几道自创高考数学题

前言

这篇文章最初写于 2023 年 6 月 10 日，即高考后不久。2023 年 9 月 24 日初次改写为博文。

只进行了部分格式修正以适应博文格式，未进行内容的修改。

说是几题，但暂时只有一题，这一题的描述和第一问解答还是现在补的。剩余内容的 markdown 找不到了，也许根本就没记成 markdown。不过记录的草稿纸我倒是带到南京了，以后有机会再补吧。

第一题

$f(x)=\dfrac{ax}{x^2+a^2}+\dfrac{bx}{x^2+b^2}$ 且有 $ab>0$。若 $f(x)=c$ 有且仅有两不同实根 $x_1,\,x_2$ ：

1. 证明：$x_1^2+x_2^2>2ab$
2. 求：$c$ 的取值范围（用 $a,\,b$ 表示）

1. 解答

$f(0)=0$，而 $x\ne 0$ 时有 $f(x)\ne 0$，则 $x_1x_2\ne 0$。

注意到 $x_0\ne 0$ 时有 $f(x_0)=f \left(\dfrac{ab}{x_0}\right)$。

同时 $f\left(\sqrt{ab}\right)\ne f\left(-\sqrt{ab}\right)$。若 $x_1=\pm \sqrt{ab}$，且 $\exist_{x_2 \ne \pm \sqrt{ab}},\,f(x_1)=f(x_2)$，则一定有 $f(x_1)=f(x_2)=f\left(\dfrac{ab}{x_2}\right)$，与题意不符。故 $x_1,\,x_2$ 不可能为 $\pm \sqrt{ab}$。

若 $f(x_1)=f(x_2)$ 且有 $x_1x_2\ne ab$，则有 $f(x_1)=f(x_2)=f\left(\dfrac{ab}{x_1}\right)=f\left(\dfrac{ab}{x_2}\right)$，与题意不符。

故一定有 $x_1x_2=ab$。

而 $x_1\ne x_2$，即 $x_1^2+x_2^2 > 2x_1x_2=2ab$。

2. 解答

设 $g(x)=\dfrac{x}{x^2+1}+\dfrac{kx}{x^2+k^2},\,k>0$ 则取 $k=\dfrac{a}{b}$ 时有 $f(x)=g\left(\dfrac{x}{b}\right)$，接下来只需讨论 $g(x)$ 的情况。

不妨设 $k>1$，$k<1$ 情况同理，$k=1$ 情况平凡略。

$g(x)$ 为奇函数，只讨论正半边，设 $x=\tan \theta,\,\theta \in \left[0,\,\dfrac{\pi}{2}\right)$，则 $g(\theta)=\sin \theta \cos \theta \left(\dfrac{k+\sin^2 \theta+k^2 \cos^2 \theta}{\sin^2 \theta+k^2 \cos^2 \theta}\right)$。

再设 $m=(1-k^2)\sin^2 \theta + k^2 \in \left(1,\,k^2\right]$，

则

$$\begin{aligned} g(m)&=\dfrac{\sqrt{-m^2+(k^2+1)m-k^2}}{k^2-1}\left(\dfrac{m+k}{m}\right)\\ &=\dfrac{1}{k^2-1}\sqrt{\left[k^2+1-\left(m+\dfrac{k^2}{m}\right)\right]\left[2k+\left(m+\dfrac{k^2}{m}\right)\right]} \end{aligned}$$

记 $n=m+\dfrac{k^2}{m}\in [2k,\,k^2+1]$，里面是个二次函数 $h(n)=(k^2+1-n)(2k+n)$，对称轴是 $\dfrac{(k-1)^2}{2}<k^2+1$。

只需讨论 $2k$ 与 $\dfrac{(k-1)^2}{2}$ 的关系：

第一种情况，若 $2k\ge \dfrac{(k-1)^2}{2}$，解得 $k\in\left ( 1,\, 3+2\sqrt{2}\right ]$，此时正半边只存在一个极值点。

第二种情况，$k \in \left( 3+2\sqrt{2},\, +\infty \right)$，此时有三个极值点。

代回去解 $x$ 的过程略。

综合来看的话得到答案应该是

$$\begin{cases} \left(-\dfrac{2\sqrt{ab}}{|a+b|},\,0\right)\bigcup\left(0,\,\dfrac{2\sqrt{ab}}{|a+b|}\right),\,\dfrac{a}{b}\in \left [ 3-2\sqrt{2},\, 3+2\sqrt{2}\right ]\\ \left(-\dfrac{2\sqrt{ab}}{|a+b|},\,0\right)\bigcup\left(0,\,\dfrac{2\sqrt{ab}}{|a+b|}\right)\bigcup\left\{-\dfrac{|a+b|}{2\left| a-b\right|},\,\dfrac{|a+b|}{2\left| a-b\right|}\right\},\,\dfrac{a}{b}\in\left( 0,\, 3-2\sqrt{2}\right) \cup\left( 3+2\sqrt{2},\, +\infty \right) \end{cases}$$

AI 解法

2025.5.11 经过引导给出的正确回答，人工转录一下以提供思路。

首先是分析函数性质，这部分不是重点就跳过了，下面会直接用相关结论。

然后 $f(x) = c$ 变形：

$$\begin{aligned} f(x) = c &\iff x \left( \dfrac{a}{x^2 + a^2} + \dfrac{b}{x^2 + b^2} \right) = c\\ &\iff x \dfrac{a(x^2 + b^2) + b(x^2 + a^2)}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)} = c\\ &\iff x \dfrac{(a + b)x^2 + ab(a + b)}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)} = c\\ &\iff \dfrac{x(a + b)(x^2 + ab)}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)} = c\\ &\iff (a + b)x^3 + ab(a + b)x = cx^4 + c(a^2 + b^2)x^2 + ca^2b^2\\ &\iff cx^4 - (a + b)x^3 + c(a^2 + b^2)x^2 - ab(a + b)x + ca^2b^2 = 0 \end{aligned}$$

这是一个关于 $x$ 的四次方程，由于 $c \ne 0, x \ne 0$，可以除以 $x^2$ 得到

$$cx^2 - (a + b)x + c(a^2 + b^2) - ab(a + b) \dfrac{1}{x} + ca^2b^2 \dfrac{1}{x^2} = 0$$

合并一下可以得到

$$c \left( x^2 + \dfrac{a^2b^2}{x^2} \right) - (a + b) \left( x + \dfrac{ab}{x} \right) + c(a^2 + b^2) = 0$$

这就很显然了，肯定是要换元。令 $u = x + \dfrac{ab}{x}$，则 $x^2 + \dfrac{a^2b^2}{x^2} = u^2 - 2ab$，原方程变为

$$\begin{equation} H(u) = cu^2 - (a + b)u + c(a - b)^2 = 0 \label{1} \end{equation}$$

这个就简单明了多了吧？也更方便、容易进行分析。

这是一个关于 $u$ 的二次方程，设两根为 $u_1, u_2$（考虑重根和虚根）。对于每个 $u$ 都有 $x + \dfrac{ab}{x} = u$，即 $x^2 - ux + ab = 0$。也就是有两个方程：

1. $x^2 - u_1x + ab = 0$
2. $x^2 - u_2x + ab = 0$

$f(x) = c$ 有且仅有两不同实根，意味着一种情形：上面两个方程一个没有实根，另一个有两个不同的实根。

不妨设 1. 有实根，2. 没有实根，那也就是说：

1. $u_1^2 - 4ab > 0$，上面的方程 1. 会有两个实根 $x_1, x_2$，也正是 $f(x) = c$ 的两个实根；
2. $u_2^2 - 4ab < 0$。

从而从方程 1. 有韦达定理 $x_1 x_2 = ab$，于是就有 $x_1^2 + x_2^2 > 2x_1x_2 = 2ab$。

当然还有另外一种情形，那就是 $u_1 = u_2$，同时这两个相同的方程有两个不同的实根。这种情况下依然有 $u^2 - 4ab > 0$、韦达定理 $x_1 x_2 = ab$ 得到 $x_1^2 + x_2^2 > 2x_1x_2 = 2ab$。

由此，第一问得证。

当然其实还有一点问题，有没有第三种情形：$u_1 \ne u_2$，但两个方程都只有一个实根呢？

这个检验一下就会发现不可能，只有一个实根要求了 $u^2 = 4ab$，这与 $u_1 \ne u_2$ 冲突了（由 $u$ 的定义——$\eqref{1}$ 有韦达定理 $u_1 u_2 = (a - b)^2 \ge 0$，这说明 $u_1, u_2$ 同号）。

不过写了这么多才证明了第一问？上面那个都不用多少哎。

但是这个方法不像上面那个需要「注意力」，要注意到 $f(x)$ 与 $f\left(\dfrac{ab}{x}\right)$ 的联系。这个方法是比较流畅的，$u$ 的换元也是很自然的。此外这个方法其实为第二问铺了路。

还是先考虑第一种情形，这种情形有 $u_1^2 > 4ab, u_2^2 < 4ab$。

这首先要求 $\eqref{1}$ 判别式 $(a + b)^2 - 4 c^2 (a - b)^2 > 0$，也就是 $c^2 < \left( \dfrac{a + b}{2(a - b)} \right)^2$（$a = b$ 的情况显然成立，自行补充）。

但这还不够，因为还有对根具体的约束。即 $u_2 \in (-2 \sqrt{ab}, 2 \sqrt{ab})$，而 $u_1$ 在这个区间之外。

这说明 $H(2 \sqrt{ab}), H(-2 \sqrt{ab})$ 必然是异号的。否则的话，假如同号，函数从 $x = -\infty$ 过来，经过 $- 2 \sqrt{ab}$，再经过 $u_2$ 这个零点变号，要保证在 $2 \sqrt{ab}$ 同号，那必然会在 $(u_2, 2 \sqrt{ab})$ 之间再有一个零点（还能加个「零点存在定理」考点），这与 $(-2 \sqrt{ab}, 2 \sqrt{ab})$ 之间只有一个零点 $u_2$ 冲突了。

于是 $H(2 \sqrt{ab}) H(-2 \sqrt{ab}) < 0$（这是充要的，具体为何充分就略了，实际上应该说明），代入得

$$\begin{aligned} \left( c(a + b)^2 - 2 \sqrt{ab}(a + b) \right) \left( c (a + b)^2 + 2 \sqrt{ab} (a + b) \right) &< 0\\ (a + b)^2 \left( c^2 (a + b)^2 - 4ab \right) &< 0 \end{aligned}$$

得到 $c^2 < \dfrac{4ab}{(a + b)^2}$，或者说 $c \in \left(-\dfrac{2\sqrt{ab}}{|a+b|},0\right)\bigcup\left(0,\dfrac{2\sqrt{ab}}{|a+b|}\right)$。

接下来就是判断一下这两个区间的关系了，即是否有 $\dfrac{4ab}{(a + b)^2} \le \dfrac{(a + b)^2}{4(a - b)^2}$。

$a = b$ 的情形自行补充。

令 $k = \dfrac{a}{b} > 0$（兜兜转转还是要这一步），则变为 $\dfrac{4k}{(k + 1)^2} \le \dfrac{(k + 1)^2}{4(k - 1)^2}$，然后有

$$\begin{aligned} (k + 1)^4 - 16k(k - 1)^2 &\ge 0\\ k^4 - 12k^3 + 38k^2 - 12k + 1 &\ge 0\\ k^2 - 12k + 38 - \dfrac{12}{k} + \dfrac{1}{k^2} &\ge 0\\ \left( k^2 + \dfrac{1}{k^2} \right) - 12\left( k + \dfrac{1}{k} \right) + 38 &\ge 0 \end{aligned}$$

依旧是相同的情况，怎么办？令 $t = k + \dfrac{1}{k}$，于是 $k^2 + \dfrac{1}{k^2} = t^2 - 2$，有

$$t^2 - 12t + 36 \ge 0$$

我嘞个啊，这不是 $(t - 6)^2 \ge 0$ 吗？恒成立呀！

因此 $c \in \left(-\dfrac{2\sqrt{ab}}{|a+b|},0\right)\bigcup\left(0,\dfrac{2\sqrt{ab}}{|a+b|}\right)$ 时必然符合条件。

接下来就是第二种情形，$u_1 = u_2 = u$ 且 $u^2 > 4ab$。

这首先要求了 $c^2 = \left( \dfrac{a + b}{2(a - b)} \right)^2$，而第二个条件要求了 $u^2 = u_1 u_2 = (a - b)^2 > 4ab$，也即 $k^2 - 6k + 1 > 0$。

第二个解得 $k \in (0, 3 - 2 \sqrt{2}) \cup (3 + 2 \sqrt{2}, + \infty)$，也就是说 $k$ 在这个区间时，除了上面第一种情形的答案外，还有一种答案就是 $c^2 = \left( \dfrac{a + b}{2(a - b)} \right)^2$，即 $c = \pm \dfrac{|a + b|}{2|a - b|}$。

综上亦有

$$\begin{cases} \left(-\dfrac{2\sqrt{ab}}{|a+b|},0\right)\bigcup\left(0,\dfrac{2\sqrt{ab}}{|a+b|}\right),\dfrac{a}{b}\in \left [ 3-2\sqrt{2}, 3+2\sqrt{2}\right ]\\ \left(-\dfrac{2\sqrt{ab}}{|a+b|},0\right)\bigcup\left(0,\dfrac{2\sqrt{ab}}{|a+b|}\right)\bigcup\left\{-\dfrac{|a+b|}{2\left| a-b\right|},\dfrac{|a+b|}{2\left| a-b\right|}\right\},\dfrac{a}{b}\in\left( 0, 3-2\sqrt{2}\right) \cup\left( 3+2\sqrt{2}, +\infty \right) \end{cases}$$

总的来说这个方法计算量小了很多，不用很多代换，也不用一环套一环地考虑函数的变化，比我最初想到的方法好。

第二题

待续

不知道 markdown 写在哪里了，也许根本就没写。

2023 年 9 月 29 日中秋晨，手打。

若 $\overrightarrow{M_1N}=t \overrightarrow{M_1M_2},\,t \in \R$，则记 $N=\overline{M_1M}_2^{t}$；若 $N_1=\overline{M_1M_2\cdots M}_n^{t},\,N_2=\overline{M_2M_3\cdots M}_{n+1}^{t},\,L=\overline{N_1N}_2^{t}$，则记 $L=\overline{M_1M_2\cdots M_nM}_{n+1}^{t}$。

1. 若 $\Gamma_1$ 为 $M=\overline{ABC}^{t}$ 的轨迹，且 $\Gamma_1\colon y=x^2,\,\triangle ABC$ 为正三角形，求其边长。
2. 若 $\Gamma_2$ 为 $N=\overline{PQRS}^{t}$ 的轨迹，且 $\Gamma_2\colon y=x^3,\,P,Q,R,S$ 形成的凸四边形为菱形，求其面积。

1. 解答

易知 $A,C \in \Gamma_1$，不妨设 $A \left( a,a^2 \right),\,C\left( c,c^2 \right) ,\,B\left( x_{b},y_{b} \right)$。

则

$$\begin{aligned} \overline{AB}^{t}&=(1-t)A+tB=\left( (1-t)a + tx_{b}, (1-t)a^2 + ty_{b} \right)\\ \overline{BC}^{t}&=(1-t)B + tC=\left( (1-t)x_{b} + tc , (1-t)y_{b} + tc^2 \right) \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} M=\overline{ABC}^{t} &= \overline{\overline{AB}^{t}\overline{BC}^{t}}^t\\ &=\left( (1-t)^2a + 2t(1-t)x_b + t^2c, (1-t)^2a^2 + 2t(1-t)y_b + t^2c^2 \right)\\ &=\left( (a+c-2x_b)t^2 + 2(x_b-a)t + a, (a^2 + c^2 - 2y_b)t^2 + 2(y_b - a^2)t + a^2 \right) \end{aligned}$$

而 $M \in \Gamma_1$ 知 $y_M = x_M^2$，有 $a + c - 2x_b = 0$ 得 $x_b=\dfrac{a+c}{2}$。

则 $x_M=(c-a)t + a,\, x_M^2=(a^2 + c^2 - 2ac)t^2 + 2(ac-a^2)t + a^2=y_M$。

对比系数得 $y_b=ac$，即 $B\left( \dfrac{a+c}{2}, ac \right)$。

由 $\triangle ABC$ 为正三角形知 $a^2=c^2$，故 $c=-a$。

即 $A\left( a, a^2 \right) ,\, B\left( 0, -a^2 \right) ,\, C\left( -a , a^2 \right)$。

则 $a \sqrt{3}=2a^2$ 得 $a=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。

即边长为 $d=2a=\sqrt{3}$。

2. 解答

易知 $P, S \in \Gamma_2$，不妨设 $P\left( p, p^3 \right) ,\, S\left( s, s^3 \right)$。

同理得 $Q\left( \dfrac{2p+3}{3}, p^2s \right) ,\, R\left( \dfrac{p+2s}{3}, ps^2 \right)$。

附注

草稿纸写的也是「同理得」，不过我确实有笔算过。

$k_{PQ}=3p^2,\, k_{RS}=3s^2 \implies k_{PQ}\cdot k_{RS}>0$，则 $3p^2=3s^2,\, s=-p$。

则 $P\left( p, p^3 \right) ,\, Q\left( \dfrac{p}{3}, -p^3 \right) ,\, R\left( -\dfrac{p}{3}, p^3 \right) ,\, S\left( -p, -p^3 \right)$。

则 $k_{PS}\cdot k_{QR}=p^2\cdot -3p^2=-1\implies p^4=\dfrac{1}{3}$。

即面积 $S=\left[ p-\left( -\dfrac{p}{3} \right) \right] \cdot \left[ p^3 - \left( -p^3 \right) \right] =\dfrac{8p^4}{3}=\dfrac{8}{9}$。

备注

题目背景：贝塞尔曲线。

观察 1. 解答 中 $M$ 可推测对 $N=\overline{M_0M_1\cdots M}_n^t$，有 $N=\displaystyle \sum_{i=0}^{n}\combination_n^i(1-t)^{n-i}t^iM_i$，实际上归纳可以证明。