糖水的质量比为b
a
,若在添加c 克糖(c ＞０
),则糖的质量和糖水的质量比为b ＋c
a ＋c ．生活经验告诉我们,添加糖后,糖水会更甜,于是得出一个不等式:
b a ＜b ＋c
a ＋c
．趣称之为 糖水 不等式．
糖水 不等式的证明,显然是容易的．?分析?如果我们用
b a 表示一杯糖水的浓度,用t b
t a
表示t (t ＞０
)杯糖水的浓度,由生活经验知,t b ＋c t a ＋c 关于t 为单调减函数．例６中,从乙盒中随机抽取M (a ),m (a )个球的红球
浓度 为m
m ＋n ,现加入甲盒中１个红球(糖),显然新红球 浓度 位于
m n ＋m
,１?è???÷之间,但同时原糖水重量越重,现糖水
越不甜．比如:１０克糖水(相对应于例中i ＝１)加入１０克糖(相对应于甲盒中的１个红球)的甜度,显然高于２０克糖水(相对应于例中i ＝２)加入１０克糖．所以p １＞p ２．当然后者的糖更多,即E (ξ１)＜E (ξ
２),故选A．这也是命题者命此题的精神所在．
参考文献
[１]宋卫东．解析几何[M ]．北京:高等教育出版社,２００３:２３７－２４５．
[２]王申怀．化二次射影几何问题为初等几何问题．数学通报,１９９３(４):４１－４３．
[３]夏道行吴卓人严绍宗等．实变函数论与泛函分析(下册)(第二版)．北京:高等教育出版社．
一道全国高中数学联赛试题的推广与证明
蔡玉书一江苏省苏州市第一中学一一Q Q :８５２７１３７６９
２０１３年全国高中数学联赛B 卷第１０题:
假设a ,b ,c ＞０,且a b c ＝１,证明:a ＋b ＋c ?a ２＋b ２＋c ２
．
这是一道优秀试题,现给出异于参考解答的几个证明:
证法一一由均值不等式得a ２＋１?２a ,b ２＋１?２b ,c ２＋１?２c ,a ＋b ＋c ?３３
a b c ＝３,
相加得a ２＋b ２＋c ２＋３?２(a ＋b ＋c )＝a ＋b ＋c ＋(a ＋b ＋c )?a ＋b ＋c ＋３３
a b c ＝a ＋b ＋c ＋３．证法二一由柯西不等式得a ２＋b ２＋c ２?
１３
(a ＋b ＋c )２
．由均值不等式得a ＋b ＋c ＝(a ＋b ＋c )３
a b c ＝３
a ２ a
b
c a ＋３
a b b ２ b c ＋３
c a b c c ２?
１
３
(a ２＋a b ＋c a )＋
１３(a b ＋b ２＋b c )＋１３(c a ＋b c ＋c ２)＝１３
(a ＋b ＋c )２?a ２＋b ２＋c ２
．这个解法根据安振平老师的博客整理得到．经研究竞赛试题可以推广为:
定理１一设a １,a ２, ,a n ＞０,且a １a ２ a n ＝１,则a １＋a ２＋ ＋a n ?a ２１＋a ２２＋ ＋
a ２
n ．证法一一由柯西不等式得
(a ２１＋a ２２＋ ＋a ２n )(１２＋１２＋ ＋１２)?(a １＋a ２＋ ＋a n )２,
于是,a ２１＋a ２２＋ ＋a ２n ?１n
(a １＋a ２＋ ＋a n )２
,由均值不等式得１
n (a １＋a ２＋ ＋a n )?n a １a ２ a n ＝１,所以a ２１＋a ２２＋ ＋a ２
n ?a １＋a ２＋ ＋a n ．
证法二一由均值不等式得(a １用n ＋１次)
１２n
(a ２１＋a ２１＋ ＋a ２１＋a ２２＋ ＋a ２n )?２n a ２１a ２１ a ２１a ２２ a ２n ＝２n a ２n １(a １a ２ a n )２
＝a １,同理(a ２用n ＋１次)有１２n
(a ２１＋a ２２＋ ＋a ２２＋a ２３＋ ＋a ２
n )?a ２, a n 用n ＋１次,有１２n
(a ２１＋a ２２＋ ＋a ２n ＋a ２n ＋ ＋a ２
n )?a n ,将上述不等式相加得a ２１＋a ２２＋ ＋a ２
n ?a １＋a ２＋ ＋a n ．
进一步,我们还得到:
定理２一设a １,a ２, ,a n ＞０,且a １a ２ a n ＝１,则a ２１＋a ２２＋ ＋a ２n ?a ３１＋a ３２＋ ＋
a ３
n ．证明一由均值不等式得(a １用２n ＋１次)
１３n
(a ３１＋a ３１＋ ＋a ３１＋a ３２＋ ＋a ３n )?３n a ３１a ３１ a ３１a ３２ a ３n ＝３n a ６n １(a １a ２ a n )３
＝a ２１,同理a ２用２n ＋１次,有１３n
(a ３１＋a ３２＋ ＋a ３２＋a ３３＋ ＋a ３
n )?a ２２, a n 用２n ＋１次,有１３n
(a ３１＋a ３２＋ ＋a ３n ＋ ＋a ３n )?a ２
n ,将上述不等式相加得a ２１＋a ２２＋ ＋a ２n ?a ３１＋a ３２＋ ＋
a ３
n ．证法三一由均值不等式得a ３１＋a ３２＋ ＋a ３n ?n n
(a １a ２ a n )３
＝
n ,３(a ３１＋a ３２＋ ＋a ３n )?２(a ３１＋a ３２＋ ＋
a ３
n )＋n ＝(a ３１＋a ３１＋１)＋(a ３２＋a ３２＋１)＋ ＋(a ３n ＋a ３
n ＋１)?３a ２１＋３a ２２＋ ＋３a ２n ＝３(a ２１＋a ２２＋ ＋a ２
n )所以a ３１＋a ３２＋ ＋a ３n ?a ２１＋a ２２＋ ＋
a ２
n ．证法四一由定理１知道a ２１＋a ２２＋ ＋a ２n ?a １＋a ２＋ ＋a n ,
由柯西不等式得(a ３１＋a ３２＋ ＋a ３n )(a １＋a ２＋ ＋a n )?(a ２１＋a ２２＋ ＋
a ２n )２
＝(a ２１＋a ２２＋ ＋a ２n )(a ２１＋a ２２＋ ＋a ２n )?(a ２１＋a ２２＋ ＋a ２
n )(a １＋a ２＋ ＋a n )所以a ３１＋a ３２＋ ＋a ３n ?a ２１＋a ２２＋ ＋
a ２
n ．证法五一由均值不等式得a １＋a ２＋ a n n
?n a １a ２ a n ＝
１,由切比雪夫不等式得a ３１＋a ３２＋ ＋a ３n n ?
a ２１＋a ２２＋ ＋a ２
n n a １＋a ２＋ a n
n ,所以a ３１＋a ３２＋ ＋a ３n ?a ２１＋a ２２＋ ＋
a ２
n ．证法五一构造函数f (x )＝x ３―x ２―l n x ,x ＞０,则f ?(x )＝３x ２―２x ―
１
x
＝(x －１)(３x ２＋x ＋１
)x ,于是f (x )在(０,１)单调递减,在(１,＋?)单调递增,所以f (x )m i n ＝
f (
１)＝０,所以en
i ＝１(a ３i ―a ２i ―l n a i )?０,因为a １a ２ a n ＝１,所以en
i ＝１a ３i ?en
i ＝１
a ２i ．
定理３一设a １,a ２, ,a n ＞０,且a １a ２ a n ＝１,α＞β＞０,则a β１＋a β２＋ ＋a βn ?a α１＋a α２＋ ＋a αn ．证明一由幂平均值不等式得a α１＋a α２＋ ＋a αn n ?è?
??÷１
α?a β１＋a β２＋ ＋a βn n ?è???
÷１
β
,由均值不等式得a β１＋a β２＋ ＋a β
n
n ?(a １a ２ a n )βn ＝
１,所以
a α１＋a α２＋ ＋a αn
n
?
a β１＋a β２＋ ＋a βn n ?è???
÷
α
β＝
a α１＋a α２＋ ＋a α
n
n a β１＋a β２＋ ＋a βn n ?è???
÷
α－β
β
?
a β１＋a β２＋ ＋a βn n
,所以a β１＋a β２＋ ＋a βn ?a α１＋a α２＋ ＋a αn ．
定理４一设a ,b ,c ＞０,则(a ＋b ＋c )[a ２２２
(a ＋b ＋c )](a b c －１)．
这个结论是陈计老师在m a t h i n k s 论坛上给出的,证明如下:
证法一一不等式等价于３(a ＋b ＋c )(a ２＋b ２＋c ２)＋９?３(a ＋b ＋c )２＋９a b c ．
因为a ,b ,c ＞０,所以(a ＋b ＋c )(a ２＋b ２＋c ２
)?９a b c ,
又因为３(a ２＋b ２＋c ２)?(a ＋b ＋c )２,由均值不等式得(a ＋b ＋c )(a ２＋b ２＋c ２
)＋(a ＋b ＋c )(a ２＋b ２＋c ２)＋９?３３
９(a ＋b ＋c )２(a ２＋b ２＋c ２)２
)?３
３(
a ＋
b ＋
c )
６＝３(a ＋b ＋c )
２
,两个不等式相加得３(a ＋b ＋c )(a ２＋b ２＋c ２)＋９?３(a ＋b ＋c )２
＋９a b c ．
证法二一因为a ２
＋b ２
＋c ２
?１３(a ＋b ＋c )２
,a b c ?(a ＋b ＋c )３
２７
,只要证明(a ＋b ＋c )１３(a ＋b ＋c )２－(a ＋b ＋c )é?êêù?úú?３(a ＋b ＋c )３
２７
－１é?êêù?úú．令x ＝a ＋b ＋c ,则只要证明x x ２３－x ?è???÷?３x ３２７－１?è???÷?(x －３)２(２x ＋３)?０．此不等式显然成立,从而原不等式成立．
探赛题之妙一赏数学之美
王晋远一陕西省永寿县教研室一Q Q :１６１１１６７１８５
许永忠一山东省临沂第二中学一Q Q :３３０６３０７４１
１．从一道竞赛题说起
一些竞赛题目,如果我们在解题后深思并进一步进行研究,就能发现数学竞赛题目的精妙之处,从而挖掘题目中隐藏的秘密,使我们感受到赛题真有趣,数学真好玩,学习数学其乐无穷．下面是２０１４年北京市中学生数学竞赛高中一年级初赛的一道试题,通过对该试题的研究和推广,我们发现了一些有趣的结论．
题目一下面是我国著名数学家王元院士的题词:
数学竞赛好
如果不同的汉字代表０~９中的不同数字,假设 数学竞赛好 表示的是不同数字组成的五位数中最大
的平方数,请你确定这个五位数．
解析一因为要求五位数中最大的平方数,我们可以先从９８７６５这个数来考虑,由于３１５２
＝９９２２５．可
见,满足条件的数的平方应小于３１５,因为３１４２＝９８５９６,３１３２＝９７９６９,３１２２＝９７３４４,３１１２
＝９６７２１,只有３１１２＝９６７２１符合条件,因此,要求的五位数为９６７２１．
变式１一下面是我国著名数学家王元院士的题词:
数学竞赛好
如果不同的汉字代表０~９中的不同数字,假设 数学竞赛好 表示的是不同数字组成的五位数中最小
的平方数,请你确定这个五位数．
解析一因为要求五位数中最小的平方数,我们可以先从１０２３４这个数来考虑,由于１０１２
＝１０２０１．可
见,满足条件的数的平方应大于,因为２,２, ,２,２
７６９,只有１１３２
＝１２７６９符合条件,因此,要求的五位数为１２７６９．
２．发现与探索
仔细观察上述结果,可以发现一个有趣的规律:最大的平方数９６７２１与最小的平方数１２７６９恰好是一
对反序数,而且３１１与１１３也是一对反序数．这是隐藏在题目中的一个有趣的平方数问题．我们自然会思考下面这些有趣的数学问题:
(１)在三位数二四位数二五位数二 二n 位数的平方数中,这样的规律是不是依然会存在?三位平方数有:１２１,１４４,１６９,１９６,２２５,２５６,２８９,３２４,３６１,４００,４４１,４８４,５２９,５７６,６２５,
６７６,７２９,７５４,８４１,９００,９６１．
显然,只有１２２＝１４４,２１２＝４４１;１３２＝１６９,３１２
＝９６１符合条件,即在三位数的平方数中满足条件的
有两对平方数(１４４,４４１)和(１６９,９６１)．
四位平方数中没有满足条件的平方数．
五位数中,我们已经发现了(１２７６９,９６７２１)这对有趣的平方数,还有(１０４０４,４０４０１),(１０６０９,
９０６０１),(１２５４４,４４５２１),(１４８８４,４８８４１
)四对平方数符合条件要求．对于更一般的情况,这里暂不做更深入地探究．
(２
)满足条件的平方数对是有限的还是无限的?经过探讨,我们发现以下规律:
①(１２２＝１４４,２１２＝４４１),(１０２２＝１０４０４,２０１２＝４０４０１),(１００２２＝１００４００４,２００１２
＝４００４００１), ,
(１００ ００︸n 个０２２＝１００ ００︸n 个０４００ ００︸n 个０４,２００ ００︸n 个０１２
＝４００ ００︸n 个０４００ ００︸
n 个０
１)．②(１３２＝１６９,３１２＝９６１),(１０３２＝１０６０９,３０１２＝９０６０１),(１００３２＝１００６００９,３００１２
＝
９００６００１), ,
(１００ ００︸n 个０３２＝１００ ００︸n 个０６００ ００︸n 个０９,３００ ００︸n 个０１２
＝９００ ００︸n 个０６００ ００︸
n 个０
１)．上面两个规律可以用公式(a ＋b )２＝
a ２＋２a
b ＋b ２进行推导证明．根据①和②可知,符合两个数互为反序数,并且这两个数的平方数也互为反序数的平方数对有无数多个．
３．再探索
下面,我们把竞赛试题的条件进一步加强,并对其进行必要的探索．变式２一下面是我国著名数学家王元院士的题词:
数学竞赛好
如果不同的汉字代表０~９中的不同数字,假设 数学竞赛好 表示的是不同的数字组成的五位数中的平方数,并且这五个数字恰好是连续的五个数．请你确定这个五位数．
解析一由于五位数中的５个数字为连续数,那么,这５个连续的数只能为(０,１,２,３,４),(１,２,３,４,５),(２,３,４,５,６),(３,４,５,６,７),(４,５,６,７,８),(５,６,７,８,９
)中的一组数．首先我们注意,一个平方数的个位数只能为０,１,４,５,６,９中的一个．我们先考虑(０,１,２,３,
４
)这组数．显然,满足条件的平方数的个位不能为０,因为如果平方数的个位为０,那么十位数也只能为０,不合条件要求．那么,在(０,１,２,３,４
)这组数,满足条件的平方数的个位只能为１或４．我们先来考虑个位数为１的情况．这时可能的５位数有:２０３４１,２０４３１,２３０４１,２３４０１,２４０３１,
２４３０１,３０２４１,３０４２１,３２０４１,３２４０１,３４０２１,３４２０１,４０２３１,４０３２１,４２０３１,４２３０１,４３０２１,４３
经计算验证可知,其中只有２
符合要求
综合管理文摘 （第二期） 目录
管理定律23类 一、素养 蓝斯登原则：在你往上爬的时候，一定要保持梯子的整洁，否则你下来时可能会滑倒。 提出者：美国管理学家蓝斯登。 点评：进退有度，才不至进退维谷；宠辱皆忘，方可以宠辱不惊。 卢维斯定理：谦虚不是把自己想得很糟，而是完全不想自己。 提出者：美国心理学家h·卢维斯 点评：如果把自己想得太好，就很容易将别人想得很糟。 托利得定理：测验一个人的智力是否属于上乘，只看脑子里能否同时容纳两种相反的思想，而无碍于其处世行事。 提出者：法国社会心理学家h·m·托利得 点评：思可相反，得须相成。 二、统御 刺猬理论：刺猬在天冷时彼此靠拢取暖，但保持一定距离，以免互相刺伤。 点评：保持亲密的重要方法，乃是保持适当的距离。 鲦鱼效应：鲦鱼因个体弱小而常常群居，并以强健者为自然首领。将一只稍强的鲦鱼脑后控制行为的部分割除后，此鱼便失去自制力，行动也发生紊乱，但其他鲦鱼却仍像从前一样盲目追随。 提出者：德国动物学家霍斯特 点评：1、下属的悲剧总是领导一手造成的。 2、下属觉得最没劲的事，是他们跟着一位最差劲的领导。 雷鲍夫法则：在你着手建立合作和信任时要牢记我们语言中： 1、最重要的八个字是：我承认我犯过错误 2、最重要的七个字是：你干了一件好事 3、最重要的六个字是：你的看法如何 4、最重要的五个字是：咱们一起干 5、最重要的四个字是：不妨试试 6、最重要的三个字是：谢谢您 7、最重要的两个字是：咱们
8、最重要的一个字是：您 提出者：美国管理学家雷鲍夫 点评：1、最重要的四个字是：不妨试试； 2、最重要的一个字是：您 洛伯定理：对于一个经理人来说，最要紧的不是你在场时的情况，而是你不在场时发生了什么。 提出者：美国管理学家r·洛伯 点评：如果只想让下属听你的，那么当你不在身边时他们就不知道应该听谁的了。 三、沟通 斯坦纳定理：在哪里说得愈少，在哪里听到的就愈多。 提出者：美国心理学家s·t·斯坦纳 点评：只有很好听取别人的，才能更好说出自己的。 费斯诺定理：人两只耳朵却只有一张嘴巴，这意味着人应该多听少讲。 提出者：英国联合航空公司总裁兼总经理l·费斯诺 点评：说得过多了，说的就会成为做的障碍。 牢骚效应：凡是公司中有对工作发牢骚的人，那家公司或老板一定比没有这种人或有这种人而把牢骚埋在肚子里公司要成功得多。 提出者：美国密歇根大学社会研究院 点评：1、牢骚是改变不合理现状的催化剂。 2、牢骚虽不总是正确的，但认真对待牢骚却总是正确的。 避雷针效应：在高大建筑物顶端安装一个金属棒，用金属线与埋在地下的一块金属板连接起来，利用金属棒的尖端放电，使云层所带的电和地上的电逐渐中和，从而保护建筑物等避免雷击。 点评：善疏则通，能导必安 四、协调 氨基酸组合效应：组成人体蛋白的八种氨基酸，只要有一种含量不足，其他七种就无法合成蛋白质。 点评：当缺一不可时，"一"就是一切。
初等代数研究课后习题 20071115033 数学院 07（1） 杨明 1、证明自然数的顺序关系具有对逆性与全序性，即 （1）对任何N b a ∈,，当且仅当b a <时，a b >. （2））对任何N b a ∈,，在b a <，b a =，b a >中有且只有一个成立. 证明：对任何N b a ∈,，设a A ==，b B == （1）“?” b a <，则B B ??,,使,~B A ，A B B ~, ?∴,a b >∴ “?” a b >，则B B ??,,使A B ~,，B B A ?∴,~,b a <∴ 综上 对任何N b a ∈,，b a （2）由（1）b a b a <∴与b a >不可能同时成立， 假设b a <∴与b a =同时成立，则B B ??,,使,~B A 且B A ~， ,~B B ∴与B 为有限集矛盾，b a <∴与b a =不可能同时成立， 综上，对任何N b a ∈,，在b a <，b a =，b a >中有且只有一个成立.. 2、证明自然数的加法满足交换律. 证明：对任何N b a ∈,设M 为使等式a b b a +=+成立的所有b 组成的集合 先证 a a +=+11，设满足此式的a 组成集合k ，显然有1+1=1+1成立 φ≠∈∴k 1，设k a ∈，a a +=+11，则 +++++++=+=+==+a a a a a 1)1()1()(1 k a ∈∴+，N k =∴， 取定a ，则1M φ∈≠，设,b M a b b a ∈+=+，则 ()()a b a b b a b a +++++=+=+=+ ,b M M N + ∴∈∴= ∴ 对任何N b a ∈,，a b b a +=+ 3、证明自然数的乘法是唯一存在的 证明：唯一性：取定a ，反证：假设至少有两个对应关系,f g ，对b N ?∈，有 (),()f b g b N ∈，设M 是由使()()f b g b =成立的所有的b 组成的集合， ()()1f b g b a ==? 1M φ∴∈≠ 设b N ∈则()()f b g b =()()f b a g b a ∴+=+ ()()f b g b ++∴=，b M +∴∈，M N ∴= 即b N ?∈，()()f b g b =
小学数学提高三年级学生“解决问题”能力的策略研究 武安市北关小学王艳敏 一、课题的提出 新课程改革背景下，小学数学教学在许多方面发生了重大变化，解决实际问题教学便是其中之一。在《标准》中，已经看不到“应用题”这个名词了，取而代之的是“生活中的简单问题”和“简单实际问题”等，同样的，“解答应用题”也变成了“解决实际问题”。这种变化不是因为应用题这个名词不时髦了，要换一个说法，而是有深刻的内涵：“首先，在内容方面，《标准》提到的‘问题’不限于纯粹的数学题，特别是不同于那些仅仅通过‘识别题型、回忆解法、模仿例题’等非思维性活动就能够解决的‘题’。这里所说的问题既可以是纯粹的数学题，也可以是以非数学题形式呈现的各种问题。但无论是什么类型的问题，其核心都是需要学生通过‘观察、思考、猜测、交流、推理’等富有思维成分的活动才能解决的。其次，在具体内涵方面，《标准》的要求的多方面的，包括学会从数学的角度提出问题、理解问题，并能综合应用所学的知识和技能解决问题。” 现在小学生数学学习的现状是：由于教师在教学中只注重双基目标的达成，忽视了思维训练与学习能力的培养，在方法上以模仿套用代替创新与生成，忽视小学数学课堂教学最本质的东西——数学思维能力的培养（也就是用数学的眼光看问题、分析问题，用数学方法思考问题、解决问题），其后果是学生的数学综合素质不过硬，不能在数学问题的解答上游刃有余。因此，我们有必要抓住要点进行突破，以解决问题的策略研究为抓手，对数学教学中问题进行反思、总结，在研究中使得师生共同提高。 二、课题的界定 “问题解决”即是在教师适当的指导下，使学生面对问题时，能把已有的知识、技能和经验，经过思维加工、综合运用和转化，达到未知目标的过程，以及所表现出来的情感、态度、价值观，并在这一过程中提高学生应用数学的意识，发展学生的创造性思维。 策略：是指为完成某一任务所采取的行动方式。可理解为方法，却又不完全等同于方法，其指向顺利地完成任务，并能达到预期目标的思维与行动的最为有效、最简洁的方式方法。解决问题学习强调为教学实际服务，以学生的发展为中心，主张在教师引导下，学生对数学知识的再发现与再创造。解决问题学习的研究，不再只是对比发现学习与传统教学孰是孰非，孰优孰劣，而是对发现学习本身的过程、机制做了更深入的研究，探讨如何发挥发现学习的优势，促进解决问题学习的效果和效率，提高学生数学学习的层次。 三、研究的目的与意义。 我们对小学数学问题解决策略的研究旨在“让学生参与知识建立起来的过程”（布鲁纳语），努力挖掘学生的潜能，培养学生发现、分析、解决问题的能力，养成自主探索、自我评价、合作交流的学习习惯，增强应用数学的意识，体会学习数学的价值，达到锻炼人、完善人的目的，为推进数学教学实施素质教育，为培养创新人才奠定基础。 ⒈努力提高学生应用数学知识解决问题的能力，并通过数学学习发展学生的理性思维和创造性才能，使学生养成“数学地思维”的习惯。 ⒉牢固树立“以学生为本”的思想，竭力为学生创设一定的数学活动情境，让学生在教师创设的数学活动中进行探索、猜测、修正，从而主动地进行自我构建。 ⒊学生能主动地对已有的解题策略和解题模式等进行分析、综合、转化、调整，从而形成对新问题的领悟，促进新问题的解决。 ⒋不仅要教会学生解决问题，更要帮助他们认识数学的价值，掌握提出问题的艺术，并不断探索下去的良好学习习惯。 三、研究内容
竞合战略 竞合战略概述 竞合战略泛指通过与其他企业合作来获得企业竞争优势或战略价值的战略。竞合战略就是竞争中求合作，合作中有竞争。竞争与合作是不可分割的整体，通过合作中的竞争、竞争中的合作，实现共存共荣，一起发展，这是企业竞争所追求的最高境界。竞合的着眼点在于把产业蛋糕做大，在做大蛋糕的基础上大家都有可能比以前得到的更多，从而使企业能在一个较小风险、相对稳定、渐进变化的环境中获得较为稳定的利润。竞合的实质是实现企业优势要素的互补，增强竞争双方的实力，并且将其作为竞争战略之一加以实施，从而促成双方建立和巩固各自的市场竞争地位。 [编辑] 竞合战略的提出 “竞合战略”一词最早出现在1996年，1996年，博弈理论与实务专家布兰登博格（Adam M.Brandenburger）和奈勒波夫（Barry J. Nalebuff）出版《竞合战略》一书，立 即在实业界和理论界掀起一股热销和讨论的浪潮。竞合战略是博弈理论的应用，它是关于创造价值与争取价值的理论。创造价值的本质是合作的过程，争取价值的本质是竞争的过程。 竞合策略的主要观念是增加互补者（complementors），运用互补者的战略可使你的产品和服务变得更有价值。 今天的商业运作是战争与和平的综合体。在做蛋糕的时候，商场是合作；在分蛋糕的时候，商场是战争。战争与和平是同时发生的。任何行为的目标都是为了要让自己好，然而“让自己好”不一定要牺牲别人。在既合作又竞争的精神下，有些情况采取“赢输”模式最有效；有些情况采取“双赢”模式才明智。 新的竞争战略是竞合战略。这是一种互补性的商业思维模式，它的方法是设法将饼做大一点，而不是和竞争者争夺固定大小的饼。那么在全球的软件产业中，中国与美国、中国与印度既是竞争者，也可以是互补者，我们可以用竞合战略的眼光去看待中国与其他国家的关键。商场非战场，不再崇尚谁吃掉谁的“丛林哲学”，而是在寻求竞合和双赢。不知道怎样与对手合作，就无法参与竞争。中国软件企业要充分认清现实世界产业环境和对手状况，一方面善于向美国学习、争取合作的机会，迅速提升自身服务能力；另一方面得清楚目前和印度合作要提高警惕，小心处理竞合关系，避免被廉价利用。只有修炼好内功，抓住机遇，聪明地选择竞合方式并以不卑不亢的学习态度走进世界，中国软件业迈出的第一步才会坚定而
综合管理文摘 （第十期） 目录 企业获得竞争优势的新手段——外包..................................... 外包并不是将自己的蛋糕分一块给别人，而是与别人分享一块更大的蛋糕。为保持竞争优势，凝聚核心竞争力的战略环节是不可以外包的,对整个业务顺利开展具有决定性影响的业务也不能外包出去。一般来说，下列业务应该外包出去…… 跨国公司战略联盟新趋 势 .................................................. 从产品联盟发展为以技术合作为主要内容的知识联盟；从强弱联合的互补型联盟发展为强强合作的竞争型联盟；从线性的联盟链发展为立体的联盟网络；从“硬约束”的实体联盟发展为“软约束”的虚拟联盟。 全球电信产业战略联盟：特点与启示..................................... 企业战略联盟根据是否有股权参与这一标准，将战略联盟分为契约式战略联盟和股权式战略联盟。 实施战略联盟的原则：选择适当的合作伙伴；模式的选取应具体问题具体分析；联盟组织机构要保持必要弹性；树立合作共赢的联盟观念。 APS在定单管理中的应用 .................................................
APS的作用不仅表现为交货及时率的提高，而体现在生产周期缩短、库存成本压缩、产品组合更加合理化等多方面。............................................................ .) 理论简介TOC( TOC（约束理论）是一种在能力管理和现场作业管理方面的哲理，把重点放在瓶颈工序上，保证瓶颈工序不发生停工待料，提高瓶颈工作中心的利用率，从而得到最大的有效产出。． 企业获得竞争优势的新手段——外包 随着新经济时代的来临，信息技术的发展，市场竞争愈加激烈，同时竞争手段也发生了变化。外包作为一种获得竞争优势的有效途径正在被世界上越来越多的企业所采用，并在企业管理实践中取得显着效果。据国际数据公司的资料显示，全球2001年外包服务方面的开支为1,320亿美元，而亚太地区年增长率高达15.1%。《财富》杂志也报道，目前全世界年收入在5,000万美元以上的公司，都普遍开展了业务外包。企业欲获得竞争优势，正确认识、行使业务外包显得非常必要。 一、外包产生的原因 外包，其最直接的解释是“外部寻求资源”，即把不属于自己核心竞争力的业务包出去。通俗地说，是把自己做不了或做不好或别人做得更好更便宜的事交由别人做。企业在充分发展自身核心竞争力的基础上，整合、利用其外部最优秀的专业化资源，从而达到降低成本、提高生产效率、增加资金运用效率和增强企业对环境的迅速应变能力的一种管理模式。 外包这种管理模式是工业经济时代已经形成的社会分工与协作组织在当今 知识经济条件下的发展与演化。早在20世纪20年代，美国福特公司就开始尝试在产品零部件标准化基础上形成流水作业线，生产具有规模效益的T型车的生产组织实践，并实现了零部件供应的外部化。发展到20世纪下半叶，标准化、全球化的组装生产规模已普及到全球。从工业时代的全球化的协作生产到知识经济时代的战略性外包是一个不断演化的、从量变到质变的连续过程，这种变化有其产生的必要性和必然性。 企业业务的外包必然带来质量、管理甚至技术泄漏的风险，但是自从20世纪90年代以来，外包的浪潮风起云涌成为全球经济的热点，这无疑说明外包是时代经济对企业发展的要求，是企业顺应市场变化，为维护产品或服务竞争优势而不得不采用的管理模式。一般来说，企业在面对如下的压力时，将采取外包策略来保证自身的发展。 1、未来的不确定性增加 暂且不论日益多变的政治、自然环境，单以经济而言，由于该领域的复杂性，如企业生产环节的增多、销售区域的广泛性、公司雇员文化的差异以及产品的兼容性等都可能为企业的发展带来不确定影响。以印度的软件公司为例，近年来许
解题研究的现状分析 罗增儒 2-1 解题研究的基本工作 2-1-1 资料性的分类汇编 2-1-2 数学方法论的研究 2-1-3 波利亚学说的研究与超越 2-1-4 解题教学的研究与应用 2-1-5 竞赛数学的学科建设 2-1-6 数学思维的研究 2-1-7 解题策略的研究 2-1-8 初等数学的研究 2-1-9 教育数学的研究 2-1-10 以开放题为代表的新题型研究 2-1-11 中学数学刊物繁荣 2-1-12 数学解题的实证与心理学分析 2-1-13 数学解题理论的建设 2-1-14 中国解题学派正在形成
2-2 解题研究的存在问题 解题研究中的主要问题是，还存在着一些片面的认识、盲目的实践与停留在操作的层面上等，我们指出6点． ●“解题理论”研究的取消论 ●解题研究的误区 ●考试目的 ●理论与实践的脱节 ●解题研究多停留在操作层面，也缺少有效的方法深入到心理层面 ●缺少争鸣气氛 2-2-1 “解题理论”研究的取消论 认为随着数学内容的学习和数学知识的丰富，解题方法可以自然而然地掌握、解题能力可以自然而然地生成，“解题理论”的研究纯属多余的标新立异．一些连中学教材的习题都不能独立完成的空头理论家，更为这种观点提供了口实．而来自学生的情况却是，许多人学了课本内容不会解题，还有的人解了许多题却说不清思路．教师中也有类似情况． 解题理论须以解题实践为基础，但是，再丰富的经验也无法代替理论，并且，缺乏正确理论指导的实践常常会流于盲目． 2-2-2 解题研究的误区 表现1．很多文章只是用现成的例子说明现成的观点，或用现成的观点解释现成的例子，缺少创新，有的更是低层次的简单重复．还有很多文章明显资料占有不充分，现在有网络条件，建议动手写作之前，先搜寻一遍，至少要有一点新意、有一点自己的心得，才形成文章． 表现2．长期徘徊在一招一式的归类上，缺少观点上的提高或实质性的突破；有时候，只是解题方法的简单堆积或解题技巧的神秘出现，在解题具体操作与解题策略（或数学思想方法）之间还缺少沟通的桥梁． 表现3．多研究“怎样解”，较少问“为什么这样解”，更少问“怎样学会解”，重结果、轻过程． 表现4．更关注现成的、形式化问题的求解，对问题的“提出”和“应用”研究不足． 因此，尽管中国有丰富的解题资料，却始终未上升为系统的解题理论．
企业管理及案例中兴通讯综合管理文摘第二期 综合管理文摘 Revised by Chen Zhen in 2021
综合管理文摘 （第二期） 目录
管理定律23类 一、素养 蓝斯登原则：在你往上爬的时候，一定要保持梯子的整洁，否则你下来时可能会滑倒。 提出者：美国管理学家蓝斯登。 点评：进退有度，才不至进退维谷；宠辱皆忘，方可以宠辱不惊。 卢维斯定理：谦虚不是把自己想得很糟，而是完全不想自己。 提出者：美国心理学家h·卢维斯 点评：如果把自己想得太好，就很容易将别人想得很糟。 托利得定理：测验一个人的智力是否属于上乘，只看脑子里能否同时容纳两种相反的思想，而无碍于其处世行事。 提出者：法国社会心理学家h·m·托利得 点评：思可相反，得须相成。 二、统御 刺猬理论：刺猬在天冷时彼此靠拢取暖，但保持一定距离，以免互相刺伤。 点评：保持亲密的重要方法，乃是保持适当的距离。 鲦鱼效应：鲦鱼因个体弱小而常常群居，并以强健者为自然首领。将一只稍强的鲦鱼脑后控制行为的部分割除后，此鱼便失去自制力，行动也发生紊乱，但其他鲦鱼却仍像从前一样盲目追随。 提出者：德国动物学家霍斯特 点评：1、下属的悲剧总是领导一手造成的。 2、下属觉得最没劲的事，是他们跟着一位最差劲的领导。 雷鲍夫法则：在你着手建立合作和信任时要牢记我们语言中： 1、最重要的八个字是：我承认我犯过错误 2、最重要的七个字是：你干了一件好事
3、最重要的六个字是：你的看法如何 4、最重要的五个字是：咱们一起干 5、最重要的四个字是：不妨试试 6、最重要的三个字是：谢谢您 7、最重要的两个字是：咱们 8、最重要的一个字是：您 提出者：美国管理学家雷鲍夫 点评：1、最重要的四个字是：不妨试试； 2、最重要的一个字是：您 洛伯定理：对于一个经理人来说，最要紧的不是你在场时的情况，而是你不在场时发生了什么。 提出者：美国管理学家r·洛伯 点评：如果只想让下属听你的，那么当你不在身边时他们就不知道应该听谁的了。 三、沟通 斯坦纳定理：在哪里说得愈少，在哪里听到的就愈多。 提出者：美国心理学家s·t·斯坦纳 点评：只有很好听取别人的，才能更好说出自己的。 费斯诺定理：人两只耳朵却只有一张嘴巴，这意味着人应该多听少讲。 提出者：英国联合航空公司总裁兼总经理l·费斯诺 点评：说得过多了，说的就会成为做的障碍。 牢骚效应：凡是公司中有对工作发牢骚的人，那家公司或老板一定比没有这种人或有这种人而把牢骚埋在肚子里公司要成功得多。 提出者：美国密歇根大学社会研究院 点评：1、牢骚是改变不合理现状的催化剂。 2、牢骚虽不总是正确的，但认真对待牢骚却总是正确的。 避雷针效应：在高大建筑物顶端安装一个金属棒，用金属线与埋在地下的一块金属板连接起来，利用金属棒的尖端放电，使云层所带的电和地上的电逐渐中和，从而保护建筑物等避免雷击。
习题解答 第一讲 自然数的基数理论与序数理论 1、在自然数的基数理论中，证明自然数的乘法满足交换律 证明：对于{(,)|,}A B a b a A b B ?=∈∈与{(,)|,}B B b a b B a A ?=∈∈， 定义A B ?到B A ?的映射为：(,)(,),(,),(,)f a b b a a b A B b a B A ??→∈?∈? 显然这个映射是A B ?到B A ?的一一映射，所以A B B A ?=?，于是按定义有： A B B A ?=?，即乘法满足交换律。 2、利用最小数原理证明定理14. 定理14的内容是：设()p n 是一个与自然数有关的命题，如果：（1）命题()p n 对无穷多个自然数成立；（2）假如命题对0()n k k n =≥成立时，能够推出命题对 1n k =-也成立，那么对一切自然数不小于n 0的自然数n ，命题()p n 必然成立。 证明：如果命题不真，设使命题不成立的自然数构成集合M ，那么M 非空，因此，M 中必有一个最小数000()r r n ≥。 此时，由于不大于0r 的自然数只有有限个，按照条件（1），至少有一个自然数0()r r r >，命题在r 处成立；于是由条件（2） ，命题对1r -也成立，连锁应用条件（2），那么命题在12,,,,, r r r r k ---处都成立，而这个序列是递减的，因此0r 必然出现在这个序列中，这与0r 的假定不符，这个矛盾说明定理14成立。 3、用序数理论证明3+4=7 证明：313432313145,(),''''+==+=+=+== 33323256(),'''+=+=+== 34333367()'''+=+=+== 4、设平面内两两相交的n 个圆中，任何三个不共点，试问这n 个圆将所在的平面分割成多少个互不相通的区域？，证明你的结论。 解：设这n 个圆将所在平面分割成()f n 个部分，显然1224(),()f f ==； 如果满足条件的n 个圆把平面分割成()f n 个部分，那么对于满足条件的n+1个圆
小学数学解决问题的策略研究(结题报告)
小学数学解决问题基本策略研究结题报告2012年1月课题“小学数学解决问题的基本策略研究”被山阳小学确立为校级课题，两年多来，本课题的研究与课堂教学实践研究紧密结合，有效促进了学生解决问题策略的形成，切实提高了学生解决问题的策略意识，完成了研究预设的目标任务。现对课题研究情况总结如下： 一、研究背景。 1．重视问题的解决是数学课程标准的一个显著特点。 数学课的根本目的是使所有学生获得解决他们日常生活中遇到的数学问题的能力。小学阶段学生学习数学应立足于他们的终身学习和发展服务，让每一位学生学得有用的数学。让学生从小能形成解决实际问题的基本策略就是以这一点为出发点。本课题从学生学的角度，探索学生解决问题时选择基本策略的过程，形成了怎样的策略？对学生今后学习数学有什么样的实践意义？即对学生解决问题的策略形成的有效性进行研究。通过研究达到提高学生良好的解决问题的能力，达到标准对学生的总体目标要求都具有很强的理论意义与实践意义。 2．国内外“解决问题”研究现状决定解决问题策略研究对实践课程标准的重要性。 20世纪80年代以来，国际数学教育界提出“问题解决”这一重要概念，明确提出“具有解决数学问题能力”是数学课程的重要目标之一。面对知识经济时代和信息科技发展的需要，我国教育部2001年7月颁布的《全日制义务教育数学课程（课程实验稿）》中，也明确规定：形成解决问题的一些基本策略，体验解决问题策略的多样性，发展实践能力和创新精神。不难看出，“解决问题”不仅是数学学习的目的，而且也是数学学习的重要方式。 3.上海版教材的特点决定“小学数学问题解决基本策略的研究”的必要性 义务制教育上海版教材中对问题解决没有单独列为“章节”，而是渗透、融合在各个知识点中；为了让学生建立更明确的问题解决策略，帮助学生更容易地解决问题，结合本课题，把上海版教材和苏教版教材相结合，把问题解决策略结合上海版教材中的问题一起实施、一起解决、一起研究，一方面提高教师教学的创造性和整合教材的能力，另一方面帮助学生掌握解决问题的策略，提
开题报告 法学 想象竞合犯研究 一、选题的背景与意义 想象竞合犯是司法实践中常见的犯罪形态之一，是大陆法系刑法学界为了追求定罪量刑精致化所创设出的一个理论概念。这一概念已经得到许多国家立法上的确认和实务界的普遍适用。我国现行刑法虽然没有想象竞合犯的规定，但是对想象竞合犯的观念已经被我国刑事司法实践普遍接受。而自从这一概念出现以来，中外刑法学界围绕着想象竞合犯的诸多问题所展开的争论，从来就没有停止过，迄今为止见仁见智，许多问题都没有取得理论上的共识，这直接影响到对这种复杂形态的本质特征、外延范围、处罚原则的理解和界定，并最终影响对具体案件的定罪与量刑。因此，想象竞合犯至今仍是一个颇为值得深入研究的课题。 二、研究的基本内容与拟解决的主要问题： 研究的基本内容： （一）想象竞合犯的概念 1、想象竞合犯的特征。 2、想象竞合犯与相关罪数形态的区别 （二）想象竞合犯的类型 1、同种类的想象竞合犯与异种类的想象竞合犯 2、想象竞合犯的其他分类 （三）想象竞合犯的罪数本质 1、罪数判断标准与想象竞合犯的罪数本质 2、想象竞合犯罪数本质之再认识 （四）想象竞合犯的处罚原则 1、想象竞合犯的各种处罚原则之概述 2、“从一重重处断”原则之运用 拟解决的主要问题：明确想象竞合犯的概念，分析一行为说和数行为说。关于想象竞合犯的分类，是否承认同种类的想象竞合犯，表明自己观点。明确想象竞合犯的罪数本质，分析一罪说、介乎中间说、数罪说、竞合说。关于想象竞合犯的处罚原
则，对从一重处断、从一重重处断、数罪并罚、区别说等原则，表明自己观点。 三、研究的方法与技术路线： 1.文献资料法，通过图书馆以及网络等途径查找与想象竞合犯相关的文献资料，对想象竞合犯的历史、现状以及学者对此问题的观点有全面的理解，同时研读相关文献对此问题的分析说明，理解问题背后的意义； 2.比较分析法，分析当前学者对想象竞合犯这一问题的观点以及持此观点的原因，从他们这些不同的观点各方面入手探究关于想象竞合犯的诸多争议之处。 四、研究的总体安排与进度： 1、11月确定论文题目，并在此基础上进行开题前的准备工作，多阅读并拟定论文提纲。 2、12月完成开题报告，文献综述的书写，对论文体系有整体的思路，并试着书写 论文初稿，阅读外文资料，并进行翻译。 3、12月与指导老师交流，对文献综述和开题报告进行修改，根据开题论证中老师 提出的修改意见，进一步修改文献综述和开题报告。 4、1月进行论文的写作工作，上交初稿给指导老师，在指导老师的提点下进行修改。 5、1月征求指导老师修改意见，继续深入研究，完成论文修改 6、2月上旬完成二稿，并进行修改完善工作。 7、3月上旬做好全部修改完善工作，完成最终稿。 8、3月下旬，将论文所需材料全部完成，并进行整理装订，最后把装订好的毕业论 文与过程材料终稿交给指导老师。 9、4月，准备毕业论文答辩事宜，并进行第一轮的论文答辩。 五、主要参考文献： [1]张明楷：《刑法学》，法律出版社，2007年版。 [2]张明楷：《外国刑法纲要》，清华大学出版社，2007年版。 [3]陈兴良：《刑法总论》，北京大学出版社，2006年版。 [4]陈兴良：《本体刑法学》，商务印书馆，2001年版。 [5]高铭暄、马克昌主编：《刑法学》，北京大学出版社、高等教育出版社，2000年版。 [6]赵秉志主编：《刑法新教程》，中国人民大学出版社，2001年版。 [7]赵丙贵：《想象竞合犯研究》，中国检察出版社，2007年版。 [8]刘士心：《竞合犯研究》，中国检察出版社，2005年版。 [9]柯耀程：《刑法竟合论》，中国人民大学出版社，2008年版。
综合管理文摘 （第十六期） 本期文摘选取了关于竞争战略与迈克尔波特的一组文章，希望通过对波特管理思想的解说，引发各级管理干部以及管理学专业人士深入的思考。 目录 作者：迈克尔波特哈佛《商业评论》（2004年1月号） 迈尔克波特与中国企业家及管理学者的对话（央视《对话》栏目）
什么是战略 哈佛经典——《什么是战略》 作者：迈克尔波特 哈佛《商业评论》（2004年1月号） 取得卓越业绩是所有企业的首要目标，运营效益（operational effectiveness）和战略（strategy）是实现这一目标的两个关键因素，但人们往往混淆了这两个最基本的概念。运营效益意味着相似的运营活动能比竞争对手做得更好。战略定位（strategic p ositioning）则意味着运营活动有别于竞争对手，或者虽然类似，但是其实施方式有别于竞争对手。 几乎没有企业能一直凭借运营效益方面的优势立于不败之地。运营效益代替战略的最终结果必然是零和竞争（zero-sum competition）、一成不变或不断下跌的价格，以及不断上升的成本压力。 所谓的竞争战略就是创造差异性，即有目的地选择一整套不同的运营活动以创造一种独特的价值组合。战略定位有三个不同的原点，一是基于种类的定位（variety-based positioning）；二是基于需求的定位（needs-based positioning）；三是基于接触途径的定位（access-based positioning）。 在对定位进行明确定义后，我们现在可以回答“什么是战略”的问题了。战略就是创造一种独特、有利的定位，涉及各种不同的运营活动。 然而，选择一个独特的定位并不能保证获得持久优势。一个有价值的定位会引起他人的争相仿效。除非公司做出一定的取舍（trade-offs），否则，任何一种战略定位都不可能持久。 因此，对“什么是战略”这一问题的回答又增加了一个新视角——取舍。战略就是在竞争中做出取舍，其实质就是选择不做哪些事情。 定位选择不仅决定公司应该开展哪些运营活动、如何设计各项活动，而且还决定各项活动之间如何关联。战略配称是创造竞争优势最核心的因素，它可以建立一个环环相扣、紧密联接的链，将模仿者拒之门外。配称可以分为三类，第一层面的配称是保持各运营活动或各职能部门与总体战略之间的简单一致性（simple consistency）。第二层
姓名：苏章燕学号：201102024002 班级：师范1班 分类思想 摘要：分类讨论的问题在这学期做高考题和中考题过程中，很多题上面都有体现。是在问题的解答出现多种情况且综合考虑无法深入时，我们往往把可能出现的所有情况分别进行讨论，得出每种情况下相应的结论，这种思想方法就是分类的思想。 关键词：分类讨论、函数、例题、集合分类 一、分类要素 分类的思想运用到每个具体数学问题中都有三个基本内容，即分类三要素，在分类的合定义中，三要素就是全集，子集和子集的分类根据。分类的逻辑定义中，三要素是母项，子项和分类标准。 二、分类的规则 在问题讨论前，首先应弄清楚我们所研究对象的范围，即全集。分类就要在这个特定范围内进行，要防止在全集不明确的情况下或全集外进行讨论。 每次分类都必须以同一本质属性为标准，被分概念或集合有若干本质属性，确定某一个作为分类标准。那么在分类过程中就要始终使用这个标准。同一次讨论中标准只能是一个。如实数在讨论绝对值时，可分为整数、负数和零；在讨论其他性质和运算时可分为有理数与无理数。又如函数按自变量个数可分为一元函数、二元函数乃至多元函数；按单调性可分为增函数、减函数和非单调函数（在某一区间内）；按定义域可分为在R上都有意义的函数与定义域不是R的函数；按奇偶性可分为奇函数、偶函数和非奇非偶函数（在定义域内）；按属性可分为代数函数和超级函数。诸如此类，按不同标准就有不同的分类。 分类的完整性，把集合A分为A1、A2、···An等n个子集的分类，集合A应是这n 个子集的并集，集合的每一个元素都属于且仅属于其中的一个子集，分类时必须防止遗漏，如把角分为第一象限角、第二象限角、第三象限角、第四象限角，就不是一个完整的分类，因为终边落在坐标轴上的角就不在其中。 分类的互斥性，分类中分成的各部分必须是互相排斥的，即分类中各个子集的交集是空集，如平面几何中把三角形分为锐角三角形、等腰三角形······的分类就是不正确的分类，因为存在着等腰锐角三角形，这是由于破坏了分类的互斥性。 分类的逐级性，被分概念必须分成与它最邻近的概念。有些问题必须要连续分类，这就要求严格按层次逐级进行划分、讨论。 分类的种类，人们对事物的认识有一个由现象到本质逐步深化的无线过程，因此分类也有一个从现象分类到本质这样一个逐步深化的过程。 现象分类就是根据事物的外部标志或外部联系所进行的分类，这种分类往往会把本质上相同的事物分为不同的类别，而把本质上不相同的事物归为同一类别。如平面几何中多边形按边数分类就是一个现象分类，因为凸多变形和凹多边形即使边数相同其性质也大相径庭，而正多边形（不管它边数多少）都具有很多共性，它们本质上是相同的。 本质分类就是根据事物的本质特征或内部联系所进行的分类，本质分类能够揭示数学对象之间的规律，如含角的三角函数的绝对值，用零点分段法对角进行的分类就属于本质分类。 分类方法的解题步骤，确定分类标准，这就是要运用辩证的逻辑思维，对具体事物作具体分析，从表面上极为相似的事物之间看出它们本质的相同点，发现事物的本质特征，只有这样才能揭示数学对象之间的规律，对数学对象进行有意义的分类。 恰当地进行分类，在确定分类标准的基础上，遵守分类的五条规则，对所讨论的问题恰当地分类，问题能否顺利讨论的关键是对所讨论对象进行正确的分类。 逐类讨论，根据分好的各类情况，逐类地加以研究，深入进行讨论，分门别类逐一把
《小学数学解决问题中数量关系的教学研究》 一、问题的提出 《课程标准》把“应用题”换成了“解决问题”，融合于“数与代数”、“空间与图形”、“统计与概率”、“实践与综合运用”四大领域之中。课改以来，不少教师都不约而同的遇到了同样的尴尬：“解决问题时学生找不着思路，乱猜乱碰”，“综合列式学生困难大”，“班级里好的学生真好，差的真差，两极分化严重”…… 新课改带来的困惑：数量关系要不要？ 传统的应用题教学相当重视数量关系的分析和训练。而新教材中应用题重视情境的创设，重视素材的现实性和趣味性，强调知识的应用，鼓励学生根据已有的生活经验解题。在当前“解决问题”教学中，不少教师关注情境的创设，关注信息的收集，而数量关系的分析被有意或无意地忽略了。甚至认为数量关系的训练是机械训练，与新课程“解决问题”教学的理念相违背，应该抛弃。充斥课堂教学的是学生一味地根据情境讲故事，学生的认识和思维只是停留在具体情境，缺乏在大量情境基础上的归纳提炼和概括抽象。因而学生运用数量关系解题能力较差，数学思考的发展没有深度。 在“解决问题”教学中，是否还应强调数量关系?传统应用题教学中积累的教学经验还管用吗? 实际上，重视数量关系的训练是传统应用题教学的重要经验之一。基本的数量关系是学生形成解决问题模型的基础，只有掌握基本的分析综合的方法，积累基本的数量关系和结构，才能使学生在获取信息之后迅速地形成解决问题的思路，提高解决问题的能力。 由此可见，分析数量关系在解决问题过程中占有重要作用，是解决问题的根本，我们要把创设情境、沟通生活联系与分析数量关系、形成解题模型并重，不要因为教学改革而出现“因噎废食”的现象，避免从一个极端走向另一个极端。同时，我们还应看到：学生如果没有小学阶段数量关系的算术运用的厚实基础，那么，他们对于方程和不等式知识等的后续学习也将有可能成为空中楼阁。因此，小学阶段数量关系运用的教学具有十分重要的基础性地位。所以，我们学校经过理性的思考，提出了“小学数学解决问题中数量关系教学的研究”这个课题。通过研究，既能促进教师的专业发展，又能促进学生数学素养的提高，全面提高教学质量。 二、课题研究的目标 1、通过课题研究，教师不断地深入学习《新课程标准》，深切领会其新教育思想。了解教材的编写体系与意图，正视和反思数量关系运用的教学现状。在大量的实践探索中，寻求出数量关系运用的教学策略和教学模式，全面提高解决实际问题的教学质量。 2、学生形成对数量关系的整体认识和结构把握，形成运用数量关系解决实际问题的基本能力，让学生真正学会用数学的眼光、数学的思维、数学的方法去认识世界，去主动解决现实问题，有效培养学生运用数学解决实际问题的能力，从而使教学活动更富生机和活力，并为后续学习打下坚实的基础。 三、课题研究的内容
《竞合策略》中文有声书摘 1994年约翰纳许、约翰哈沙尼和莱恩哈特谢尔登三人，以赛局理论获颁诺贝尔奖以来，赛局理论已经在经济学、政治学、法律、计算机及生物科学等许多领域，发展出大量的学术研究，并且刺激这些领域发现新的知识。不过赛局理论并不仅限于学术研究，它也已经发挥在应用科学领域如企业经营策略上。美国哈佛大学和耶鲁大学两所名校的两位教授，就以他们研究赛局理论的心得，以及他们各自在多家大企业实验成功的经验，发展出了一套实用的决策工具叫做《竞合策略》，可用来观察商场的动态赛局变化，并改变赛局为企业创造机会与利益。《竞合策略》的两位作者，一位是英国剑桥大学经济学博士，现在美国哈佛大学商学院担任管理经济以及竞争与策略教授的布兰登博格，另一位是美国麻省理工学院经济与数学硕士，英国牛津大学博士，现在美国耶鲁大学管理学院教授竞合策略、赛局理论以及决策分析等课程的奈勒波夫。他们两人不仅学历背景显赫，而且都很擅长把理论应用在实务。布兰登博格合作过的大企业包括IBM、默克大药厂、富达金融集团、全录公司等，奈勒波夫则曾经与美国运通、花旗银行、贝尔电话公司等合作过。本书繁体中文版由培生教育出版集团发行，总页数373页。 有2位赛局理论专家合著的这一本竞合策略是以赛局理论为核心，提出运用赛局理论导出商场做生意的方法，最重要的是这个方法不仅实用，而且非常实际。首先，请您回忆一下中学所学过的平面坐标图，我们要一起来画一个叫做价值网的平面坐标图，在这个坐标图的X轴与Y轴十字交叉的原点上写下公司或是自己2个字，在X轴的左边是竞争者的位置，而在右边是互补者的位置，在Y轴的上方是客户的位置，再来曲直轴的下方是供应者的位置，接下来以顺时针的方向依次把客户，互补者，供应者和竞争者之间划条线连在一起，这张简单的价值网就完成了。接下来我们就会知道，怎么运用它来研判现况，制定决策，改变赛局，创造机会和利益。价值网这张图也叫做商场赛局地图，里面的5种角色除了在正中央的自己以外，其余4个角落一般来说都不止有一个参与者，这张图上所有的参与者都是赛局的参赛者，竞合策略的第一堂课，就是教我们先认清商场不是只有竞争，它还有合作。竞争者不一定永远都是竞争者，参赛者之间的合作关系也不一定永远都如胶似漆，这种关系就叫竞合，就是既竞争又合作。不过他跟既斗争又联合并不一样，因为在竞合策略里有个观念就
第一章秘书工作 1、简述秘书工作的特点 秘书工作的性质与任务，决定了秘书工作具有以下特点：从属性、被动性、事务性、综合性（1）从属性——是现代秘书工作最根本的属性和特点。因为秘书不能脱离领导而独立存在，秘书工作总是围绕工作而开展；秘书在处理任何问题时，只能根据领导的意图和指示精神办理，不能超越职权范围。 （2）被动性——秘书机构的辅助地位，决定了秘书工作的被动性。被动性表现在秘书工作是满足领导工作活动的需要而产生和展开的，是受领导活动制约和支配的。秘书部门需要处理的许多事情往往预估不到，只能随机应便。 （3）事务性——秘书工作绝大多数都是具体的事务工作，从秘书工作的局部而言有很强事务性，繁、杂、细、忙；从整体性而言则具有很强的思想性。 （4）综合性——由于秘书机构是综合性办事机构，秘书工作也就具有明显的综合性。具体表现在以下三个方面（1）秘书工作的内容纷繁复杂，且涉及本机关的全部工作。（2）秘书部门处于机关的枢纽位置，担负着沟通上下、联系左右之责。（3）秘书人员在办文、办公和向领导反映情况以及处理日常事务性工作时，必须对各方面情况进行综合，才能有效地为领导提供和服务。 2、简述秘书工作的作用 人们社会活动范围越来越大，秘书工作的作用比过去更加突出，现代秘书工作的作用，归纳起来，主要有以下几方面： （1）枢纽作用——机关的秘书部门，都处于本单位的中心位置，是领导进行管理的中介和中枢机构，具有沟通上下左右、联系四面八方的枢纽作用。 （2）参谋助手作用——领导的主要职责在于决策和管理，秘书人员在协助领导决策和管理时，既要为领导办事，当领导的助手，又要为领导出谋划策，当好领导的参谋。 （3）形象作用——秘书部门为“关口”或“窗口”，秘书部门工作态度的好坏、办事效率的高低，大致可以看出一个单位领导机关工作作风的优劣和领导水平的高低。 3、简述秘书工作的基础原则 秘书工作的基本原则，就是准确、迅速、求实、保密 （1）准确——对秘书工作质量的要求，秘书工作的准确性，涉及的方面概括地说就是：办文要准确、办事要稳妥、情况要属实，主意要慎重。 （2）迅速——秘书工作若要做要迅速，要有很强的工作责任心，反对拖拉、懒散。要建立科学的工作制度，合理安排各项工作，尽量减少环节。 （3）求实——秘书工作的基本要求。秘书工作必须尊重客观事实，不能脱离实际，更不能为了个人或者小团体。 （4）保密——既是对秘书人员的要求，也是秘书工作的基本原则，秘书工作经常会接触党和国家一些机密，参加一些重要会议，如果不注意保密，就会造成严重的损失。 4、简述秘书工作的主要内容 （1）拟定、办理公文——秘书的传统职能。办文是围绕公文的形成、处理、管理所进行的全部工作，办文分为发文处理和收文处理两类。 （2）办理组织会务——简称办会，目的是为领导人开好会议提供会前、会中、会后的各种综合服务。 （3）调查研究工作——是指围绕中心工作，针对当前领导关心和急需解决的有关问题，调查、分析写出报告呈交，是直接为领导决策服务的一项重要工作。 （4）信息处理工作——是按照党政领导机关工作的要求，采集与处理信息，为领导正确决策和实施决策的一项工作。
初等数学模型 本章重点是：雨中行走问题、动物的身长与体重、实物交换、代表名额的分配与森林救火模型的建立过程和所使用的方法 复习要求 1．进一步理解基本建模过程，掌握类比法、图示法以及问题分析、合理假设的内涵。 2．进一步理解数学模型的作用与特点。 类比法是建立数学模型的一个常见而有力的方法.作法是把问题归结或转化为我们熟知的模型上去给以类似的解决：这个问题与我们熟悉的什么问题类似?如果有类似的问题曾被解决过，我们的建模工作便可省去许多麻烦.实际上，许多来自不同领域的问题在数学模型上看确实具有相类似的甚至相同的结构. 利用几何图示法建模.有不少实际问题的解决只要从几何上给予解释和说明就足以了，这时，我们只需建立其图模型即可，我们称这种建模方法为图示法.这种方法既简单又直观，且其应用面很宽. 1．雨中行走问题 雨中行走问题的结论是： （1）如果雨是迎着你前进的方向落下，即2 0π θ≤ ≤，那么全身被淋的雨水总量为 ? ? ? ??++=++= +=h v hr dr pwD v r h dr v pwD C C C θθθθcos sin )] cos (sin [21 这时的最优行走策略是以尽可能大的速度向前跑. （2）如果雨是从你的背后落下，即πθπ≤≤2 . 令απθ+=2 ，则2 0π α<<. 那么全身被淋 的雨水总量为 ?? ? ??+-=h v rh rd Dpw v C ααθsin cos ),( 这时你应该控制在雨中行走的速度，使得它恰好等于雨滴下落速度的水平分量. 从建模结果看，“为了少些淋雨，应该快跑”，这个一般的“常识”被基本上否定，那么根据何在？由此提出了建模目的：减少雨淋程度. 而为减少雨淋程度，便自然提出“被淋在身上的雨水量”这个目标函数C ，而C =C （v ），于是问题便归结为确定速度v ，使C （v ）最小——本模型的关键建模步骤便得以确定。 有了确定的建模目的，自然引出与C （v ）有关的量的设定与简化假设. 一般地，开始时不要面面俱到地把所有相关量都涉及到，往往只需考虑几个主要量，甚至暂时舍弃某个主要量，以求尽快建立模型.尤其对初学者，这样做有助于建模信心的增强.自不必说建模过程往往如此，更有模型尚有的进一步修改和推广的主要步骤.而一旦建立起简单模型后，其进一步的改善也相对容易多了.这就是本模型只所以建立了两个模型的原因，是符合人们的认识规律的. 另外，为了检验所建模型的合理性，建模后用较为符合实际的几组数据对模型加以检验是重要的，它既是对所建模型是否基本符合实际的检测，也是进一步完善模型的需要. 例1 在某海滨城市附近海面有一台风.据监测，当前台风中心位于城市O （如