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\chapter{小考点}
\section{小知识点}
\begin{itemize}[leftmargin=\inteval{\myitemleftmargin}pt,itemsep=
\inteval{\myitemitempsep}pt,topsep=\inteval{\myitemtopsep}pt]
\item 零向量$ \vec{0} $具有任意方向。
\item 勾股定理的两种常见证明方法：
\begin{figure}[htbp]
\centering
\includegraphics[width=0.7\linewidth]{勾股定理的证明}
\end{figure} \\
对于左图：$ 4\times \dfrac{1}{2}ab+(a-b)^2=c^2 $. \hspace{2cm}
对于右图：$ 4\times \dfrac{1}{2}ab+c^2=(a+b)^2 $.
\item 2的整数次幂：
\begin{gather*}
2^5=32,\ 2^6=64,\ 2^7=128,\ 2^8=256,\\
2^9=512,\ 2^{10}=1024,\ 2^{11}=2048,\ 2^{12}=4096
\end{gather*}
\item $ \pi\approx 3.141592653 $的分数近似值：$ \dfrac{22}{7}
\approx 3.142857,\ \dfrac{355}{113}\approx 3.14159292 $.
\item 三角函数的有界性：$ \theta\in\textbf{R},\ 0\leq |\sin \theta|
\leq 1,\ 0\leq |\cos \theta|\leq 1 $.\\ 比如，$ x\in \textbf{R},\theta
\in \textbf{R} $，若$ x^2+1=\cos\theta $，则$ x=0,\ \cos\theta=1 $；
若$ x+\dfrac{1}{x}=2\cos\theta $，则$ x=1,\cos\theta=1 $
或$ x=-1,\cos\theta=-1 $.
\item 设$ \vec{i},\vec{j} $是既不平行又不垂直的
单位向量，有非零向量$ \vec{a}=x_1\vec{i}+y_1\vec{j},
\vec{b}=x_2\vec{i}+y_2\vec{j} $，那么，
$ \vec{a}//\vec{b} $的充要条件仍然是$ x_1y_2-x_2y_1=0 $.
先不考虑分母为零的情形，这个式子可以变形为$ \dfrac{x_1}{x_2}=\dfrac{y_1}{y_2} $，
说明系数成比例，从相似三角形的角度容易理解向量共线。由于两者都是非零向量，$ x_1=0 $
意味着$ y_1\neq 0,\ x_2=0 $，此时$ \vec{a}//\vec{b}//
\vec{j} $. 当$ x_2=0 $时有类似结论。而$ x_1x_2+y_1y_2=0 $是
$ \vec{a}\perp\vec{b} $
既不充分又不必要条件。因为
\begin{gather*}
\vec{a}\cdot\vec{b}=(x_1\vec{i}+
y_1\vec{j})\cdot(x_2\vec{i}+y_2\vec{j})
=x_1x_2+y_1y_2+(x_1y_2+x_2y_1)\vec{i}\cdot \vec{j}
\end{gather*}
\item 科克雪花曲线(koch snowflake)，$ n=1 $时，只有一个边长为1的正三角形，第$ n $次生成后，边数$ N_n=3 \cdot 4^{n-1} $，
每条边的长度 $ T_n=\left(\dfrac{1}{3} \right)^{n-1} $，
周长$ L_n=N_n \cdot T_n=3\cdot \left( \dfrac{4}{3}\right)^{n-1} $，可以发散到无穷大，
面积$ A_n =A_1(1+N_1 T_2^2+N_2T_3^2+\cdots +N_{n-1}T_n^2)
=\dfrac{2}{5}\sqrt{3}-\dfrac{3\sqrt{3}}{20}\left(\dfrac{4}{9} \right)^{n-1} $，是有限的。
\item 秦九韶算法可以大大减少多项式求值时做乘法的次数，因而能提高计算效率，
\begin{align*}
p_n(x) =&\ a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots + a_1x+a_0 \\
=&\ (\cdots (((a_nx+a_{n-1})x+a_{n-2})x+a_{n-3})x\cdots +a_1)x+a_0
\end{align*}
由内向外逐层计算。假如需要对不同的多项式求值，那么秦九韶算法是首选。但如果是一个确定的多项式对不同的自变量多次求值，还可以考虑另外一种方法，那就是事先求出这个多项式的全部根，然后将其写成实数范围内的因式分解形式$ a(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_r)(x^2+p_1x+q_1)\cdots(x^2+p_sx+q_s) $. 这种方法编程非常简单，而且是可并行的(同时进行多个加、减法运算)，而秦九韶算法只能串行。此法的弊端是：如果多项式的系数和自变量都是整数，那么秦九韶算法可以使用计算芯片中的整数运算单元，而因式分解后可能必须使用浮点计算单元。浮点计算的速度比整数慢，而且会存在误差，此时就应该选择秦九韶算法。
\item 交流电的有效值：
\begin{gather*}
I^2=\int_{0}^{T}\left( I_m\sin \omega t\right)^2 \d t
=\dfrac{1}{2}I_m^2 \int_{0}^{T}\left( 1-\cos 2\omega t\right) \d t
=\dfrac{1}{2}I_m^2
\end{gather*}
其中，$ T=\dfrac{2\pi}{\omega} $，所以，有效值是峰值的
$ \dfrac{\sqrt{2}}{2} $倍。即在一个周期内，大小为$ \dfrac{\sqrt{2}}{2}I_m $
的直流电与峰值为$ I_m $交流电，在导体上产生同样的热量。
\item 单摆在小角度摆动时可视为简谐振动，下面用量纲分析法研究单摆的运动周期。
假设单摆的运动周期$ T $与末端质点质量$ m $、摆长$ l $和重力加速度$ g $有关，
且可以写成乘积形式，即$ T=Am^{\alpha}l^{\beta}g^{\gamma} $，
其中$ A $是没有单位的常数，$ T $的单位为秒(s)，$ m $的单位为千克(kg)，
$ l $的单位为米(m)，$ g $的单位为米/秒$ ^2 $(m/s$ ^2 $)，等式两端的
单位应该相同，即s=(kg)$ ^\alpha $m$ ^\beta $(m/s$ ^2 $)$ ^\gamma $，于是
$ \left\{
\begin{aligned}
\alpha=0 \\
\beta+\gamma =0 \\
-2\gamma =1
\end{aligned} \right. $. 解得
$ \left\{
\begin{aligned}
\alpha=&\ 0 \\
\beta=&\ \dfrac{1}{2} \\
\gamma =&\ -\dfrac{1}{2}
\end{aligned} \right. $，所以$ T=A\sqrt{\dfrac{l}{g}} $. 事实上，通过其它研究手段，
可得到$ T=2\pi \sqrt{\dfrac{l}{g}} $. 量纲分析法原理十分简单，但在物理学研究中具有
相当重要的作用。谁在这方面进行深入的思考，谁就能做出很多聪明的研究工作来。
\item 弹簧振子简谐振动$ x=A\sin\left( \sqrt{\dfrac{k}{m}}t\right) $，有阻尼振动
$ x=Ae^{-\xi t}\sin\left( \sqrt{\dfrac{k}{m}}t\right) $.
请读者分析$ \sqrt{\dfrac{k}{m}} $的单位。
\item 电容充电时，电压随时间的变化：$ U=E\left(1-\e^{-\frac{t}{RC}} \right) $.
电容放电时，电压随时间的变化：$ U=U_0\e^{-\frac{t}{RC}}$.
$ R $为与电容串联的电阻阻值，$ C $为电容的大小，$ E $为电源的电压，
$ U_0 $为电容放电前的电压。请分析$ \dfrac{t}{RC} $的单位.
\item $ y=A\sin x $可由$ y=\sin x $进行$ y $方向的缩放而来，若$ A\neq 1 $，则无论进行怎样的平移，两者的图像都不可能重合。$ y=Ax^2\ (A\neq 1) $与$ y=x^2 $，靠平移也不可能使两者重合。但对于指数函数$ y=Aa^x=a^{x+\log_a A}\ (a>0,a\neq 1,A>0) $，却能通过平移与$ y=a^x $重合，即$ y $方向的缩放并未改变指数函数图像的形状。同理，因为$ y=\log_a(\omega x)=\log_a \omega+\log_a x \ (\omega>0) $，所以$ x $方向的缩放不改变对数函数图像的形状。
\item 辗转相除法求最大公约数：不断进行带余除法，直到余数为0. \\
求1961和15133的最大公约数。
\begin{align*}
15133\div \underline{1961} =&\ 7\cdots\cdots \underline{1406} \\
1961\div \underline{1406} =&\ 1\cdots\cdots \underline{555} \\
1406\div \underline{555} =&\ 2\cdots\cdots \underline{296} \\
555\div \underline{296} =&\ 1\cdots\cdots \underline{259} \\
296\div \underline{259} =&\ 1\cdots\cdots \underline{37} \\
259\div 37 =&\ 7\cdots\cdots 0
\end{align*}
于是，$ 1961=37\times 53 $和$ 15133=37\times409 $的最大公约数是37.\\
\textbf{注}\ 贝祖(Bezout)等式：设$ a,b $是非零整数，$ d=\gcd(a,b) $，代表$ a,b $
的最大公约数，那么存在整数$ x,y $，满足$ ax+by=d $. 比如，$ a=697,\ b=391,\ d=\gcd(697,391)=17,\ 9\times 697+(-16)\times 391=17 $. 对于上面的1961和15133，有
$ 7\times 15133+(-54)\times 1961=37 $.
\item 原命题：若$ p $，则$ q $；
逆命题：若$ q $，则$ p $；\\
否命题：若$ \neg p $，则$ \neg q $；
逆否命题：若$ \neg q $，则$ \neg p $.
\item $ A \subseteq B $：集合$ A $为集合$ B $的子集(可能有$ A=B $)。\\
$ \ \ A \subsetneqq B $：集合$ A $为集合$ B $的真子集(不能有$ A=B $)。\\
空集($ \varnothing $)是任何集合的子集。\\
只含有限个元素的集合$ A $叫有限集，用$ \mathrm{card}(A) $表示有限集合$ A $
中的元素个数，那么
\begin{gather*}
\mathrm{card}(A\cup B)=\mathrm{card}(A)+\mathrm{card}(B)-
\mathrm{card}(A\cap B)
\end{gather*}
\item “$ (x-2)^2+(y-3)^2>1 $”是“$ |x-2|+|y-3|>1 $”的“充分非必要”条件。\\
\textbf{解}\ 前者可看成点$ (x,y) $到点$ (2,3) $的距离大于1，相当于直角三角形的斜边大于1，
而后者则意味着两条直角边之和大于1，所以前者一定是充分的。取$ |x-2|=|y-3|=0.6 $，
可以说明前者不是必要的。\\
\textbf{注}\ 本题有向量范数的背景，
设$ n $维向量$ \vec{v}=(v_1,v_2,\cdots,v_n) $，那么向量的$ p $-范数
($ p > 0 $)定义为：$ ||\vec{v}||_p
=\left(\sum\limits_{i=1}^n |v_i|^p\right)^{\frac{1}{p}} $.
范数也有三角不等式，若$ p>1 $，则
\begin{align*}
||\vec{x}+\vec{y}||_p\leq
||\vec{x}||_p+||\vec{y}||_p
\end{align*}
其实就是闵可夫斯基(Minkowski)不等式。
\item $ \sqrt{2} $是无理数。\\
\textbf{证}\ 假设$ \sqrt{2} $是有理数，那么它可以表示成两个互质整数的商，即$ \sqrt{2}=
\dfrac{a}{b} $，平方后可得$ 2b^2=a^2 $. 如果$ a $是奇数，那么$ a^2 $也是奇数，就不可能等于$ 2b^2 $
这个偶数，所以$ a $必然是偶数。假设$ a=2k $，那么$ 2b^2=(2k)^2=4k^2,b^2=2k^2, $同理可得$ b $
也是偶数，于是$ a,b $同为偶数，这与两者互质的条件矛盾，所以$ \sqrt{2} $不能表示成两个互质整数的商。同样的方法可证明$ \sqrt[n]{2} $不是有理数。\\
\textbf{推广}：$ k\in \textbf{N}^+ $，如果$ \sqrt{k} $不是整数，
那么$ \sqrt{k} $是无理数。
\item 质数有无限多个。\\
\textbf{证}\ 用反证法：假设质数只有有限个，将它们依次记为$ p_1,p_2,\cdots p_n $，
令$ P=p_1p_2\cdots p_n+1 $. 如果$ P $是质数，那就又创造了一个新的、更大的质数，
与“质数有限”的假设矛盾。如果$ P $不是质数(比如$ 2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13+1=30031 $)，那它一定可以分解成若干个质因子的乘积($ 30031=59\times 509 $)，
而$ P $除以$ p_1,p_2,\cdots p_n $中的任意一个数的余数都是1，
说明$ p_1,p_2,\cdots p_n $都不是$ P $的质因子，所以$ P $的质因子(59,509)都是新的质数，
同样与“质数有限”的假设矛盾。综上所述，质数有无限多个。\\
\textbf{注1}：对于任意大于1的整数$ n $，存在正整数$ x_1,x_2,\cdots,
x_n $，满足
\begin{align*}
\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\cdots+\dfrac{1}{x_n}+
\dfrac{1}{x_1x_2\cdots x_n}=1
\end{align*}
容易算出$ x_1=2,\ x_2=3,\ x_3=7,\cdots $，有趣的是，$ x_n=
x_1x_2\cdots x_{n-1}+1 $，与上面的$ P $的构造方式可谓完全一致，
请读者用归纳法证明$ x_n $的递推表达式。很容易产生进一步地思考：
$ x_n $会不会全都是质数？编程验证一下就知道答案是否定的，
$ x_5=1807=13\times 139 $不是质数。那么我们可以再做另一个相反的猜想，是否从$ x_7 $开始，全都是合数？不过$ x_n $的增长速度太快，$ x_{11}\approx 2.74\times 10^{208} $，
$ x_{12} $就超过了双精度浮点数所能表示的最大值(约
$ 1.797\times 10^{308} $，想研究前述猜想，就需要
一些特殊的编程技巧来处理这些巨大的整数。)\\
\textbf{注2}：如下的连续$ n-1 $个正整数全都是合数，
\begin{align*}
n!+2,\ n!+3,\ n!+4,\cdots,n!+n
\end{align*}
因为它们依次能被$ 2,3,4,\cdots,n $整除。同时也说明，
相邻两个质数之间的间隔可以任意大。 \\
\textbf{注3}：威尔逊定理：当且仅当$ n $是质数时，$ n $能整除$ (n-1)!+1 $. (该定理可由费马小定理证明。)
\item $ ^* $ 求证：当$ n>2 $时，$ n $和$ n! $之间至少存在一个质数。\\
\textbf{证}\ 首先，相邻的两个自然数是互质的，那么$ n!-1 $与$ n! $是互质的。
$ 2,3,\cdots,n $这连续$ n-1 $个正整数都是$ n! $的因子，同时，都不是$ n!-1 $的因子，
否则$ n!-1 $与$ n! $就有大于1的公因子，与两者互质矛盾。设$ n!-1 $的一个质因子为
$ p\ (p\leq n!-1) $，那么$ n<p\leq n!-1<n! $，所以，
$ n $和$ n! $之间至少存在一个质数。
事实上有更强的Bertrand-Chebyshev(伯特兰-车比雪夫)定理：$ \forall n\in \textbf{N}^+,n\geq 2 $，区间$ (n,2n) $内至少存在一个质数。
\item 已知$ a,b,c $都在区间$ (0,1) $内，求证：$ (1-a)b,(1-b)c,(1-c)a $
不能同时大于$ \dfrac{1}{4} $. \\
\textbf{证}\ 用反证法：假设$ (1-a)b,(1-b)c,(1-c)a $同时大于$ \dfrac{1}{4} $，则
\begin{align*}
\dfrac{1-a+b}{2} \geq &\ \sqrt{(1-a)b}>\dfrac{1}{2} \\
\dfrac{1-b+c}{2} \geq &\ \sqrt{(1-b)c}>\dfrac{1}{2} \\
\dfrac{1-c+a}{2} \geq &\ \sqrt{(1-c)a}>\dfrac{1}{2}
\end{align*}
以上三式相加可得：$ 0>0 $，产生矛盾。
\item $ ^* $ 无穷正项数列$ \{a_n\} $满足$ (a_{n+1}+n)a_n=1,n\in
\textbf{N}^+ $，求证：$ \{a_n\} $所有项均为无理数。
\end{itemize}
\section{丑陋的题}
\begin{enumerate}[label={【\textbf{例\thechapter.\arabic*}】},
leftmargin=\inteval{\myenumleftmargin}pt,
itemsep=\inteval{\myenumitempsep}pt,
itemindent=\inteval{\myenumitemindent}pt]
\item (2016,上海春季高考)
对于数列$ \{a_n\} $与$ \{b_n\} $，若对数列$ \{c_n\} $的每一项$ c_k $，均有
$ c_k=a_k $或$ c_k=b_k $，则称数列$ \{c_n\} $是$ \{a_n\} $与$ \{b_n\} $
的一个“并数列”。\\
(1)数列$ \{a_n\} $与$ \{b_n\} $的前三项分别为$ a_1=1,a_2=3,a_3=5,b_1=1,b_2=2,
b_3=3 $，若数列$ \{c_n\} $是$ \{a_n\} $与$ \{b_n\} $的一个“并数列”，
求所有可能的有序数组$ (c_1,c_2,c_3) $. \\
(2)已知数列$ \{a_n\} $、$ \{c_n\} $均为等差数列，$ \{a_n\} $的公差为1，
首项为正整数$ t $ ，$ \{c_n\} $的前10项和为$ -30 $，前20项和为$ -260 $，
若存在唯一的数列$ \{b_n\} $，使得$ \{c_n\} $是$ \{a_n\} $与$ \{b_n\} $
的一个“并数列”，求$ t $的值所构成的集合。\\
\textbf{解}\ (1)\ $ (1,3,5),(1,2,3),(1,2,5),(1,3,3) $. \\
(2)$ a_n=n-1+t $，是单调递增数列，$ c_n=-2n+8 $是单调递减数列，
若$ a_n=c_n $，则$ n-1+t=-2n+8,\ t=9-3n\geq 1,\ n=1,2 $，当$ n=1 $时，$ t=6 $；
当$ n=2 $时，$ t=3 $. 所以，从某3项开始，$ a_n=c_n $永远不会成立，
只能是$ b_n=c_n $. 如果$ a_1=t=6=c_1 $，那么$ b_1 $便能随意取值；
如果$ a_2=t+1=4=c_2 $，那么$ b_2 $便能随意取值，这两种情况都会让$ \{b_n\} $不唯一，
所以，正整数$ t $的取值集合为$ \{t\in \textbf{N}^+|t\neq 3,t\neq 6\} $. \\
\textbf{点评}：此题第(2)问比较费解，考察的也不是高中数学的主要知识点，
像是在考阅读理解。\\
\\
凡是考察函数的题目，一旦出现绝对值、分段、$ \max $ 、$ \min $、取整，
就很容易成为繁琐的、丑陋的题目。
\item 已知实数$ a,b $满足$ a=10^{7-a},\ \lg b=10^{4-\lg b}-3 $，求$ ab $的值。\\
\textbf{解}\
\begin{align*}
a=10^{7-a} \Rightarrow \lg a=7-a \Rightarrow &\ a+\lg a=7 \\
\lg b=10^{4-\lg b}-3 \Rightarrow 10^{4-\lg b}+(4-\lg b)=7 \Rightarrow & \
10^{4-\lg b}+\lg (10^{4-\lg b})=7
\end{align*}
因为$ x+\lg x $是$ (0,+\infty) $上的增函数，所以$ a=10^{4-\lg b},\ \lg a=4-\lg b,\
\lg a+\lg b=4,\ ab=10^4 $. \\
\textbf{点评}：此题矫揉造作，毫无意义。
\item 定义函数$ f(x)=-x\ln x+x^2-2ax+k \ (k>0) $，当$ x>0 $时，$ f(x) $的最小值为0，
求$ k-4a $的最小值。\\
\textbf{解}\ $ f'(x)=-\ln x-1+2x-2a,\ f''(x)=-\dfrac{1}{x}+2 $，所以，$ f'(x) $
在$ (0,\dfrac{1}{2}) $单调递减，在$ (\dfrac{1}{2},+\infty) $上单调递增，$ f'(x) $
在$ \dfrac{1}{2} $处取得极小值。\\
I.若$ f'(\dfrac{1}{2})=\ln2-2a\geq 0 $，那么$ f(x) $在$ (0,+\infty) $上单调递增，
$ f(x)_{\min}=\lim\limits_{x\to 0}f(x)=k=0 $，与题目中的$ k>0 $矛盾。\\
II.若$ \ln2-2a < 0 $，于是存在$ 0<x_1<\dfrac{1}{2}<x_2 $，满足$ f'(x_1)=f'(x_2)=0 $，
显然，$ x_1 $是$ f(x) $的极大值点，$ x_2 $是$ f(x) $的极小值点，同时有$ f(x_2)=0 $，
\begin{align*} \left\{
\begin{aligned}
& f'(x_2)=-\ln x_2-1+2x_2-2a=0 \quad\mycircled{1} \\
& f(x_2)=-x_2\ln x_2+x_2^2-2ax_2+k=0 \quad\mycircled{2}
\end{aligned} \right.
\end{align*}
由\mycircled{1}得：$ 2a=-\ln x_2-1+2x_2 $，代入\mycircled{2}可得：
$ k=x_2^2-x_2 $，所以$ k-4a=x_2^2-5x_2+2\ln x_2+2 $，容易算出$ g(x)=x^2-5x+
2\ln x+2 $在$ \Big(\dfrac{1}{2},+\infty\Big) $上的最小值是
$ g(2)=2\ln 2-4 $. \\
\textbf{点评}：绕的弯子实在太多，需要多次求导，还需要用到
$ \lim\limits_{x\to 0} x\ln x=0 $这个对高中生而言不太熟悉的极限。\\
\end{enumerate}
\cleardoublepage
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%\chapter{自我检测}
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