初中数学校本教材
———— 《校本课程》序言
一、把握数学的生活性——“使教学有生活味”
《数学课程标准》中指出：“数学可以帮助人们更好地探求客观世界的规律，并对现代社会中大量纷繁复杂的信息作出恰当的选择和判断，进而解决问题，直接为社会创造价值”。这说明数学来源于社会，同时也反作用于社会，社会生活与数学关系密切，它已经渗透到生活的每个方面，我们的衣食住行都离不开它。 现代数学论认为：数学源于生活，又运用于生活，生活中充满数学，数学教育寓于生活实际。有意识地引导学生沟通生活中的具体问题与有关数学问题的联系，借助学生熟悉的生活实际中的具体事例，激发学生学习数学的求知欲，帮助学生更好的理解和掌握数学基础知识，并运用学到的数学知识去解决实际生活中的数学问题。
二、把握数学的美育性——“使教学有韵味”
数学家克莱因认为：“数学是人类最高超的智力成就，也是人类心灵最独特的创作。音乐能激发或抚慰情怀，绘画使人赏心悦目，诗歌能动人心弦，哲学使人获得智慧，科学可改善物质生活，但数学能给予以上的一切。” 美作为现实的事物和现象，物质产品和精神产品、艺术作品等属性总和，具有：匀称性、比例性、和谐性、色彩变幻、鲜明性和新颖性。作为精神产品的数学就具有上述美的特点。
简练、精确是数学的美。数学的基本定理说法简约，却又涵盖真理，让人阅读简便却又印象深刻。数学语言是如此慎重的、有意的而且经常是精心设计的，凭借数学语言的严密性和简洁性，我们就可以表达和研究数学思想，这种简洁性有助于思维的效率。
数学很讲究它的逻辑美。数学的应用是被人们广泛认同的，可学习数学还能训练人的逻辑思维能力。尤其是几何的证明讲究前因后果，每一步都要前后呼应，抽象的数学也显示它模糊的美。抽象给我们想象的余地，让我们思维海阔天空，给学生留有了思索和创新的空间。抽象的数学不正展示它的魅力吗？
数学上有很多知识是和对称有关的。对称给人协调，平稳的感觉，象圆，正方体等，它们的形式是如此的匀称优美。正是由于几何图形中有这些点对称、线对称、面对称，才构成了美丽的图案，精美的建筑，巧夺天工的生活世界，也才给我们带来丰富的自然美，多彩的生活美。
中学数学的美育性，除了上述一些方面，还有其它美妙的地方，只要我们用心挖掘和捕捉，就会发现数学蕴涵着如此丰富的美的因素，教师要善于挖掘美的素材，在学生感受美的同时既提高教学质量，又使教学韵味深厚。
第一章 兴趣数学
第一节七桥问题（一笔画问题）
18世纪时，欧洲有一个风景秀丽的小城哥尼斯堡， 那里有七座桥。如图1所示：河中的小岛A与河的 左岸B、右岸C各有两座桥相连结，河中两支流间 的陆地D与A、B、C各有一座桥相连结。当时哥尼 斯堡的居民中流传着一道难题：一个人怎样才能一次 走遍七座桥，每座桥只走过一次，最后回到出发点？ 大家都试图找出问题的答案，但是谁也解决不了这个 问题。
七桥问题引起了著名数学家欧拉（1707—1783）的关注。 他把具体七桥布局化归为图所示的简单图形，于是， 七桥问题就变成一个一笔画问题：怎样才能从A、B、 C、D中的某一点出发，一笔画出这个简单图形 （即笔不离开纸，而且a、b、c、d、e、f、g各条线 只画一次不准重复），并且最后返回起点？
欧拉经过研究得出的结论是：图是不能一笔画出的图形。这就是说，七桥问题是无解的。这个结论是如何产生呢？
如果我们从某点出发，一笔画出了某个图形，到某一点终止，那么除起点和终点外，画笔每经过一个点一次，总有画进该点的一条线和画出该点的一条线，因此就有两条线与该点相连结。如果画笔经过一个n次，那么就有2n条线与该点相连结。因此，这个图形中除起点与终点外的各点，都与偶数条线相连。
如果起点和终点重合，那么这个点也与偶数条线相连；如果起点和终点是不同的两个点，那么这两个点部是与奇数条线相连的点。
综上所述，一笔画出的图形中的各点或者都是与偶数条线相连的点，或者其中只有两个点与奇数条线相连。
图2中的A点与5条线相连结，B、C、D各点各与3条线相连结，图中有4个与奇数条线相连的点，所以不论是否要求起点与终点重合，都不能一笔画出这个图形。
欧拉定理 ： 如果一个图是连通的并且奇顶点的个数等于0或2，那么它可以一笔画出；否则它不可以一笔画出。
练习：你能笔尖不离纸，一笔画出下面的每个图形吗？试试看。（不走重复线路） 图例1
图例2 图例3
图例4
2四色问题
人人都熟悉地图，可是绘制一张普通的政区图，至少需要几种颜色，才能把相邻的政区或区域通过不同的颜色区分开来，就未必是一个简单的问题了。
这个地图着色问题，是一个著名的数学难题。大家不妨用一张中国政区图来试一试，无论从哪里开始着色，至少都要用上四种颜色，才能把所有省份都区别开来。所以，很早的时候就有数学家猜想：“任
何地图的着色，只需四种颜色就足够了。”这就是“四色问题”这个名称的由来。
四色问题又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一。
四色问题的内容是：“任何一张地图只用四种颜色就能 使具有共同边界的国家着上不同的颜色。”用数学语言表示， 即“将平面任意地细分为不相重迭的区域，每一个区域总可 以用1，2，3，4这四个数字之一来标记，而不会使相邻 的两个区域得到相同的数字。”（右图）
这里所指的相邻区域，是指有一整段边界是公共的。如果两个区域只相遇于一点或有限多点，就不叫相邻的。因为用相同的颜色给它们着色不会引起混淆。
数学史上正式提出“四色问题”的时间是在1852年。当时伦敦的大学的一名学生法朗西斯向他的老师、著名数学家、伦敦大学数学教授莫根提出了这个问题，可是莫根无法解答，求助于其它数学家，也没有得到答案。于是从那时起，这个问题便成为数学界的一个“悬案”。
一直到二十年前的1976年9月，《美国数学会通告》正式宣布了一件震撼全球数学界的消息：美国伊利诺斯大学的两位教授阿贝尔和哈根，利用电子计算机证明了“四色问题”这个猜想是完全正确的！他们将普通地图的四色问题转化为2000个特殊图的四色问题，然后在电子计算机上计算了足足1200个小时，作了100亿判断，最后成功地证明了四色问题,轰动了世界。
这是一百多年来吸引许多数学家与数学爱好者的大事，当两位数学家将他们的研究成果发表的时候，当地的邮局在当天发出的所有邮件上都加盖了“四色足够”的特制邮戳，以庆祝这一难题获得解决。 2 麦比乌斯带
每一张纸均有两个面和封闭曲线状的棱(edge)，如果有一张纸它有一条棱而且只有一个面，使得一只蚂蚁能够不越过棱就可从纸上的任何一点到达其他任何一点，这有可能吗?事实上是可能的只要把一条纸带半扭转，再把两头贴上就行了。这是德国数学家麦比乌斯(M?bius.A.F 1790-1868)在1858年发现的，自此以後那种带就以他的名字命名，称为麦比乌斯带。有了这种玩具使得一支数学的分支拓朴学得以蓬勃发展。
3分割图形
分割图形是使我们的头脑灵活，增强观察能力的一种有趣的游戏。
我们先来看一个简单的分割图形的题目──分割正方形。 在正方形内用4条线段作“井”字形分割，可以把正方形分 成大小相等的9块，这种图形我们常称为九宫格。
用4条线段还可以把一个正方形分成10块，只是和九宫格不同的是，每块的大小不一定都相等。那么，怎样才能用4条线段把正方形分成10块呢？请你先动脑筋想想，在动脑的同时还要动手画一画
其实，正方形是不难分割成10块的，下面就是其中两种分割方法。
练习：想一想，用4条线段能将正方形分成11块吗？应该怎样分？
5数学故事
（1）奇特的墓志铭
在大数学家阿基米德的墓碑上，镌刻着一个有趣的几 何图形：一个圆球镶嵌在一个圆柱内。相传，它是阿基米 德生前最为欣赏的一个定理。
在数学家鲁道夫的墓碑上，则镌刻着圆周率π的35位 数值。这个数值被叫做。”鲁道夫数”。它是鲁道夫毕生心血 的结晶。
大数学家高斯曾经表示，在他去世以后，希望人们在他 的墓碑上刻上一个正17边形。因为他是在完成了正17边形 的尺规作图后，才决定献身于数学研究的……
不过，最奇特的墓志铭，却是属于古希腊数学家丢番 图的。他的墓碑上刻着一道谜语般的数学题： “过路人，这座石墓里安葬着丢番图。他生命的1／6 是幸福的童年，生命的1／12是青少年时期。又过了生命 的 1／ 7他才结婚。婚后 5年有了一个孩子，孩子活到他 父亲一半的年纪便死去了。孩子死后，丢番图在深深的悲 哀中又活了4年，也结束了尘世生涯。过路人，你知道丢 番图的年纪吗？” 丢番图的年纪究竟有多大呢？
设他活了X岁，依题意可列出方程。这样，要知道丢番图的年纪，只要解出这个方程就行了。
这段墓志铭写得太妙了。谁想知道丢番图的年纪，谁 就得解一个一元一次方程；而这又正好提醒前来瞻仰的人 们，不要忘记了丢番图献身的事业。
在丢番图之前，古希腊数学家习惯用几何的观点看待 遇到的所有数学问题，而丢番图则不然，他是古希腊第一 个大代数学家，喜欢用代数的方法来解决问题。现代解方程的基本步骤，如移项、合并同类项、，方程两边乘以同一因子等等，丢番图都已知道了。他尤其擅长解答不定方 程，发明了许多巧妙的方法，被西方数学家誉为这门数学 分支的开山鼻祖。
丢番图也是古希腊最后一个大数学家。遗憾的是，关 于他的生平。后人几乎一无所知，既不知道他生于何地， 也不知道他卒于何时。幸亏有了这段奇特的墓志铭，才知 道他曾享有84岁的高龄。 （2）希腊十字架问题
图上那只巨大的复活节彩蛋上有一个希腊十字架， 从它引发出许多切割问题，下面是其中的三个。 (a)将十字架图形分成四块，用它们拼成一个正方形;
有无限多种办法把一个希腊十字架分成四块，再把它们 拼成一个正方形，下图给出了其中的一个解法。 奇妙的 是，任何两条切割直线，只要与图上的直线分别平行， 也可取得同样的结果，分成的四块东西总是能拼出一个 正方形。
(b)将十字架图形分成三块，用它们拼成一个菱形;
(c)将十字架图形分成三块，用它们拼成一个矩形，要求其 长是宽的两倍。
第二章 最完美的数
完美数又称为完全数,最初是由毕达哥拉斯(Pythagoras)的信徒发现的,他们注意到:
数6有一个特性,它等于它自己的因子(不包括它自身)的和: 6=1+2+3,
下一个具有同样性质的数是28, 28=1+2+4+7+14 接着是496和8128.他们称这类数为完美数. 欧几里德在大约公元前350-300年间证明了: 若2n-1是素数,则数 2n-1[2n-1] (1) 是完全数.
两千年后,欧拉证明每个偶完全数都具有这种形式.这就在完全数与梅森数(形式为
2n?1的素数)之间建立了紧密的联系,到
1999年6月1日为止,共发现了38个梅森素数,这就是说已发现了38个完全数.
1：完全数是非常奇特的数,它们有一些特殊性质,例如每个完全数都是三角形数,即都能写成n(n+1)/2. 6=1+2+3=3*4/2
28=1+2=3+4+5+6+7=7*8/2
496=1+2+3+4+...+31=31*32/2 ....
2n-1(2n-1)=1+2+3+...+(2n-1)=(2n-1)2n/2
2：把它们(6除外)的各位数字相加,直到变成一位数,那么这个一位数一定是1;它们都是连续奇数的立方和(6除外), 22(23-1)=28=13+33 24(25-1)=496=13+33+53+73
26(27-1)=8128=13+33+53+73+93+113+133+153 .... 2n-1(2n-1)=13+33+53+...+(2(n+1)/2-1)3
3：除了因子1之外,每个完全数的所有因子(包括自身)的倒数和等于1,比如: 1/2+1/3+1/6=1
1/2+1/4+1/7+1/14+1/28=1 ....
4：完全数都是以6或8结尾的,如果以8结尾,那么就肯定是以28结尾.
注意以上谈到的完全数都是偶完全数,至今仍然不知道有没有奇完全数,如果真的存在奇完全数.
第三章 有理数的巧算
有理数运算是中学数学中一切运算的基础．它要求同学们在理解有理数的有关概念、法则的基础上，能根据法则、公式等正确、迅速地进行运算．不仅如此，还要善于根据题目条件，将推理与计算相结合，灵活巧妙地选择合理的简捷的算法解决问题，从而提高运算能力，发展思维的敏捷性与灵活性． 1．括号的使用
在代数运算中，可以根据运算法则和运算律，去掉或者添上括号，以此来改变运算的次序，使复杂的问题变得较简单． 例1 计算：
分析 中学数学中，由于负数的引入，符号“+”与“-”具有了双重涵义，它既是表示加法与减法的运算符号，也是表示正数与负数的性质符号．因此进行有理数运算时，一定要正确运用有理数的运算法则，尤其是要注意去括号时符号的变化．
注意 在本例中的乘除运算中，常常把小数变成分数，把带分数变成假分数，这样便于计算．
例2 计算下式的值：
211×555+445×789+555×789+211×445．
分析 直接计算很麻烦，根据运算规则，添加括号改变运算次序，可使计算简单．本题可将第一、第四项和第二、第三项分别结合起来计算．
解 原式=(211×555+211×445)+(445×789+555×789)
=211×(555+445)+(445+555)×789 =211×1000+1000×789 =1000×(211+789) =1 000 000．
说明 加括号的一般思想方法是“分组求和”，它是有理数巧算中的常用技巧．
例3 在数1，2，3，?，1998前添符号“+”和“-”，并依次运算，所得可能的最小非负数是多少？
分析与解 因为若干个整数和的奇偶性，只与奇数的个数有关，所以在1，2，3，?，1998之前任意添加符号“+”或“-”，不会改变和的奇偶性．在1，2，3，?，1998中有1998÷2个奇数，即有999个奇数，所以任意添加符号“+”或“-”之后，所得的代数和总为奇数，故最小非负数不小于1．
现考虑在自然数n，n+1，n+2，n+3之间添加符号“+”或“-”，显然
n-(n+1)-(n+2)+(n+3)=0．
这启发我们将1，2，3，?，1998每连续四个数分为一组，再按上述规则添加符号，即 (1-2-3+4)+(5-6-7+8)+?
+(1993-1994-1995+1996)-1997+1998=1． 所以，所求最小非负数是1．
说明 本例中，添括号是为了造出一系列的“零”，这种方法可使计算大大简化．
2．用字母表示数
我们先来计算(100+2)×(100-2)的值： (100+2)×(100-2)
=100×100-2×100+2×100-4 =1002-22．
这是一个对具体数的运算，若用字母a代换100，用字母b代换2，上述运算过程变为 (a+b)(a-b)=a2-ab+ab-b2=a2-b2． 于是我们得到了一个重要的计算公式 (a+b)(a-b)=a2-b2， ①
这个公式叫平方差公式，以后应用这个公式计算时，不必重复公式的证明过程，可直接利用该公式计算．
例4 计算 3001×2999的值．
解 3001×2999=(3000+1)(3000-1) =30002-12=8 999 999．
例5 计算 103×97×10 009的值．
解 原式=(100+3)(100-3)(10000+9) =(1002-9)(1002+9)=1004-92=99 999 919．
例6 计算：
分析与解 直接计算繁．仔细观察，发现分母中涉及到三个连续整数：12 345，12 346，12 347．可设字母n=12 346，那么12 345=n-1，12 347=n+1，于是分母变为n2-(n-1)(n+1)．应用平方差公式化简得 n2-(n2-12)=n2-n2+1=1，
即原式分母的值是1，所以原式=24 690．
例7 计算：
(2+1)(22+1)(24+1)(28+1)(216+1)(232+1)．
分析 式子中2，22，24，?每一个数都是前一个数的平方，若在(2+1)前面有一个(2-1)，就可以连续递进地运用(a+b)(a-b)=a2-b2了．
解 原式=(2-1)(2+1)(22+1)(24+1)(28+1)×(216+1)(232+1)
=(22-1)(22+1)(24+1)(28+1)(216+1)×(232+1) =(24-1)(24+1)(28+1)(216+1)(232+1)=?? =(232-1)(232+1) =264-1．
例8 计算：
分析 在前面的例题中，应用过公式 (a+b)(a-b)=a2-b2．
这个公式也可以反着使用，即 a2-b2=(a+b)(a-b)． 本题就是一个例子．
通过以上例题可以看到，用字母表示数给我们的计算带来
很大的益处．下面再看一个例题，从中可以看到用字母表示一个式子，也可使计算简化．
例9计算：
我们用一个字母表示它以简化计算．
1．
例10 某班20名学生的数学期末考试成绩如下，请计算他们的总分与平均分．
87，91，94，88，93，91，89，87，92，86，90，92，88，90，91，86，89，92，95，88．
观察算式找规律
分析与解 若直接把20个数加起来，显然运算量较大，粗略地估计一下，这些数均在90上下，所以可取90为基准数，大于90的数取“正”，小于90的数取“负”，考察这20个数与90的差，这样会大大简化运算．所以总分为 90×20+(-3)+1+4+(-2)+3+1+(-1)+(-3) +2+(-4)+0+2+(-2)+0+1+(-4)+(-1) +2+5+(-2) =1800-1=1799，
平均分为 90+(-1)÷20=89.95．
例11 计算1+3+5+7+?+1997+1999的值．
分析 观察发现：首先算式中，从第二项开始，后项减前项的差都等于2；其次算式中首末两项之和与距首末两项等距离的两项之和都等于2000，于是可有如下解法． 解 用字母S表示所求算式，即 S=1+3+5+?+1997+1999． ① 再将S各项倒过来写为 S=1999+1997+1995+?+3+1． ② 将①，②两式左右分别相加，得
2S=(1+1999)+(3+1997)+?+(1997+3)+(1999+1) =2000+2000+?+2000+2000(1000个2000)
=2000×1000． 从而有 S=1000 000．
说明 一般地，一列数，如果从第二项开始，后项减前项的差都相等(本题3-1=5-3=7-5=?=1999-1997，都等于2)，那么，这列数的求和问题，都可以用上例中的“倒写相加”的方法解决．
例13 计算 1+5+52+53+?+599+5100的值．
分析 观察发现，上式从第二项起，每一项都是它前面一项的5倍．如果将和式各项都乘以5，所得新和式中除个别项外，其余与原和式中的项相同，于是两式相减将使差易于计算． 解 设
S=1+5+52+?+599+5100， ① 所以
5S=5+52+53+?+5100+5101． ② ②—①得 4S=5101-1，
说明 如果一列数，从第二项起每一项与前一项之比都相等(本例中是都等于5)，那么这列数的求和问题，均可用上述“错位相减”法来解决． 例14 计算：
分析 一般情况下，分数计算是先通分．本题通分计算将很繁，所以我们不但不通分，反而利用如下一个关系式
来把每一项拆成两项之差，然后再计算，这种方法叫做拆项法．
解 由于
所以
说明 本例使用拆项法的目的是使总和中出现一些可以相消的相反数的项，这种方法在有理数巧算中很常用．
练习
1．计算下列各式的值：
(1)-1+3-5+7-9+11-?-1997+1999；
(2)11+12-13-14+15+16-17-18+?+99+100； (3)1991×1999-1990×2000；
(4)4726342+472 6352-472 633×472 635-472 634×472 636；
(6)1+4+7+?+244；
2．某小组20名同学的数学测验成绩如下，试计算他们的平均分．
81，72，77，83，73，85，92，84，75，63，76，97，80，90，76，91，86，78，74，85．
第四章 归纳与发现
归纳的方法是认识事物内在联系和规律性的一种重要思考方法，也是数学中发现命题与发现解题思路的一种重要手段．这里的归纳指的是常用的经验归纳，也就是在求解数学问题时，首先从简单的特殊情况的观察入手，取得一些局部的经验结果，然后以这些经验作基础，分析概括这些经验的共同特征，从而发现解题的一般途径或新的命题的思考方法．下面举几个例题，以见一般．
例1 如图2-99，有一个六边形点阵，它的中心是一个点，算作第一层；第二层每边有两个点(相邻两边公用一个点)；第三层每边有三个点，?这个六边形点阵共有n层，试问第n层有多少个点？这个点阵共有多少个点？
分析与解 我们来观察点阵中各层点数的规律，然后归纳出点阵共有的点数． 第一层有点数：1；
第二层有点数：1×6； 第三层有点数：2×6； 第四层有点数：3×6；
??
第n层有点数：(n-1)×6.
因此，这个点阵的第n层有点(n-1)×6个．n层共有点数为
例2 在平面上有过同一点P，并且半径相等的n个圆，其中任何两个圆都有两个交点，任何三个圆除P点外无其他公共点，那么试问：
(1)这n个圆把平面划分成多少个平面区域？ (2)这n个圆共有多少个交点？
分析与解 (1)在图2-100中，设以P点为公共点的圆有1，2，3，4，5个(取这n个特定的圆)，观察平面被它们所分割成的平面区域有多少个？为此，我们列出表18．1．
由表18．1易知
S2-S1=2， S3-S2＝3， S4-S3＝4， S5-S4＝5， ??
由此，不难推测
Sn-Sn-1＝n．
把上面(n-1)个等式左、右两边分别相加，就得到
Sn-S1＝2＋3＋4＋?＋n，
因为S1=2，所以
面对Sn-Sn-1=n，即Sn=Sn-1＋n的正确性略作说明．
下
因为Sn-1为n-1个圆把平面划分的区域数，当再加上一个圆，即当n个圆过定点P时，这个加上去的圆必与前n-1个圆相交，所以这个圆就被前n-1个圆分成n部分，加在Sn-1上，所以有Sn=Sn-1＋n． (2)与(1)一样，同样用观察、归纳、发现的方法来解决．为此，可列出表18．2．
由表18．2容易发现
a1＝1， a2-a1＝1， a3-a2＝2， a4-a3＝3， a5-a4＝4， ?? an-1-an-2＝n-2， an-an-1＝n-1．
n个式子相加
注意 请读者说明an=an-1＋(n-1)的正确性．
例3 设a，b，c表示三角形三边的长，它们都是自然数，其中a≤b≤c，如果 b=n(n是自然数)，试问这样的三角形有多少个？
分析与解 我们先来研究一些特殊情况：
(1)设b=n=1，这时b=1，因为a≤b≤c，所以a=1，c可取1，2，3，?．若c=1，则得到一个三边都为1的等边三角形；若c≥2，由于a＋b=2，那么a＋b不大于第三边c，这时不可能由a，b，c构成三角形，可见，当b=n=1时，满足条件的三角形只有一个． (2)设b=n=2，类似地可以列举各种情况如表18．3．
这时满足条件的三角形总数为：1+2=3． (3)设b=n=3，类似地可得表18．4．
这时满足条件的三角形总数为：1＋2＋3=6．
通过上面这些特例不难发现，当b=n时，满足条件的三角形总数为：
这个猜想是正确的．因为当b=n时，a可取n个值(1，2，3，?，n)，对应于a的每个值，不妨设a=k(1≤k≤n)．由于b≤c＜a＋b，即n≤c＜n＋k，所以c可能取的值恰好有k个(n，n＋1，n＋2，?，n＋k-1)．所以，当b=n时，满足条件的三角形总数为：
例4 设1×2×3×?×n缩写为n！(称作n的阶乘)，试化简：1！×1＋2！×2＋3！×3＋?＋n！×n. 分析与解 先观察特殊情况： (1)当n=1时，原式=1=(1＋1)！-1； (2)当n=2时，原式=5=(2＋1)！-1； (3)当n=3时，原式=23=(3＋1)！-1； (4)当n=4时，原式=119=(4＋1)！-1． 由此做出一般归纳猜想：原式=(n+1)！-1. 下面我们证明这个猜想的正确性．
1+原式=1+(1！×1＋2！×2＋3！×3+?+n！×n)
=1！×2＋2！×2＋3！×3+?+n！×n =2！+2！×2＋3！×3＋?+n！×n =2！×3+3！×3+?＋n！×n =3！+3！×3+?+n！×n＝? =n！+n！×n=(n＋1)！， 所以原式=(n+1)！-1.
例5 设x＞0，试比较代数式x3和x2+x+2的值的大小． 分析与解 本题直接观察，不好做出归纳猜想，因此可设x等于某些特殊值，代入两式中做试验比较，或许能启发我们发现解题思路．为此，设x=0，显然有
x3＜x2+x+2．①
设x=10，则有x3=1000，x2+x＋2=112，所以
x3＞x2+x+2．②
设x=100，则有x3＞x2+x+2．
观察、比较①，②两式的条件和结论，可以发现：当x值较小时，x3＜x2+x+2；当x值较大时，x3＞x2+x+2．
那么自然会想到：当x=？时，x3=x2+x+2呢？如果这个方程得解，则它很可能就是本题得解的“临界点”．为此，设x3=x2＋x＋2，则
x3-x2-x-2＝0， (x3-x2-2x)＋(x-2)=0， (x-2)(x2+x+1)=0．
因为x＞0，所以x2+x+1＞0，所以x-2=0，所以 (1)当x=2时，x3=x2+x+2； (2)当0＜x＜2时，因为
x-2＜0，x2+x+2＞0，
所以 (x-2)(x2＋x+2)＜0，
即
x3-(x2＋x+2)＜0，
所以 x3＜x2＋x＋2. (3)当x＞2时，因为
x-2＞0，x2+x+2＞0，
所以 (x-2)(x2+x+2)＞0，
x=2．这样 即
x3-(x2＋x＋2)＞0，
所以 x3＞x2＋x＋2．
综合归纳(1)，(2)，(3)，就得到本题的解答． 练习七
1．试证明例7中：
2．平面上有n条直线，其中没有两条直线互相平行(即每两条直线都相交)，也没有三条或三条以上的直线通过同一点．试求： (1)这n条直线共有多少个交点？ (2)这n条直线把平面分割为多少块区域？ 然后做出证明.)
3．求适合x5=656356768的整数x．
(提示：显然x不易直接求出，但可注意其取值范围：505＜656356768＜605，所以502＜x＜602．)
第五章 生活中的数学（储蓄、保险与纳税）
储蓄、保险、纳税是最常见的有关理财方面的数学问题，几乎人人都会遇到，因此，我们在这一讲举例介绍有关这方面的知识，以增强理财的自我保护意识和处理简单财务问题的数学能力． 1．储蓄
银行对存款人付给利息，这叫储蓄．存入的钱叫本金．一定存期(年、月或日)内的利息对本金的比叫利率．本金加上利息叫本利和．
利息=本金×利率×存期， 本利和=本金×(1+利率经×存期)．
如果用p，r，n，i，s分别表示本金、利率、存期、利息与本利和，那么有
i=prn，s=p(1+rn)．
例1 设年利率为0.0171，某人存入银行2000元，3年后得到利息多少元？本利和为多少元？
解 i=2000×0.0171×3=102.6(元)． s=2000×(1+0.0171×3)=2102.6(元)．
答 某人得到利息102.6元，本利和为2102.6元．
以上计算利息的方法叫单利法，单利法的特点是无论存款多少年，利息都不加入本金．相对地，如果存款年限较长，约定在每年的某月把利息加入本金，这就是复利法，即利息再生利息．目前我国银行存款多数实行的是单利法．不过规定存款的年限越长利率也越高．例如，1998年3月我国银行公布的定期储蓄人民币的年利率如表22．1所示．
用复利法计算本利和，如果设本金是p元，年利率是r,存期是n年，那么若第1年到第n年的本利和分别是s1，s2,?，sn，则 s1=p(1+r)，
s2=s1(1+r)=p(1+r)(1+r)=p(1+r)2， s3＝s2(1+r)=p(1+r)2(1+r)=p(1+r)3， ??，sn=p(1+r)n．
例2 小李有20000元，想存入银行储蓄5年，可有几种储蓄方案，哪种方案获利最多？ 解 按表22．1的利率计算．
(1)连续存五个1年期，则5年期满的本利和为
20000(1+0.0522)5≈25794(元)．
(2)先存一个2年期，再连续存三个1年期，则5年后本利和为
20000(1+0.0558×2)·(1+0.0522)3≈25898(元)．
(3)先连续存二个2年期，再存一个1年期，则5年后本利和为
20000(1+0.0558×2)2·(1+0.0552)≈26003(元)．
(4)先存一个3年期，再转存一个2年期，则5年后的本利和为
20000(1＋0.0621×3)·(1+0.0558×2)≈26374(元)．
(5)先存一个3年期，然后再连续存二个1年期，则5年后本利和为
20000(1+0.0621×3)·(1+0.0522)2≈26268(元)．
(6)存一个5年期，则到期后本利和为
20000(1+0.0666×5)≈26660(元)．
显然，第六种方案，获利最多，可见国家所规定的年利率已经充分考虑了你可能选择的存款方案，利率是合理的． 2．保险
保险是现代社会必不可少的一种生活、生命和财产保护的金融事业．例如，火灾保险就是由于火灾所引起损失的保险，人寿保险是由于人身意外伤害或养老的保险，等等．下面举两个简单的实例． 例3 假设一个小城镇过去10年中，发生火灾情况如表22．2所示．
试问：(1)设想平均每年在1000家中烧掉几家？
(2)如果保户投保30万元的火灾保险，最低限度要交多少保险费保险公司才不亏本？ 解 (1)因为
1+0+1+2+0+2+1+2+0+2=11(家)，
365+371+385+395+412+418+430+435+440＋445=4096(家)． 11÷4096≈0.0026．
(2)300000×0.0026=780(元)．
答(1)每年在1000家中，大约烧掉2.6家．
(2)投保30万元的保险费，至少需交780元的保险费． 例4 财产保险是常见的保险．假定A种财产保险是每投保1000元财产，要交3元保险费，保险期为1年，期满后不退保险费，续保需重新交费．B种财产保险是按储蓄方式，每1000元财产保险交储蓄金25元，保险一年．期满后不论是否得到赔款均全额退还储蓄金，以利息作为保险费．今有兄弟二人，哥哥投保8万元A种保险一年，弟弟投保8万元B种保险一年．试问兄弟二人谁投的保险更合算些？(假定定期存款1年期利率为5.22％)
解 哥哥投保8万元A种财产保险，需交保险费
80000÷1000×3=80×3=240(元)．
弟弟投保8万元B种财产保险，按每1000元交25元保险储蓄金算，共交
80000÷1000×25=2000(元)，
而2000元一年的利息为
2000×0.0522=104.4(元)．
兄弟二人相比较，弟弟少花了保险费约
240-104.4=135.60(元)．
因此，弟弟投的保险更合算些．
3．纳税
纳税是每个公民的义务，对于每个工作人员来说，除了工资部分按国家规定纳税外，个人劳务增收也应纳税．现行劳务报酬纳税办法有三种：
(1)每次取得劳务报酬不超过1000元的(包括1000元)，预扣率为3％，全额计税．
(2)每次取得劳务报酬1000元以上、4000元以下，减除费用800元后的余额，依照20％的比例税率，计算应纳税额．
(3)每次取得劳务报酬4000元以上的，减除20％的费用后，依照20％的比例税率，计算应纳税额．
每次取得劳务报酬超过20000元的(暂略)．
由(1)，(2)，(3)的规定，我们如果设个人每次劳务报酬为x元，y为相应的纳税金额(元)，那么，我们可以写出关于劳务报酬纳税的分段函数：
例5 小王和小张两人一次共取得劳务报酬10000元，已知小王的报酬是小张的2倍多，两人共缴纳个人所得税1560元，问小王和小张各得劳务报酬多少元？
解 根据劳务报酬所得税计算方法(见函数①)，从已知条件分析可知小王的收入超过4000元，而小张的收入在1000～4000之间，如果设小王的收入为x元，小张的收入为y元，则有方程组：
由①得y=10000-x，将之代入②得
x(1-20％)20％+(10000-x-800)20％=1560，
化简、整理得
0.16x-0.2x+1840=1560，
所以
0.04x=280，x=7000(元)．
则 y=10000-7000=3000(元)． 所以
答 小王收入7000元，小张收入3000元．
例6 如果对写文章、出版图书所获稿费的纳税计算方法是
其中y(x)表示稿费为x元应缴纳的税额．
那么若小红的爸爸取得一笔稿费，缴纳个人所得税后，得到6216元，问这笔稿费是多少元？
解 设这笔稿费为x元，由于x＞4000，所以，根据相应的纳税规定，有方程
x(1-20％)· 20％×(1-30％)=x-6216，
化简、整理得
0.112x=x-6216，
所以 0.888x=6216， 所以 x=7000(元)． 答 这笔稿费是7000元．
练习八
1．按下列三种方法，将100元存入银行，10年后的本利和各是多少？(设1年期、3年期、5年期的年利率分别为5.22％，6.21％，6.66％保持不变)
(1)定期1年，每存满1年，将本利和自动转存下一年，共续存10年；
(2)先连续存三个3年期，9年后将本利和转存1年期，合计共存10年；
(3)连续存二个5年期．
2．李光购买了25000元某公司5年期的债券，5年后得到本利和为40000元，问这种债券的年利率是多少？
3．王芳取得一笔稿费，缴纳个人所得税后，得到2580元，问这笔稿费是多少元？
4．把本金5000元存入银行，年利率为0.0522，几年后本利和为6566元(单利法)？
第六章 中外著名数学家
1、韦达（1540-1603），法国数学家。
年青时学习法律当过律师，后从事政治活动，当过议会议员，在西班牙的战争中曾为政府破译敌军密码。韦达还致力于数学研究，第一个有意识地和系统地使用字母来表示已知数、未知数及其乘幂，带来了代数理论研究的重大进步。韦达讨论了方程根的多种有理变换，发现了方程根与分数的关系，韦达在欧洲被尊称为“代数学之父”。1579年，韦达出版《应用于三角形的数学定律》
2、帕斯卡（1623──1662年）是法国数学家、物理学家和哲学家．
16岁的时候就发现了著名的“帕斯卡定理”，即“圆锥曲线内接六边形的三组对边的交点共线”，对射影几何学作出了重要贡献．19岁时，发明了一种能做加法和减法运算的计算器，这是世界上第一台机械式的计算机．他对连续不可分量、微分三角形、面积和重心等问题的深入研究，对微积分学的建立起到了积极的作用．帕斯卡对数学的最大贡献是创立概率论，为了解决概率论和组合分析方面的问题，帕斯卡广泛应用了算术三角形（即二项式定理系数表，西方称帕斯卡三角，我国称贾宪三角或杨辉三角），并深入研究了二项展开式的系数规律以及这个三角形的构造及其许多有趣的性质。帕斯卡在物理学
方面提出了重要的“帕斯卡定律”。他所著《思想录》和《致乡人书》对法国散文的发展产生了重要的影响。
3、在数学史上，很难再找到如此年轻而如此有创见的数学家。他就是出生在法国的伽罗华（1811——1832）
伽罗华才华横溢，思维敏捷，十七岁时就写了一篇关于《五次方程代数解法》这个世界数学难题的论文，最先提出了近代数学的一个基本概念——“群”。可是这篇论文被法国科学院一位目空一切的数学家丢失了。次年，他又写了几篇数学论文送交法国科学院，不料主审人因车祸去世，论文也不知所踪。再过两年，他被近把自己的研究再次写成简述，寄往法国科学，他去信尖锐地提醒权威们：“第一，不要因为我叫伽罗化，第二，不要因为我是大学生，”而“预先决定我对这个问题无能为力。”在这封咄咄逼人的书信面前，有两位数学家不得不宣读了他的研究简述，但随即又以“完全不能理解”予以否定，其实，他们并没有读懂伽罗华的论文。
伽罗华二十一岁那年死于决斗。临死前他对守在旁边的弟弟说：“不要忘了我，因为命运不让我活到祖国知道我的名字的时候。”在决斗前夜，他给友人写了著名的“科学遗嘱”，其中充满自信地说：“我一行中不只一次敢于提出我没有把握的命题，我期待着将来总会有人认识到：解开这个谜对雅可比和高斯是有好处的。”
他的预言成为现实，那是在三十八年他的六十页厚的论文终于出版的时候，从此，他被认为“群论”的奠基 人。
4、刘 徽
刘徽（生于公元250年左右），是中国数学史上一个非常伟大的数学家，在世界数学史上，也占有杰出的地位．他的杰作《九章算术注》和《海岛算经》，是我国最宝贵的数学遗产．
《九章算术》约成书于东汉之初，共有246个问题的解法．在许多方面：如解联立方程，分数四则运算，正负数运算，几何图形的体积面积计算等，都属于世界先进之列，但因解法比较原始，缺乏必要的证明，而刘徽则对此均作了补充证明．在这些证明中，显示了他在多方面的创造性的贡献．他是世界上最早提出十进小数概念的人，并用十进小数来表示无理数的立方根．在代数方面，他正确地提出了正负数的概念及其加减运算的法则；改进了线性方程组的解法．在几何方面，提出了\割圆术\，即将圆周用内接或外切正多边形穷竭的一种求圆面积和圆周长的方法．他利用割圆术科学地求出了圆周率π=3.14的结果．刘徽在割圆术中提出的\割之弥细，所失弥少，割之又割以至于不可割，则与圆合体而无所失矣\，这可视为中国古代极限观念的佳作．
《海岛算经》一书中， 刘徽精心选编了九个测量问题，这些题目的创造性、复杂性和富有代表性，都在当时为西方所瞩目． 刘徽思想敏捷，方法灵活，既提倡推理又主张直观．他是我国最早明确主张用逻辑推理的方式来论证数学命题的人．
刘徽的一生是为数学刻苦探求的一生．他虽然地位低下，但人格高尚．他不是沽名钓誉的庸人，而是学而不厌的伟人，他给我们中华民族留下了宝贵的财富．
5、贾 宪
贾宪，中国古代北宋时期杰出的数学家。曾撰写的《黄帝九章算法细草》（九卷）和《算法斆古集》（二卷）（斆xiào，意：数导）均已失传。
他的主要贡献是创造了\贾宪三角\和增乘开方法，增乘开方法即求高次幂的正根法。目前中学数学中的混合除法，其原理和程序均与此相仿，增乘开方法比传统的方法整齐简捷、又更程序化，所以在开高次方时，尤其显出它的优越性，这个方法的提出要比欧洲数学家霍纳的结论早七百多年。
6、秦九韶 秦九韶（约1202--1261），字道古，四川安岳人。先后在湖北，安徽，江苏，浙江等地做官，1261年左右被贬至梅州，（今广东梅县），不久死于任所。他与李冶，杨辉，朱世杰并称宋元数学四大家。早年在杭州“访习于太史，又尝从隐君子受数学”，1247年写成著名的《数书九章》。《数书九章》全书凡18卷，81题，分为九大类。其最重要的数学成就----“大衍总数术”（一次同余组解法）与“正负开方术\高次方程数值解法），使这部宋代算经在中世纪世界数学史上占有突出的地位。
7、李冶
李冶(1192----1279)，原名李治，号敬斋，金代真定栾城人，曾
任钧州（今河南禹县）知事，1232年钧州被蒙古军所破，遂隐居治学，被元世祖忽必烈聘为翰林学士，仅一年，便辞官回乡。1248年撰成《测圆海镜》，其主要目的是说明用天元术列方程的方法。“天元术”与现代代数中的列方程法相类似，“立天元一为某某”，相当于“设x为某某“，可以说是符号代数的尝试。李冶还有另一步数学著作《益古演段》（1259）也是讲解天元术的。 8、朱世杰
朱世杰（1300前后），字汉卿，号松庭，寓居燕山（今北京附近），“以数学名家周游湖海二十余年”，“踵门而学者云集”(莫若、祖颐：《四元玉鉴》后序）。朱世杰数学代表作有《算学启蒙》（1299）和《四元玉鉴》（1303）。《算术启蒙》是一部通俗数学名著，曾流传海外，影响了朝鲜、日本数学的发展。《四元玉鉴》则是中国宋元数学高峰的又一个标志，其中最杰出的数学创造有“四元术”（多元高次方程列式与消元解法）、“垛积术”（高阶等差数列求和）与“招差术”（高次内插法）． 9、祖冲之
祖冲之（公元429～500年）祖籍是现今河北省涞源县，他是南北朝时代的一位杰出科学家。他不仅是一位数学家，同时还通晓天文历法、机械制造、音乐等领域，并且是一位天文学家。
祖冲之在数学方面的主要成就是关于圆周率的计算，他算出的圆周率为3.1415926<π<3.1415927，这一结果的重要意义在于指出误