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2011年高中奥赛辅导系列数学(上)


华夏园教育奥赛专题——数学

培训辅导 ......................................................................................................................................................... 2 奥林匹克数

学的技巧(上篇) ............................................................................................................. 3 奥林匹克数学的技巧(中篇) ........................................................................................................... 10 奥林匹克数学的技巧(下篇) ........................................................................................................... 22 竞赛培训专题 1-----等差数列与等比数列 ......................................................................................... 25 竞赛培训专题 2---染色问题与染色方法 ............................................................................................ 32 竞赛培训专题 3---几个重要不等式 .................................................................................................... 37 竞赛培训专题 4---同余式与不定方程 ................................................................................................ 40 竞赛培训专题 5---指数函数、对数函数 ............................................................................................ 46 竞赛培训专题 6---整数的整除性 ........................................................................................................ 53 竞赛培训专题 7---高阶等差数列 ........................................................................................................ 60 专题材料 ....................................................................................................................................................... 65 不定方程 ............................................................................................................................................... 66 概率、统计 ........................................................................................................................................... 70 函 数 ................................................................................................................................................... 73 立体几何(传统方法) ....................................................................................................................... 77 立体几何(向量方法) ....................................................................................................................... 79 由数列的递推公式求通项公式 ........................................................................................................... 86 历届奥赛 ....................................................................................................................................................... 92 2008 年全国初中数学竞赛试题及参考答案 ...................................................................................... 93 2010 年数学奥赛题及答案 .................................................................................................................. 99 2006 中国数学奥林匹克(第二十一届全国中学生数学冬令营) ................................................ 106 第一天 ......................................................................................................................................... 106 第二天 ......................................................................................................................................... 110

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培训辅导

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奥林匹克数学的技巧(上篇)
有固定求解模式的问题不属于奥林匹克数学,通常的情况是,在一般思维规律的指导下,灵活 运用数学基础知识去进行探索与尝试、选择与组合。这当中,经常使用一些方法和原理(如探索法, 构造法,反证法,数学归纳法,以及抽屉原理,极端原理,容斥原理??) ,同时,也积累了一批生 气勃勃、饶有趣味的奥林匹克技巧。在 2-1 曾经说过: “竞赛的技巧不是低层次的一招一式或妙手偶 得的雕虫小技,它既是使用数学技巧的技巧,又是创造数学技巧的技巧,更确切点说,这是一种数 学创造力,一种高思维层次,高智力水平的艺术,一种独立于史诗、音乐、绘画的数学美。 ” 奥林匹克技巧是竞赛数学中一个生动而又活跃的组成部分。 2-7-1 构造 它的基本形式是:以已知条件为原料、以所求结论为方向,构造出一种新的数学形式,使得问 题在这种形式下简捷解决。常见的有构造图形,构造方程,构造恒等式,构造函数,构造反例,构 造抽屉,构造算法等。 例 2-127 一位棋手参加 11 周(77 天)的集训,每天至少下一盘棋,每周至多下 12 盘棋,证 明这棋手必在连续几天内恰好下了 21 盘棋。 证明: an 表示这位棋手在第 1 天至第 n 天 用 (包括第 n 天在内) 所下的总盘数 n ? 1, 2,…77 ) ( , 依题意

1 ? a1 ? a2… ? a77 ? 12 ?11 ? 132

考虑 154 个数:

a1 , a2 ,…,a77 , a1 ? 21, a2 ? 21,

a77 ? 21

又由 a77 ? 21 ? 132 ? 21 ? 153 ? 154 ,即 154 个数中,每一个取值是从 1 到 153 的自然数,因 而必有两个数取值相等,由于 i ? j 时, ai ? ai 故只能是 ai , a j ? 21(77 ? i ? j ? 1) 满足

ai ? 21 ? a j ? 21 ai ? a j ? 21

这表明,从 i ? 1 天到 j 天共下了 21 盘棋。 这个题目构造了一个抽屉原理的解题程序,并具体构造了 154 个“苹果”与 153 个“抽屉” ,其 困难、同时也是精妙之处就在于想到用抽屉原理。 例 2-128 已知 x, y, z 为正数且 xyz ( x ? y ? z ) ? 1 求表达式 ( x ? y)( y ? z ) 的最最小值。

?a ? x ? y ? 解:构造一个△ABC,其中三边长分别为 ?b ? y ? z ,则其面积为 ?c ? z ? x ?
? ? ( p( p ? a)( p ? b)( p ? c) ? ( x ? y ? z ) xyz ? 1
另方面 ( x ? y )( y ? z ) ? ab ?

2? ?2 sin C
2 2 2

故知,当且仅当∠C=90°时,取值得最小值 2,亦即 ( x ? y ) ? ( y ? z ) ? ( x ? z )

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y 1 ? 如 y( x ? y ? z ) ? xz 时, x ? y)( y ? z) 取最小值 2, x ?z ? , ? 2 1 (
2-7-2 映射 它的基本形式是 RMI 原理。

时, x ? y)( y ? z ) ? 2 。 (

令 R 表示一组原像的关系结构(或原像系统) ,其中包含着待确定的原像 x ,令 M 表示一种映 射,通过它的作用把原像结构 R 被映成映象关系结构 R*,其中自然包含着未知原像 x 的映象 x * 。 如果有办法把 x * 确定下来,则通过反演即逆映射 I ? M ?1 也就相应地把 x 确定下来。取对数计算、 换元、引进坐标系、设计数学模型,构造发生函数等都体现了这种原理。 建立对应来解题,也属于这一技巧。 例 2-129 甲乙两队各出 7 名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛, 双方先由 1 号队员比 赛,负者被淘汰,胜者再与负方 2 号队员比赛,?直到有一方队员全被淘汰为止,另一方获得胜利, 形成一种比赛过程,那么所有可能出现的比赛过程的种数为 。 解 设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为 A1,A2,?,A7 和 B1,B2,?B7。

, ? 如果甲方获胜, Ai 获胜的场数是 xi , 0 ? xi ?71 ? i 7 而且 x1 ? x2 ? … ? x7 ? 7 设 则

(*)

容易证明以下两点:在甲方获生时, (i)不同的比赛过程对应着方程(*)的不同非负整数解; (ii)方程(*)的不同非负整数解对应着不同的比赛过程,例如,解(2,0,0,1,3,1,0) 对应的比赛过程为:A1 胜 B1 和 B2,B3 胜 A1,A2 和 A3,A4 胜 B3 后负于 B4,A5 胜 B4,B5 和 B6 但 负于 B7,最后 A6 胜 B7 结束比赛。 故甲方获胜的不同的比赛过程总数是方程(*)的非负整数解的个数 C13 。 解二 建立下面的对应;
7

集合 ? A1 , A2 , …,A7 ? 的任一个 7-可重组合对应着一个比赛过程, 且这种对应也是一个一一对应。 例如前述的比赛过程对应的 7-可重组合是 ? A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 ? 所以甲方获胜的不同的比赛过程的 总数就是集合 ? A1 , A2 , …,A7 ? 的 7-可重组合的个数 C7 ? 7 ?1 ? C13 。
7 7

例 2-130

设 pn (k ) 表示 n 个元素中有 k 个不动点的所有排列的种数。求证

? kp (k ) ? n!
k ?0 n

n

证明

设 S ? ?a1 , a2 , …, an ? 。对 S 的每个排列,将它对应向量 (e1 , e2 ,…,en ) ,其中每个

ei ? ?0,1? ,当排列中第 i 个元素不动时, ei ? 1 ,否则为 0。于是 pn (k ) 中所计数的任一排列所对应
的向量都恰有 k 个分量为 1,所以 n ! 个排列所对应的那些向量中取值为 1 的分量的总数为

? kp (k ) 。
k ?1 n

n

另一方面,对于每个 i ,1 ? i ? n ,使得第 i 个元素不动的排列共有 (n ? 1)! 个,从而相应的 n 维

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向量中,有 (n ? 1)! 个向量的第 i 个分量为 1。所以,所有向量的取值为 1 的分量总数 n(n ? 1)! ? n! ,

从而得到

? kp (k ) ? n!
k ?1 n

n

例 2-131

在圆周上给定 2n ? 1(n ? 3) 个点, 从中任选 n 个点染成黑色。 试证一定存在两个黑点,

使得以它们为端点的两条弧之一的内部,恰好含有 n 个给定的点。 证明 若不然,从圆周上任何一个黑点出发,沿任何方向的第 n ? 1 个点都是白点,因而,对 于每一个黑点,都可得到两个相应的白点。这就定义了一个由所有黑点到白点的对应,因为每个黑 点对应于两个白点,故共有 2n 个白点(包括重复计数) 。又因每个白点至多是两个黑点的对应点, 故至少有 n 个不同的白点,这与共有 2n ? 1个点矛盾,故知命题成立。 2-7-3 递推 如果前一件事与后一件事存在确定的关系,那么,就可以从某一(几)个初始条件出发逐步递 推,得到任一时刻的结果,用递推的方法解题,与数学归纳法(但不用预知结论) ,无穷递降法相联 系,关键是找出前号命题与后号命题之间的递推关系。 用递推的方法计数时要抓好三个环节: (1)设某一过程为数列 f (n) ,求出初始值 f (1), f (2) 等,取值的个数由第二步递推的需要决 定。 (2)找出 f (n) 与 f (n ? 1) , f (n ? 2) 等之间的递推关系,即建立函数方程。 (3)解函数方程 例 2-132 整数 1,2,?,n 的排列满足:每个数大于它之前的所有的数或者小于它之前的所有 的数。试问有多少个这样的排列? 解 通过建立递推关系来计算。设所求的个数为 an ,则 a1 ? 1 (1) 对 n ? 1 ,如果 n 排在第 i 位,则它之后的 n ? i 个数完全确定,只能是 n ? i, n ? i ? 1, ?,2,1。 而它之前的 i ?1 个数, n ? i ? 1, n ? i ? 2, ?, n ? 1 ,有 ai ?1 种排法,令 i ? 1, 2, ?, n 得递推关系。

an ? 1 ? a1 ? … ? an?2 ? an?1 ? (1 ? a1 ? … ? an?2 ) ? an?1 ? an?1 ? an?1 ? 2an?1
由(1)(2)得 , 例 2-133

(2)

an ? 2n ?1
设 n 是正整数, An 表示用 2×1 矩形覆盖 2 ? n 的方法数; Bn 表示由 1 和 2 组成的
0 m ?Cm ? Cm2 1 ? Cm ?4 2? … ? C m2,2 ? ? Cn ? ? 1 3 5 m ?2 ?Cm ?1 ? Cm ? 2? Cm ? ? … ? C m ?2 3 ?

各项和为 n 的数列的个数;且

n? m
1 1

n ? 2m ? 1

,证明

2

,

An ? Bn ? Cn
证明 由 An , Bn 的定义, 容易得到 An ?1 ? An ? An ?1 , A1 ? 1, A2 ? 2

Bn?1 ? Bn ? B? 1, B? 1 , B 2 ? n 1 2

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又因为 C1 ? 1, C2 ? 2 ,且当 n ? 2m 时,
0 2 4 2 m? 2m 1 3 5 2 m ?1 1 3 Cn ? Cn?1 ? Cm ? Cm?1 ? Cm? 2 ? … ? C2 m?12 ? C2 m ? Cm ? Cm?1 ? Cm? 2 ? … ? C2m?1 ? Cm?1 ? Cm? 2 5 2m 2 m ?1 ?Cm?3 ? … ? C2 m ?1 ? C2 m?1 ? Cn ?1

类似地可证在 n ? 2m ? 1 时也有 Cn ? Cn ?1 ? Cn ?1 ,从而 ? An ? , ? Bn ? 和 ?C n ? 有相同的递推关系 和相同的初始条件,所以 An ? Bn ? Cn 。

IMO22?3 , IMO29?6 用无穷递降法求解也用到了这一技巧。
2-7-4 区分 当“数学黑箱”过于复杂时,可以分割为若干个小黑箱逐一破译,即把具有共同性质的部分分 为一类,形成数学上很有特色的方法——区分情况或分类,不会正确地分类就谈不上掌握数学。 有时候,也可以把一个问题分阶段排成一些小目标系列,使得一旦证明了前面的情况,便可用 来证明后面的情况,称为爬坡式程序。比如,解柯西函数方程就是将整数的情况归结为自然数的情 况来解决,再将有理数的情况归结为整数的情况来解决,最后是实数的情况归结为有理数的情况来 解决。 IMO14? 2 的处理也体现了爬坡式的推理(例 2-47) 。 区分情况不仅分化了问题的难度,而且分类标准本身又附加了一个已知条件,所以,每一类子 问题的解决都大大降低了难度。 例 2-134 设凸四边形 ABCD 的面积为 1, 求证在它的边上 (包括顶点) 或内部可以找出 4 个点, 使得以其中任意三点为顶点所构成的 4 个三角形的面积均大于 1/4。 证明 作二级分类 1.当四边形 ABCD 为平行四边形时,

S?ABC ? S?ABD ? S?ACD ? S?BCD ?

1 1 ? 2 4

A,B,C,D 即为所求,命题成立。 2.当四边形 ABCD 不是平行四边形时,则至少有一组对边不平行,设 AD 与 BC 不平行,且直 线 AD 与直线 BC 相交于 E,又设 D 到 AB 的距离不超过 C 到 AB 的距离,过 D 作 AB 的平行线交 BC 于 F,然后分两种情况讨论。

1 AB ,此时可作△EAB 的中位线 PQ、QG,则 2 1 1 1 即 A、G、Q、P 为所求。 S? AGQP ? S? EAB ? S ABCD ? 2 2 2 1 1 (2)如图 2-53, DF ? AB ,此时可在 CD 与 CF 上分别取 P、Q,使 PQ ? AB 。过 Q9 2 2 1 或 P)作 QG∥AP 交 AB 于 G。为证 S? APQG ? ,连 AP 交 BE 于 M,过 A 作 AH∥BC 交 CD 延长 2
(1)如图 2-52, DF ? 线于 H。有 S?PCM ? S?PAH ? S?PAD

S?MAB ? S?PCM ? S ABCP ? S?PAD ? S ABCO ? AABCD

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S? A P Q G ?

1 S ? 2

MAB

?

1 S 2

ABCD

?

1 2

故 A、P、Q、G 为所求, 这实际上已证明了一个更强的命题:面积为 1 的凸四边形一定能嵌入一个面积大于 1/2 的平行 四边形。 例 2-135 对内角分别为为 30°、60°、90°的三角形的顶点和各边四等分点共 12 个点,染以 红色或蓝色,则必存在同色的三点,以它们为顶点的三角形与原三角形相似。 证明 设△ABC 中,∠C=90°,∠B=60°,∠C=30°,点 A1,A2,A3;B1,B2,B3;C1, C2,C3 分别是边 AB、BC、CA 的四等分点,下面作三级分类。 1.点 A、B、C 同色时,结论显然成立。 2.点 A、B、C 异色时,记 A 为红色,写作 A(红) ,其余各点染色记号类同。 (1)A(红) ,B(红) ,C(蓝)时,由△ABC~△B1BA~△C3B1C~△C3AA3~△A2A3B1~△AA2C2~ △C2B2C~△A2AB2 知,若结论不成立,则有 B1(蓝)→C3(红)→A3(蓝)→A2(红)→C2(蓝)→B2(红)→A(蓝) 。 这与 A(红)矛盾。 (2)A(红) ,B(蓝) ,C(红)时,由△ABC~△B1AC~△A3BB1~△AC3A3~△C2C3B1~△C2B2C~ △A2BB2~△AA2C2 知,若结论不成立,则有 B1(蓝)→A3(红)→C3(蓝)→C2(红)→B2(蓝) →A2(红)→A(蓝)这与 A(红)矛盾。 (3)A(红) ,B(蓝) ,C(蓝)时,又分两种情况: (3)1 当 B1(红)时,由△ABC~△B2B1A~△B2C2C~△AA2C2~△A2BB2 知,若结论不成立,则 有 B2(蓝)→C2(红)→A2(蓝)→B(红) 。这与 B(蓝)矛盾。图(2-56) (3)2 当 B1(蓝)时,由△ABC~△C3B1C~△C3AA3~△A3BB1 知,若结论不成立,则有 C3(红)→A3(蓝)→B(红)与 B(蓝)矛盾。 (图 2-57) 2-7-5 染色 染色是分类的直观表现,在数学竞赛中有大批以染色面目出现的问题,其特点是知识点少,逻 辑性强,技巧性强;同时,染色作为一种解题手段也在数学竞赛中广泛使用。下面是一些熟知的结 果。 1.在(点)二染色的直线上存在相距 1 或 2 的同色两点。 2.在(点)二染色的直线上存在成等差数列的同色三点。 3.在(点)二染色的平面上存在边长为 1 或 3 的单色正三角形(三个顶点同色的三角形) 。 4.设 T1,T2 是两个三角形,T1 有一边长 1,T2 一边长 3 。若将平面作(点)二染色,则恒可 找到一个全等于 T1 或 T2 的单色三角形。 5.在(点)三染色的平面上,必有相距为 1 的两点同色。 6.在(点)三染色的平面上,必存在一个斜边为 1 的直角三角形,它的三个顶点是全同色的或 是全不同色的。 7.在(边)染色的六阶完全图中必有单三角形(三边同色) 。 8.在(边)染色的六阶完全图中至少有两个单色三角形。 例 2-136 有一个 3×7 棋盘。用黑、白两种颜色去染棋盘上的方格,每个方格只染一种颜色。 证明不论怎样染色,棋盘上的方格组成的矩形中总有这样的矩形,其边与棋盘相应的边平行,而 4 个角上的方格颜色相同。 证明 称满足条件的矩形为单色矩形。由于棋盘上的 3×7=21 个方格只染两种颜色,必有 11 个同色,不妨设同为黑色。现设第 i 列上有 di (0 ? di ? 3)个黑色方格,一方面,总黑格数为
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7 1 x ? ? d i ? 11 ;另一方面,在第 i 列上首尾两端都是黑格的矩形有 di (di ? 1) 个,总计 2 i ?1
7 1 7 2 7 1 7 1 1 2 t ? (? di ?? di ) ? [ (? di ) ? ? di ] ? ( x 2 ? 7 x) ? 14(112 ? 7 ? 11) ? 3 2 i ?1 7 i ?1 14 7 i ?1 i ?1

若题中的结论不成立,则上述 t 个矩形两两不同,将它们投影到第一列,那么第 1 列就存在 t 个首尾两端都是黑格的矩形,但第 1 列最多有 C3 ? 3 个这样的矩形,有 3 ? t ? 3
2

1 矛盾,故命题成 7

立。 例 2-137 在边二染色的 K5 中没有单色三角形的充要条件是它可分解为一红一蓝两个圈,每个 圈恰由 5 条边组成。 证明 由图 2-58 可见,充分性是显然的。 考虑必要性, K5 中每点恰引出 4 条线段, 在 如果从其中某点 A1 能引出三条同色线段 A1A1, 1A3, A A1A4, 记为同红, 则考虑△A2A3A4, 若当中有红边 Ai A j ( 2 ? i ? j ? 4 ) 则存在红色三角形 A1 Ai Aj , 是同蓝色三角形,均无与单色三角形矛盾。所以,从每点引出的四条线段中恰有两条红色两条蓝色, 整个图中恰有 5 条红边、5 条蓝边。 现只看红边,它们组成一个每点度数都是 2 的偶图,可以构成一个或几个圈,但是每个圈至少 有 3 条边,故 5 条红边只能构成一个圈,同理 5 条蓝边也构成一个圈。 例 2-138 求最小正整数 n ,使在任何 n 个无理数中,总有 3 个数,其中每两数之和都仍为无理 数。 解 取 4 个无理数

?

2, 3, ? 2, ? 3 ,显然不满足要求,故 n ? 5 。

?

设 a, b, c, d , e 是 5 个无理数,视它们为 5 个点,若两数之和为有理数,则在相应两点间连一条 红边,否则连一条蓝边。这就得到一个二染色 k5 。只须证图中有蓝色三角形,分两步: (1)无红色三角形。若不然,顶点所对应的 3 个数中,两两之和均为有理数,不妨设

1 a ? b, b ? c, c ? a 都是有理数,有 a ? [(a ? b) ? (b ? c) ? (c ? a)] 2
但无理数≠有理数,故 k5 中无红色三角形。 (2)有同色三角形,若不然,由上例知, k5 中有一个红圈,顶点所对应的 5 个数中,两两之 和均为有理数,设 a ? b, b ? c, c ? d , d ? e, e ? a 为有理数,则

1 a ? [(a ? b) ? (b ? c) ? (c ? d ) ? (d ? e) ? (e ? a)] 2
但无理数≠有理数,故 k5 中无 5 条边组成的红圈,从而有同色三角形。 这时,同色三角形必为蓝色三角形,其顶点所对应的 3 个无理数,两两之和仍为无理数。 综上所述,最小的正整数 n=5 2-7-6 极端

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某些数学问题中所出现的各个元素的地位是不平衡的,其中的某个极端元素或某个元素的极端 状态往往具有优先于其它元素的特殊性质,而这又恰好为解题提供了突破口,从极端元素入手,进 而简捷地解决问题,这就是通常所说的“极端原理” 。 使用这一技巧时,常常借用自然数集的最小数原理,并与反正法相结合。 例 2-139 设 S 为平面上的一个有限点集(点数≥5) ,其中若干点染上红色,其余的点染上蓝 色,设任何 3 个及 3 个以上的同色的点不共线。求证存在一个三角形,使得 (1)它的 3 个顶点涂有相同颜色; (2)这三角形至少有一边上不包含另一种颜色的点。 证明 对于任意的五点涂上红色蓝色,则必有三点同色,结论(1)成立。 若结论(2)不成立,可取顶点同色的三角形中面积最小的一个,因为只有有限个三角形,这是 可以做到的,记为△ABC,由于此三角形的每一边上都有异色点,记为 A1,B1,C1,则△A1B1C1 也是同色三角形,且面积小于△ABC 的面积,这与△ABC 面积的最小性矛盾。故(2)成立。 例 2-140 已知实数列 ?an ?k ?1 具有下列性质:存在自然数 n,满足 a1 ? a2 ? … ? an ? 0
?

及 an ? k ? ak , k ? 1, 2… 求证存在自然数 N,使当 k ? 0,1, 2,… 时,总有 证明 构造和式
N ?K i? N

?a

i

?0

S j ? a1 ? a2 ? … ? a j ( j ? 1, 2,…, n)
依题设知

Sn ? j ? S j ? a j ?1 ? a j ? 2 ? … ? a j ? n ? S j ? a j ?1 ? a j ? 2 ? … ? an ? a1 ? a2 ? … ? a j ? S j ? (a1 ? a2 ? … ? an ) ? S j
这表明,和数列的各项中只取有限个不同的值:S1 ,S2 ,?,Sn ,其中必有最小数,记作

Sn (1 ? m ? n) ,取 N=m+1,则 aN ? aN ?1 ? … ? aN ? k ? am?1 ? am? 2 ? … ? am?1? k ? Sm?1? k ? Sm ? 0
2-7-7 对称 对称性分析就是将数学的对称美与题目的条件或结论相结合,再凭借知识经验与审美直觉,从 而确定解题的总体思想或入手方向。其实质是美的启示、没的追求在解题过程中成为一股宏观指导 的力量。著名物理学家杨振宁曾高度评价对称性方法: “当我们默默考虑一下这中间所包含的数学推 理的优美性和它的美丽完整性,并以此对比它的复杂的、深入的物理成果,我们就不能不深深感到 对对称定律的力量的钦佩” 。 例 2-141 设 a1 , a2 ,…,an 为正数,它们的和等于 1,试证必有下不等式成立:

2 2 2 an ?1 an a12 a2 1 ? ?…? ? ? a1 ? a2 a2 ? a3 an ?1 ? an an ? a1 2

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证明 设左边为 x ?

2 2 2 an ?1 an a12 a2 ? ?…? ? a1 ? a2 a2 ? a3 an ?1 ? an an ? a1

2 2 2 a3 an a2 a12 ? ?? ? 出于对称性的考虑,再引进 y ? a1 ? a2 a2 ? a3 an ?1 ? an an ? a1 2 2 2 a2 ? a2 a2 ? a2 a12 ? a2 a2 ? a3 ? ? … ? n ?1 n ? n 1 a1 ? a2 a2 ? a3 an ?1 ? an an ? ai

有x? y ?

? (a1 ? a2 ) ? (a2 ? a3 ) ? … ? (an?1 ? an ) ? (an ? a1 ) ? 0
又由

ai2 ? a 2 j ai ? a j

?

ai ? a j 2

得x?

2 2 2 a 2 ? a12 1 1 a 2 ? a2 a2 ? a3 ( x ? y) ? ( 1 ? ?? n ) 2 2 a1 ? a 2 a2 ? a3 an ? a1

1 ? [(a1 ? a2 ) ? (a2 ? a3 ) ? … ? (an ? a1 )] 4 1 1 ? (a1 ? a2 ? … ? an ) ? 2 2 1 a1 ? a2 ? … ? an ? 时,可取等号。 n
还可用平均值不等式、柯西不等式直接证明。 例 2-142 在[0,1]上给定函数 y ? x (图 2-59) ,则 t 点在什么位置时,面积 S1 ? S2 有最大值
2

和最小值。 解 在[0,1]中作曲线 y ? x 关于直线 x ?
2

1 的对称曲线与之相交于 P 点,由对称性,可将 S2 2

移至左上角,阴影部分即 S1+S2(图 2-60) 。移动 t 点,相当于 MN 上下平移,当 MN 经过 P 点,即

t?

1 时,阴影面积(S1+S2)最小(图 2-61) ;当 t ? 1时,阴影面积为最大(图 2-62) 。 2

下文中,例 3-2 的处理,是不落俗套进行对称性分析的一个好例子,例 3-18 体现了对图形对称 性的洞察。

奥林匹克数学的技巧(中篇)
2-7-8 配对 配对的形式是多样的,有数字的凑整配对或共轭配对,有解析式的对称配对对或整体配对,有 子集与其补集的配对,也有集合间象与原象的配对。凡此种种,都体现了数学和谐美的追求与力量, 小高斯求和(1+2+?+99+100)首创了配对, IMO16 ?3 也用到了配对。

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例 2-143



?[ 503 ] 之值。
n ?0 251 305 n 3 0n5 305(5n 3 ? 0 ) 251? 304 503 ) ? ? 0 4 ?2 5 1 3 ?[ 5 0 3 ]? ?1 ( [ 5 0 3?] [ 5 0 3 ?] ??1 503 n ?0 n? n 502
1 2 k n an ? Cn ? 2Cn ? … ? kCn ? … ? nCn

502

305n

解 作配对处理

76304

例 2-144 求和 解一 由 Cn ? Cn
k

n?k

把 an 倒排,有 an ? 0Cn ? 1Cn ? 2Cn ? … ? kCn ? … ? nCn
0 1 2 k

n

n n n n an ? nCn ? (n ? 1)Cn ?1 ? … ? (n ? k )Cn ?k ? … ? 0Cn 0 1 n 2an ? n(Cn ? Cn ? … ? Cn )n ? 2n

相加 得

an ? n ? 2n ?1

解二 设集合 S ? ?1, 2, …, n? ,注意到 有 an ?

k Ck ? n

A? S ,

?

A k 1 , 2 , ,n , ? …
A ? k

A? S

?A
A? S

为了求得 于是 an ?

? A 把每一 A ? S ,让它与补集 A 配对,共有 2
A? S

n?1

对,且每对中均有 A ? A ? n

? A ? n ? n ? …n ? n ? 2

n ?1

这两种解法形式上虽有不同,但本质上是完全一样的,还有一个解法见例 2-149。 例 2-145 设 x1 , x2 , …, xn 是给定的实数,证明存在实数 x 使得

? x ? x1? ? ? x ? x2 ? ? … ? ? x ? xn ? ?
这里的 ? y? 表示 y 的小数部分。 证明 有

n ?1 2

? y? ? ?? y? ? ?

?1,   y?Z ? ?0,   y ? Z ?

知 ? y? ? ?? y? ? 1

下面利用这一配对式的结论。设 fi ? ? xi ? x1? ? ? x1 ? x2 ? ? ? ? xi ? xn ?

?f
i ?1

n

i

?

1?i ? j ? n

? (?x ? x ? ? ?x
i j

j

? xi ?) ?

1?i ? j ? n

?

2 1 ? Cn ?

n(n ? 1) 2

据抽屉原理①知,必存在 k (1 ? k ? n) ,使 f k ? 取 x ? xk ,由上式得

1 2 n ?1 Cn ? n 2

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? x ? x1? ? ? x ? x2 ? ? … ? ? x ? xn ? ?

n ?1 2

2-7-9 特殊化 特殊化体现了以退求进的思想:从一般退到特殊,从复杂退到简单,从抽象退到具体,从整体 退到部分,从较强的结论退到较弱的结论,从高维退到低维,退到保持特征的最简单情况、退到最 小独立完全系的情况,先解决特殊性,再归纳、联想、发现一般性。华罗庚先生说,解题时先足够 地退到我们最易看清楚问题的地方,认透了、钻深了,然后再上去。 特殊化既是寻找解题方法的方法,又是直接解题的一种方法。 例 2-146 已知恒等式
2 4 ( 2x ? 18) ? a x ? b8 ) ? x ? c x? d ) ( (

求实数 a, b, c, d ,其中 a ? 0 。 解 对 x 取特殊值,当 x ? 故有

a ? b ? 0 (1) 2

1 a 1 c 8 4 时,有 ?( ? b) ? ( ? ? d ) ? 0 2 2 4 2 1 c ? ? d ? 0 (2) 4 2
1 ? b8 ? d 4 (3)
8 8

又取 x ? 0 (即比较常数项系数) ,有
8

比较 x 的系数(考虑特殊位置) ,有 2 ? a ? 1 (4) 由④得 a ?
8

28 ? 1 ? 8 255

代入(1) ,得 b ? ?

8

255 2

代入原式左边,有 (2 x ? 1) ? ( 8 255 x ?
8

255 8 1 1 ) ? 256( x ? )8 ? 255( x ? )8 2 2 2

1 1 ? ( x ? )8 ? ( x 2 ? x ? ) 4 2 4
故知 c ? ?1, d ?

1 。 4

也可以将 a, b 的值代入(3)(2)求 d , c ,但要检验排除增根。 、 已知 a 为常数, x ? R ,且 f ( x ? a) ?

例 2-147

f ( x) ? 1 f ( x) ? 1

求证 分析

f ( x) 是周期函数。
作特殊化探索。求解的困难在于不知道周期,先特殊化,取一个满足条件的特殊函数

f ( x) ? ctgx 且 a ?

?
4

,有 ctg ( x ?

?
4

)?

ctgx ? 1 ctgx ? 1

但 ctgx 的周期为 T ? ? ? 4 ? 猜想: T ? 4a 是周期。

?
4

? 4a 。

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f ( x) ? 1 ?1 f ( x ? a ) ? 1 f ( x) ? 1 ?1 证明 由已知有 f ( x ? 2a ) ? ? ? f ( x ? a ) ? 1 f ( x) ? 1 ? 1 f ( x) f ( x) ? 1
据此,有 f ( x ? 4a ) ? ?

1 1 ?? ? f ( x) 1 f ( x ? 2a ) ? f ( x)

得证 f ( x) 为周期函数,且 T ? 4a 为一个周期。 例 2-148 在平面上给定一直线,半径为 n 厘米( n 是整数)的圆以及在圆内的 4n 条长为 1 厘 米的线段。试证在给定的圆内可以作一条和给定直线平行或垂直的弦,它至少与两条给定的线段相 交。 分析 特殊化,令 n ? 1 ,作一个半径为 1 的圆,在圆内作四条 1 厘米长的线段,再作一条与已 知直线 L 垂直的直线 L’(图 2-63) 现从结论入手,设 AB∥L 并与两条弦相交,则交点在 L’上的投影重合,反之,如果四条线段在 L 或 L’上的投影有重合点,则从重合点出发作垂线即可。 由特殊化探索出一个等价命题:将给定的线段向已知直线 L 或 L 的垂线作投影时,至少有两个 投影点重合。 这可以通过长度计算来证实。 证明 设已知直线为 L,作 L’⊥L,又设 4n 条线段为 d1 , d 2 ,…, d 4 n ,每一条 d i 在 L,L’上的投 影长为 ai , bi (1 ? i ? 4n) ,有 ai ? 0, bi ? 0, ai ? bi ? 1 。
2 2

由 ai ? bi ?
4n 4n

(ai ? bi ) 2 ? ai2 ? bi2 ? 1
4n



? ai ? ? bi ? ? (ai ? bi ) ? 4n
i ?1 i ?1 i ?1

从而, 两个加项

但圆的直径为 2n 厘米, d1 , d 2 ,…, d 4 n 故 ? ai , ? bi 中必有一个不小于 2n 厘米,
i ?1 i ?1

4n

4n

在 L 或 L’的投影中,至少有两条线段的投影相交,过重迭点作 L 或 L’的垂线即为所求。 (将 ai , bi 表 示为三角函数运算更方便) . IMO27 ?5 (例 2-51)的求解过程,实质上是对表达式 f ( xf ( y)) ? f ( y) ? f ( x ? y) 中函数的三 个表达式 f ( y), f ( x ? y), f ( xy( y)) 分别取值为 f (2) ? 0 2-7-10 一般化 推进到一般,就是把维数较低或抽象程度较弱的有关问题转化为维数较高、抽象程度较强的问 题,通过整体性质或本质关系的考虑,而使问题获得解决,离散的问题可以一般化用连续手段处理, 有限的问题可以一般化用数学归纳法处理,由于特殊情况往往涉及一些无关宏旨的细节而掩盖了问

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题的关键,一般情况则更明确地表达了问题的本质。波利亚说: “这看起来矛盾,但当从一个问题过 渡到另一个,我们常常看到,新的雄心大的问题比原问题更容易掌握,较多的问题可能比只有一个 问题更容易回答,较复杂的定理可能更容易证明,较普遍的问题可能更容易解决。 ” 希尔伯特还说:在解决一个数学问题时,如果我们没有获得成功,原因常常在于我们没有认识 到更一般的观点,即眼下要解决的只不够是一连串有关问题的一个环节。 例 2-149 求和(例 2-144)
n
1 2 k n an ? Cn ? 2Cn ? … ? kCn ? … ? nCn

解 引进恒等式

( 1? x n ? ? C k x k ) n
k ?0
n

对 x 求导

k n(1 ? x) n ?1 ? ? kCn x k ?1 k ?1

令 x ? 1 ,得

? kC
k ?1

n

k n

? n 2n ?1 。

这实质是将所面临的问题,放到一个更加波澜壮阔的背景上去考察,当中既有一般化、又有特 殊化。 例 2-150 1985 个点分布在一个圆的圆周上,每个点标上+1 或-1,一个点称为“好点” ,如果从 这点开始,依任一方向绕圆周前进到任何一点时,所经过的各数的和都是正的。证明:如果标有-1 的点数少于 662 时,圆周上至少有一个好点。 证明 这里 662 与 1985 的关系是不清楚的, 一般化的过程其实也就是揭示它们内在联系的过程, 可以证明更一般性的结论:在 3n ? 2 个点中有 n 个-1 时, “好点”一定存在。 (1) n ? 1 时,如图 2-64,A、B、C、D 标上+1,则 B、C 均为好点。 (2)假设命题当 n ? k 时成立,即 3k ? 2 个点中有 k 个-1 时,必有好点。 对 n ? k ? 1 ,可任取一个-1,并找出两边距离它最近的两个+1,将这 3 个点一齐去掉,在剩下 的 3k ? 2 个点中有 k 个-1,因而一定有好点,记为 P。现将取出的 3 个点放回原处,因为 P 不是离 所取出的-1 最近的点,因而从 P 出发依圆周两方前进时,必先遇到添回的+1,然后再遇到添回的-1, 故 P 仍是好点,这说明, n ? k ? 1 时命题成立。 由数学归纳法得证一般性命题成立,取 n ? 661 即得本例成立。 这里一般化的好处是:第一,可以使用数学归纳法这个有力工具;第二归纳假设提供了一个好 点,使得顺利过渡到 n ? k ? 1 。一般说来,更强的命题提供更强的归纳假设。 例 2-151 设 m, n ? N ,求证 S ? [

? (?1)
k ?0

n

k

m ](? m ) 是整数。
k ?0

k 2

n

k 2

证明

考虑更一般性的整系数多项式

f ( x) ? [? (? x) k ](? x k )
k ?0 k ?0

n

n



f ( ? x )? f ( x )
2 2

知 f ( x) 是偶函数, 从而 f ( x) 只含 x 的偶次项, f ( x) 是含 x 的整系数多项式, 得 特别地, x 取 为正整数即 m ? x ,得 S ? f ( m ) ? (
2

? (?1)
k ?0

n

k

m )(? m ) 为整数。
k ?0

k 2

n

k 2

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这里,把常数 m 一般化为变数之后,函数性质便成为解决问题的锐利武器。 2-7-11 数字化 数字化的好处是:将实际问题转化为数学问题的同时,还将抽象的推理转化为具体的计算。这 在例 2-33 中已见过。 例 2-152 今有男女各 2n 人,围成内外两圈跳舞,每圈各 2n 人,有男有女,外圈的人面向内, 内圈的人面向外,跳舞规则如下:每当音乐一起,如面对面者为一男一女,则男的邀请女的跳舞, 如果均为男的或均为女的,则鼓掌助兴,曲终时,外圈的人均向左横移一步,如此继续下去,直至 外圈的人移动一周。 证明:在整个跳舞过程中至少有一次跳舞的人不少于 n 对。 解 将男人记为+1,女人记为-1,外圈的 2n 个数 a1 , a2 ,…, a2 n 与内圈的 2n 个数 b1 , b2 , …, b2 n 中 有 2n 个 1, 2n 个-1,因此,和 a1 ? a2 ? … ? a2 n ? b1 ? b2 ? … ? b2 n ? 0 从而 (a1 ? a2 ? … ? a2 n )(b1 ? b2 ? … ? b2 n ) ? ?(b1 ? b2 ? … ? b2 n ) ? 0
2



另一方面,当 a1 与 bi 面对面时, a1bi , a2bi ?1 ,…, a2 nbi ?1 中的-1 的个数表示这时跳舞的对数,如 果在整个过程中,每次跳舞的人数均少于 n 队,那么恒有

a1bi ? a2bi ?1 ? … ? a2 nbi ?1 ? 0(i ? 1, 2,…, 2n)
从而总和 0 ?

? (a b ? a b
i ?1 1 i

2n

2 i ?1

? … ? a2 nbi ?1 ) ? (a1 ? a2 ? … ? a2 n )(b1 ? b2 ? … ? b2 n )



由①与②矛盾知,至少有一次跳舞的人数不少于 n 对。 这里还用到整体处理的技巧。 例 2-153 有男孩、女孩共 n 个围坐在一个圆周上( n ? 3 ) ,若顺序相邻的 3 人中恰有一个男 孩的有 a 组,顺序相邻的 3 人中恰有一个女孩的有 b 组,求证 3 a ? b 。 证明 现将小孩记作 ai (i ? 1, 2, …, n) ,且数字化

?1    ai 表示男孩时 ai ? ? ? ?1    ai 表示女孩时

则 Ai ? ai ? ai ?1 ? ai ? 2

?3  ai , ai ?1 , ai ? 2均为男孩 ? ??3  ai , ai ?1 , ai ? 2均为女孩 ?? ?1  ai , ai ?1 , ai ? 2 恰有一个女孩 ??1  a , a , a 恰有一个男孩 i i ?1 i?2 ?

其中 an ? j ? a j 又设取值为 3 的 Ai 有 p 个,取值为 ?3 的 Ai 有 q 个,依题意,取值为 1 的 Ai 有 b 个,取值为 ?1 的 Ai 有 a 个,得 3(a1 ? a2 ? … ? an ) ? (a1 ? a2 ? a3 ) ? (a2 ? a3 ? a4 ) ? … ? (an ? a1 ? a2 )

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? 3 p ? (?3)q ? (?1)a ? b ? 3( p ? q) ? (b ? q)
可见 3 a ? b ,也可以数字化为 a j ? ?

??   a j 表示男孩时 ? ??  a j 表示女孩时 ?

??? ?

1 2

3 i.  w3 ? 1 2

有 ai ai ?1 ? ai ? 2

?1  ai , ai ?1 , ai ? 2表示三男或三女 ? ? ??   ai , ai ?1 , ai ? 2表示二男一女 ? 2 ??   ai , ai ?1 , ai ? 2表示一男二女
知3 a ?b

考虑积

1 ? (a1a2…an )3 ? ? b ?a

2-7-12 有序化 当题目出现多参数、多元素(数、字母、点、角、线段等)时,若按一定的规则(如数的大小, 点的次序等) ,将其重新排列,则排序本身就给题目增加了一个已知条件(有效增设) ,从而大大降 低问题的难度。特别是处理不等关系时,这是一种行之有效的技巧。 例 2-154 设有 2n ? 2n 的正方形方格棋盘。在其中任意的 3n 个方格中各放一枚棋子,求证可 以选出 n 行和 n 列,使得 3 枚棋子都在这 n 行和 n 列中。 证明 设 3n 枚棋子放进棋盘后,2n 行上的棋子数从小到大分别为 a1 , a2 ,…, a2 n ,有

0 ? a1 ? a2 ? … ? a2 n

① ② ③

a1 ? a2 ? … ? an ? an ?1 ? … ? a2 n ? 3n
由此可证

an?1 ? an? 2 ? … ? a2 n ? 2n

(1)若 an ?1 ? 2 ,③式显然成立。 (2)若 an?1 ? 1 时, a1 ? a2 ? … ? an ? n ? an?1 ? n 从而 an ?1 ? an ? 2 ? … ? a2 n ? 3n ? (a1 ? a2 ? … ? an ) ? 2n 得③式也成立。 据③式,可取棋子数分别为 an ?1 , an ? 2 ,…, a2 n 所对应的行,共 n 行。由于剩下的棋子数不超过 n, 因而至多取 n 列必可取完全部 3n 个棋子。 例 2-155 设 x1 , x2 , …, xn 都是自然数,且满足

x1 ? x 2 ? … ? xn ? x x …xn 1 2



求 x1 , x2 , …, xn 中的最大值。 n ? 2 ) ( 解 由条件的对称性,不妨设

x1 ? x2 ? … ? xn



这就改变了条件的对称性,相当于增加了一个条件 否则, xn ?1 ? 1 ,由②知

xn ?1 ? 2 (n ? 2 )

x1 ? x2 ? … ? xn?1 ? xn ?1 ? 1
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从而,代入①得

(n ? 1 ) xn ? xn 矛盾,这时,由①有 ?

xn ?

x1 ? x2 ? … ? xn ?1 x1 x2 …xn ?2 ? … ? x1 x2 …xn ?2 ? x1 x2 …xn ?1 xn ?1 ? x1 x2 …xn ?1 ? 1 x1 x2 …xn ?1 ? 1 ? (n ? 2 ? xn ?1 ) x1 x2 …xn ?2 x1 x2 …xn ?1 ? 1

?

(n ? 2 ? xn ?1 ) x1 x2 …xn ? 2 n ? 2 ? xn ?1 n ?1 ? ? 1? ?n x1 x2…xn ?1 ? x1 x2 …xn ? 2 xn ?1 ? 1 xn ?1 ? 1

当 x1 ? x2 ? … ? xn ?2 ? 1 且 xn ?1 ? 2 时, xn 有最大值 n ,这也就是 x1 , x2 , …, xn 的最大值。 2-7-13 不变量 在一个变化的数学过程中常常有个别的不变元素或特殊的不变状态,表现出相对稳定的较好性 质,选择这些不变性作为解题的突破口是一个好主意。 例 2-156 从数集 ?3, 4,12? 开始,每一次从其中任选两个数 a, b ,用

3 4 4 3 a ? b 和 a ? b 代替 5 5 5 5

它们。能否通过有限多次代替得到数集 ?4, 6,12? , 解 对于数集 ?a, b, c? ,经过一次替代后,得出 ? a ? 有( a?

?3 ?5

4 4 3 ? b, a ? b, c ? , 5 5 5 ?

3 5

4 2 4 3 b) ? ( a ? b)2 ? c 2 ? a 2 ? b2 ? c 2 5 5 5
2 2 2 2 2 2

即每一次替代后,保持 3 个元素的平方和不变(不变量) 。由 3 ? 4 ? 12 ? 4 ? 6 ? 12 知, 不能由 ?3, 4,12? 替换为 ?4, 6,12? 。 例 2-157 设 2n ? 1 个整数 a1 , a2 , …, a2 n ?1 具有性质 p ; 从其中任意去掉一个, 剩下的 2n 个数可

以分成个数相等的两组,其和相等。证明这 2n+1 个整数全相等。 证明 分三步进行,每一步都有“不变量”的想法。 第一步 先证明这 2n+1 个数的奇偶性是相同的。 因为任意去掉一个数后,剩下的数可分成两组,其和相等,故剩下的 2n 个数的和都是偶数。因 此,任一个数都与这 2n+1 个数的总和具有相同的奇偶性。 第二步 如果 a1 , a2 , …, a2 n ?1 具有性质 P,则每个数都减去整数 c 之后,仍具有性质 P,特别地 取 c ? a1 ,得 0, a2 ? a1 , a3 ? a1 , …, a2 n ?1 ? a1 也具有性质 P,由第一步的结论知, a2 ? a1 , a3 ? a1 , …, a2 n ?1 ? a1 都是偶数。 第三步 由 0, a2 ? a1 , a3 ? a1 , …, a2 n ?1 ? a1 为偶数且具有性质 P,可得

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0,

都是整数,且仍具有性质 P,再由第一步知,这 2n ? 1 个数的奇偶性相同,为偶数,所以都除 以 2 后,仍是整数且具有性质 P,余此类推,对任意的正整数 k ,均有

a ?a a2 ? a1 a3 ? a1 , ,…, 2 n ?1 1 2 2 2

0,

a ?a a2 ? a1 a3 ? a1 , ,…, 2 n ?1 k 1 为整数,且具有性质 P,因 k 可以任意大,这就推得 k k 2 2 2
a1 ? a2 ?… ? an2?
1

a2 ? a1 ? a3 ? a1 ? … ? a2 n?1 ? a1 ? 0 即

2-7-14 整体处理 数学题本身是一个子系统,在解题中,注意对其作整体结构的分析,从整体性质上去把握各个 局部,这样的解题观念或思考方法,称为整体处理。 例 2-158 九个袋子分别装有 9,12,14,16,18,21,24,25,28 只球,甲取走若干袋,乙也 取走若干带,最后只剩下一袋,已知甲取走的球数总和是乙的两倍,问剩下的一袋内装有球几只? 解 从全局上考虑,由于甲取走的球数是乙取走球数的两倍,所以取走的球数总和必是 3 的倍 数,而九个袋子的球数之和被 3 除余 2,所以剩下的一袋也是被 3 除余 2,又由于九袋中,只有

14 ? 2(mod 3) ,故剩下的袋内装球 14 只。
例 2-159 证明任意 3 个实数 a, b, c 不能同时满足下列三个不等式

a ? b?c , b ? c ?a , c ? a ?b
证明 若不然,存在 3 个实数 a0 , b0 , c0 ,使

a0 ? b0 ? c0
相乘

b0 ? c0 ? a0

c0 ? a0 ? b0

0 ? (a0 ? b0 ? c0 ) 2 (a0 ? b0 ? c0 ) 2 (b0 ? c0 ? a0 ) 2 ? 0

这一矛盾说明,任意 3 个实数 a, b, c 不能同时满足题设的三个不等式。 2-7-15 变换还原 利用那些具有互逆作用的公式或运算,先作交换,再作还原,是绕过难点,避开险处的一个技 巧。

? x1 ? 0, x1 ? 1, 且 ? 例 2-160 求数列的通项,已知 ? x ( x 2 ? 3) xn ?1 ? n 2n ( n ? 1) ? 3 xn ? 1 ?
解 引进变换 F ( x) ?

1? x ,有 1? x

F ( F ( x) ? x )



xn ?

3 xn ?1 ( x2n ?1? 3 ) (nn ?1? 1 )? x(n ?1 ? 31 ) ? 2 3 xn ?1 ? 1 (xn ?1? 13) xn ?1 ? ( ? 31 )

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1 ? xn ?1 3 1? ( ) 1 ? xn ?1 1 ? F 3 ( xn ?1 ) ? ? ? F ( F 3 ( xn ?1 )) 3 1 ? xn ?1 3 1 ? F ( xn ?1 ) 1? ( ) 1 ? xn ?1
得 F ( xn ) ? F ( F ( F ( xn ?1 ))) ? F ( xn ?1 ) ? F ( xn ? 2 ) ? … ? F
3 3 32 3n?1

( x1 )



xn ? F ( F (xn ) ? F F(3 )

n?1

x1(

))

1 ? x1 3n?1 1? ( ) n?1 n?1 1 ? x1 (1 ? x1 )3 ? (1 ? x1 )3 ? ? 1 ? x1 3n?1 (1 ? x )3n?1 ? (1 ? x )3n?1 1 1 1? ( ) 1 ? x1
例 2-161
n k

证明恒等式
k n

? (?1) C
k ?1

1 1 1 (1 ? ? … ? ) ? ? 2 k n

(1)

证明 若 bn ?

利用互逆公式:

? (?1) C a
l t ?0 n l k k k ?0

k

l

k ? 0 , 1 , … (2) 2,

则 an ?

? (?1) C b
1 l

k n k

n ? 0 , 1, … 2,

(3)

记 a0 ? 0, al ? ? , l ? 1, 2,… 先作(2)中的运算

1 1 b0 ? 0, bn ? 1 ? ? … ? , n ? 1, 2, … 2 n

k 1 k ?1 1 bk ? ? (?1)l Ckl (? ) ? ? (?1)l ?1 Ckl ? (?1) k ?1 l k l ?1 l ?1 k ?1 1 1 ? ? (?1)l ?1 (Ckl ?1 ? Ckl ?11) ? (?1) k ? 1 ? l k l ?1 k ?1 1 1 1 k ?1 1 ? ? (?1)l ?1 Ck ?1 ? ? (?1)l ?1 Ckl ? (?1) k ?1 l k l ?1 k l ?1

? bk ?1 ?

1 k 1 1 1 ? (? 1 l)?1 Ckl ? bn? 1? k ? bk ? 2? k ? 1 ? k k l ?1

1 1 ? …… ? 1 ? ? … ? 2 k
再作(3)中的运算

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?

n n 1 1 1 k k ? an ? ? (?1) k Cn bn ? ? (?1) k Cn (1 ? ? … ? ) n 2 k k ?0 k ?0

2-7-16 逐步调整 在涉及到有限多个元素的系统中,系统的状态是有限的,因而总可以经过有限次调整,把系统 调整到所要求的状态(常常是极值状态) 。 例 2-162 已知二次三项式 f ( x) ? ax ? bx ? c 的所有系数都是正的且 a ? b ? c ? 1,求证:对
2

于任何满足 x1 x2 …xn ? 1 的正数组 x1 , x2 , …, xn ,都有 f ( x1 ) f ( x2 )…f ( xn ) ? 1 证明 由 f (1) ? a ? b ? c ? 1 知,若 x1 ? x2 ? … ? xn ? 1 则(1)中等号成立。 若 x1 , x2 , …, xn 不全相等,则其中必有 xi ? 1, x j ? 1 (不妨设 i ? j ) ,由 (2)

(1)

f ( xi ) f ( x j ) ? f (1) f ( xi x j )
2 ? (a x2 ? b ix ? )c( aj x? i

b x ) c( ? j ?

? ? ) ( 2 i 2a x ?x i a b c j

j

b ? )x x

c

? ?abxi x j ( xi ? 1)( x j ? 1) ? ac( xi2 ? 1)( x 2 ? 1) ? bc( xi ? 1)( x j ? 1) ? 0 j
可作变换

? xk ' ? xk ( k ? i, k ? j ) ? ? ? xi ' ? xi x j , x j ' ? 1 ?

则?

? x1 ' x2 '…xn ' ? x1 x2 …xn ? 1 ? f ( x1 ') f ( x2 ')…f ( xn ') ? f ( x1 ) f ( x2 )…f ( xn )
当 x1 ', x2 ', …, xn ' 不全相等时,则又进行同样的变换,每次变换都使 x1 , x2 , …, xn 中等于 1 的个

数增加一个,至多进行 n ? 1 次变换,必可将所有的 xi 都变为 1,从而

f ( x1 ) f ( x2 )…f ( xn ) ? f ( x1 ') f ( x2 ')…f ( xn ') ? … ? f (1) f (1)…f (1) ? 1①
此题中逐步调到平衡状态的方法也叫磨光法,所进行的变换称为磨光变换。 例 2-163 平面上有 100 条直线,它们之间能否恰有 1985 个不同的交点。 解 100 条直线若两两相交,可得 C100 ? 4950 个交点,现考虑从这种状态出发,减少交点的个
2

数,使恰好为 1985。办法是使一些直线共点或平行。 设直线有 k 个共点的直线束,每一束中直线的条数为 n1 , n2 ,…, nk (ni ? 3, i ? 1, 2, …, k ) 有

n1 ? n2 ? … ? nk ? 100
这时,每一束的交点数下降了 Cni ? 1 个,为使
2

- 20 -

华夏园教育奥赛专题——数学

2 2 2 2 (Cn1 ? 1) ? (Cn2 ? 1) ? … ? (Cnk ? 1) ? C100 ? 1985 ? 2965

2 可取最接近 2965 的 C77 ? 1 ? 2925 代替 Cn1 ? 7 ,即 n1 ? 77 ,类似地,取 n2 ? 9, n3 ? 4 ,则有

2

2 2 2 C77 ? 1 ? C92 ? 1 ? C4 ? 1 ? C100 ? 1985 ? 2965

这表明,100 条直线中,有 77 条直线共 A 点,另 9 条直线共 B 点,还有 4 条直线共 C 点,此 外再无“三线共点”或“平行线” ,则恰有 1985 个交点。 2-7-17 奇偶分析 通过数字奇偶性质的分析而获得解题重大进展的技巧,常称作奇偶分析,这种技巧与分类、染 色、数字化都有联系,例 2-32 是一个浅而不俗的例子, IMO26?33 , IMO27 ?1 用到了这一技巧。 例 2-164 设 a1 , a2 , …, a7 是 1,2,?,7 的一个排列,求证

p ? (a1 ? 1)(a2 ? 2)…(a7 ? 7) 必为偶数
证明一 奇数。 奇数 ? (a1 ? 1) ? (a2 ? 2) ? … ? (a7 ? 7) (反证法)若 p 为奇数,则 a1 ? 1, a2 ? 2,…, a7 ? 7 均为奇数,奇数个奇数之和应为

? (a1 ? a2 ? ?a7) ? 1 ?2… )= (为偶数) … ( ? ? 7 0 。
由奇数≠偶数知, p 不能是奇数,从而 p 为偶数。 这种解法,简捷明快,体现了整体处理的优点,但同时也“掩盖”着 p 为偶数的原因。 证明二 若 p 为奇数, ai 与 i 的奇偶性相反 i ? 1, 2,…,7 ) 即 a1 , a2 , …, a7 ) 则 ( , ( 中的奇 (偶)

, 7? 数与 ?1, 2, …, 7? 中的偶(奇)数个数相等,但 A ? ?a1 , a2 , …, a7 ?=?1 2,…,
故 1,2,?,7 中奇数与偶数的个数相同,从而 ?1, 2, …, 7? 中有偶数个元素,但 A ? 7 为奇数, 这一矛盾说明,p 为偶数。 这一解决的实质是,要建立从 A 到 A 之间“奇数与偶数”的一一映射是不可能的,因为这要求

A ? 0(mod 2) ,但 A ? 1(mod2) 。这个解法比较能反映 p 为偶数的原因—— A ? 7 是个奇数,抓
住这个本质,可以把 7 推广为 2m ?1 。 证明三 在 1,2,?,7, a1 , a2 , …, a7 这 14 个数中,共有 8 个奇数,而在乘积

p ? (a1 ? 1)(a2 ? 2)…(a7 ? 7) 中共有 7 个括号,故其中必有一个括号,两个数都是奇数,从而
这个括号为偶数,具有偶约束的 p 当然也是偶数。 例 2-165 在数轴上给定两点 1 和 2 ,在区间 (1, 2) 内任取 n 个点,在此 n ? 2 个点中,每相

邻两点连一线段,可得 n ? 1条线段,证明在此 n+1 条线段中,以一个有理点和一个无理点为端点的

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线段恰有奇数条。 证明 将 n ? 2 个点按从小到大的顺序记为 A1 , A2 , …, An ? 2 ,并在每一点赋予数值 ai ,使

?1  当Ai为有理数点时, ai ? ? ??1  当Ai为无理数点时。
与此同时,每条线段 Ai Ai ?1 也可数字化为 ai ai ?1

??1,  当Ai , Ai ?1一为有理数点,另一为无理数时, ai ai ?1 ? ? ?1,  当Ai , Ai ?1同为有理数点或无理数点时
记 ai ? ai ?1 ? ?1 的线段有 k 条,则

(?1)k ? (?1)k (?1)n ?k ?1 ? (a1a2 )(a2 a3 )(a3a4 )…(an?1an?2 )
? a1 (a2 a3…an ?1 )2 an ? 2

? a1an? 2 ? ?1
故 k 为奇数。

奥林匹克数学的技巧(下篇)
2-7-18 优化假设 对已知条件中的多个量作有序化或最优化(最大、最小、最长、最短)的假定,叫做优化假设, 常取“极端”“限定”“不妨设”的形式。由于假设本身给题目增加了一个已知条件,求解也就常 、 、 能变得容易。求解 IMO10?4 , IMO24?6 , IMO29?6 都用到这一技巧。 例 2-166 空间 2n(n ? 2) 个点,任 4 点不共面,连 n ? 1 条线段,证明其中至少有 3 条边组成
2

一个三角形。 证明 设其中任意三条线段都不能组成三角形,并设从 A1 点引出的线段最多(优化假设) , 且这些线段为 A1B1,A1B2,?A1Bk,除 A1,B1,B2,?,Bk 之外,其他点设为 A2,A3,?,A2n-k。 显然 ? B1 , B2 , …, Bk ? 中任两点间无线段相连。于是,每一个 Bi 发出的线段至多( 2n ? k )条,而每 个 A j 发出的线段至多 k 条( i ? 1, 2,…, kj ? 1, 2,…, 2n ? k ) ,故线段总数最多为(图 2-65) :

1 k ? (2n ? k ) 2 [l (2n ? k ) ? (2n ? k )k ] ? k (2n ? k ) ? [ ] ? n2 2 2
这与已知条件连 n ? 1条线段矛盾,故存在三条线段组成一个三角形。
2

例 2-167

平面上的有限个圆盘盖住了面积为 1 的区域 S, 求证可以从中选出一些互不相交的原

盘来,使它们的面积之和不小于

1 。 9
- 22 -

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证明

将圆心为 O,半径为 r 的原盘记为 C (o, r ) 。首先取全体圆盘中面积最大的一个记为

C (o1 , r1 ) ; 然后在与 C (o1 , r1 ) 不相交的圆盘中取面积最大的一个, 记为 C (o2 , r2 ) , 接着在与 C (o1 , r1 ) , C (o2 , r2 ) 都不相交的圆盘中取面积最大的一个,记为 C (o3 , r3 ) ,继续这一过程,直到无圆可取为止,
设取得的圆盘依次为 C (o1 , r1 ) , C (o2 , r2 ) ,?, C (on , rn ) (1)

则(1)中的圆盘互不相交,且剩下的圆盘均与(1)中的某一圆盘相交。下面证明, (1)中各 圆面积之和 S1 ? S2 ? … ? Sn 不小于

1 。 9

任取 x ? S ,必存在一个已知圆盘 C (o, r ) ,使 c ?C ( ,r ) 。这个 C (o, r ) 或在(1)中,或与(1) o 中的圆盘相交,反正必与(1)有重迭部分,现设(1)中与 C ( o, r ) 有公共部分的最大圆盘为

C (ok , rk )(1? k ? n ),因为 C (o, r ) , C (ok , rk ) 与 C (o1 , r1 ) , C (o2 , r2 ) ,?, C (ok ?1 , rk ?1 ) 均不相交, ( 3 ) 故 由 C (ok ,rk )的 取 法 知 r ? rk , 且 由 C (o, r ) ? C (ok , rk ) ? ? 知 , C (o ,r )? C ok ,rk , 更 有 x ? C (ok , 3k ) r 。这表明 S ? U C (oi ,3ri )
i ?1 n

从而

1 ? ? (3r1 )2 ? ? (3r2 )2 ? … ? ? (3rn ) 2 ? 9(? r12 ? ? r22 ? … ? ? rn2 ) ? 9( S1 ? S2 ? … ? Sn )



( S1 ? S2 ? … ? Sn ) ?

1 9

2-7-19 计算两次 对同一数学对象,当用两种不同的方式将整体分为部分时,则按两种不同方式所求得的总和应 是相等的,这叫计算两次原理成富比尼原理。计算两次可以建立左右两边关系不太明显的恒等式。 在反证法中,计算两次又可用来构成矛盾。 例 2-168 能否从 1,2,?,15 中选出 10 个数填入图 2-66 的圆圈中,使得每两个有线相连的 圈中的数相减(大数减小数) ,所的的 14 个差恰好为 1,2,?,14? 解 考虑 14 个差的和 S,一方面 S=1+2+?+14=105 为奇数。 另一方面,每两个数 a, b 的差与其和有相同的奇偶性 a ? b ? a ? b(mod 2) 因此, 个差的和 S 的奇偶性与 14 个相应数之和的和 S’的奇偶性相同, 14 由于图中的每一个数 a 与 2 个或 4 个圈中的数相加,对 S’的贡献为 2a 或 4a ,从而 S’为偶数,这与 S 为奇数矛盾,所以不 能按要求给图中的圆圈填数。 例 2-169 设 a1 , a2 , …, an 为 1,2,?,n 的一个排列, f k 是集合 ai ai ? ak , i ? k 元素的个数,

?

?

而 g k 是集合 ai ai ? ak , i ? k 元素的个数( k ? 1, 2,…, n ) ,证明

?

?

? f ??g
k ?1 k k ?1

n

n

k

- 23 -

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证明

考虑集合 S ? ( ai , ak ) ai ? ak , i ? k 的元素个数 S 。一方面,固定 k 先对 i 求和,然

?

?

后再对 k 求和,得 S ?

?f
k ?1

n

k

;另一方面,固定 i 先对 k 求和,然后再对 i 求和,又得到

S ? ? gi ? ? g k ,所以得 ? f k ? ? g k 。
i ?1 k ?1

n

n

n

n

k ?1

k ?1

2-7-20 辅助图表 解题中作一些辅助性的图形或表格,常克使问题的逻辑结构直观地显现出来,并提供程序性操 作的机会,例 3-2 的处理曾获冬令营特别奖,同样的方法可用来求和

Sn ? 12 ? 22 ? … ? n2 ?
例 2-170

n(n ? 1)(2n ? 1) 6

设 N ? ?1, 2, …, n? , n ? 2 。 的子集 Ai (i ? 1, 2, …,t)组成集合 F ? ? A1 , A2 , …, At ? 。 N

如果对于每一对元素 x, y ? N , 有一个集合 Ai ? F 使得 Ai ? ? x, y? 恰含一个元素, 则称 F 是可分的。 如果 N 的每一个元素至少属于一个集 Ai ? F ,则称 F 是覆盖的。问使得有一个 F ? ? A1 , A2 , …, At ? 既是可分的又是覆盖的 t 的最小值 f (n) 是多少? 解 设 F ? ? A1 , A2 , …, At ? 对于 N 是既是可分的又是覆盖的,考虑集合与元素的关系表: 元素 集合 A1 A2 ?? At 其中 aij ? ? 1 2 3 ?? ?? ?? ? ??

n
a1n a2n
?

a11 a21
?

a12 a22
?

a13 a23
?

at1

at 2

at 3

atn

?1, j ? A ? ?0, i?A ?

1 ? i ? t, 1 ? j ? n

①由于 F 是覆盖的,所以每个 j 属于至少一个 Ai ,即表中每一列中至少有一个 1。 ②由于 F 是可分的,所以表中每两列均不完全相同。 由于表中的 t 行中, 每个元素只取 0 或 1, 并且每列的元素不全为 0, 所以最多可以组成 2 ? 1 个
t

两两不同的列,由 F 是可分的(或由②) ,有

n ? 2t ? 1 ? 2t


t ? log 2 n ? [log 2 n]

f ( n)? [ l o gn? ] 1 (1) 2
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另一方面,取 t 满足 2

t ?1

? n ? 2t ? 1 ,即 t ? [log 2 n] ? 1

可作出 n 个不同的由 0,1 组成的并且不全为 0 的长为 t 的数字列,因为 n ? 2t ? 1 ,这总是可 能的,将它们作为一个有 t 行 n 列的数字表的 n 列,再把这个表看作是一些集合 A1,A2,?,At 与 元素 1,2,?,n 的关系表。即集合 Ai 由第 i 行中使得 aij ? 1 的哪些 j 组成,即

Ai ? j 1 ? j ? n且aij ? 1 ,1 ? i ? t 。
这时,集合 F ? ? A1 , A2 , …, At ? 对于 N 既是可分的,又是覆盖的,所以,又有

?

?

f (n) ? t ? [log 2 n] ? 1
由(1) (2)知

(2)

f (n) ? [log 2 n] ? 1

例 2-171 六名乒乓球选手进行单打寻坏赛, 比赛在 3 个台上同时进行, 每人每周只能而且必须 参加一场比赛,因而比赛需要进行五周,已知,在第一周 C 与 E 对垒;第二周 B 与 D 对垒;第三周 A 与 C 对垒;第四周 D 与 E 对垒;各周在上述这些对垒同时另外还有两台比赛,问 F 在第五周同谁 进行了比赛。 解 用表上作业法,列下表,并把已知条件填入第一列,根据题意,填表时应满足 (1)每行填 3 对字母,恰好出现已知 6 个字母 A,B,C,D,E,F 各一次。 (2)每个字母各行出现一次,恰好在全表中出现 5 次;每次都与不同的字母配对,恰好与其他 5 个字母各配对一次。 周次 一 二 三 四 五 (CE) (BD) (AC) (DE) (F?) (CB)2 (AF)3 (CD)1 (AB)4 比赛对垒 (AD)4 (CF)2 (AE)3

①由于比赛对垒的第一列中,前四周或有 C 或有 D,但 C、D 间未对垒,故 C、D 必在第五周 对垒,记为(CD)1。 ②由于已经有(CE)(AC)(CD) , , ,故剩下的(CB)(CF)必出现在第二、四周,但第二周 , B 已与 D 对垒,故第二周应是(CF) ,记作(CF)2,从而第四周有(CB)2。 ③这时第二周必还有(AB)3,第四周必还有(AF)3。 ④由于已经有(AC)(AE)(AF) , , ,故剩下的(AB) , 但(CD) 4 (AD) ,必出现在第一、五行, 4 已经有 D 出现在第五行,故只能(AB)4 在第五行,这就表明 F 与 E 对垒。

竞赛培训专题 1-----等差数列与等比数列
例 1.等差数列中,a3+a7-a10=8,a11-a4=4,求 S13 解:由求和公式

知问题转化为求 a7
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由条件得:a7=12

例 2.已知数列{an}满足 (1)计算:a2,a3,a4 (2)求数列的通项公式

解:(1)由

可计算出

a2= -1,a3=

,a4= -1

有两种解法,一由 a2,a3,a4 的值猜想通项公式然后用数学归纳法证明 二是由已知得: (*) 两式相减得:(an-1-1)(an-an-2)=0 显然不存在 an-1-1=0 的情况,否则代入(*)有 an=an+1 即 0=1 矛盾,故只有 an=an-2

这样可得



例 3.已知数列{an}的各项均为正数,且前 n 项之和 Sn 满足 6Sn=an2+3an+2.若 a2,a4,a9 成等比数列, 求数列的通项公式。 解:当 n=1 时,由题意有 6a1=a12+3a+2 于是 a1=1 或 a1=2 当 n? 时,有 6Sn=an2+3an+2,6Sn-1=an-12+3an-1+2 2 两式相减得:(an+an-1) (an-an-1-3)=0 由题意知{an}各项为正,所以 an-an-1=3 当 a1=1 时,an=1+3(n-1)=3n-2 此时 a42=a2a9 成立 当 a1=2 时,an=2+3(n-1)=3n-1 此时 a42=a2a9 不成立,故 a1=2 舍去 所以 an=3n-2 例 4.各项为实数的等差数列的公差为 4,其首项的平方与其余各项之和不超过 100,这样的数列至多 有多少项? 解 设 a1,a2…,an 是公差为 4 的等差数列,则 a12+a2+a3+…+an? 100,

即 a12+(n-1)a1+(2n2-2n-100)? 0 (1) 2 因此,当且仅当 D=(n-1) -4(2n2-2n-100)? 时,至少存在一个实数 a1 满足(1)式。 0 因为 D? 0,所以 2 7n -6n-401? 0,

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解得 n1? n2 n?

(2)

其中

,所以满足(2)的自然数 n 的最大值为 8。

故这样的数列至多有 8 项。 例 5.各项均为实数的等比数列{an}的前 n 项之和为 Sn,若 S10=10,S30=70,求 S40。 解 记 b1=S10,b2=S20-S10,b3=S30-S20,b4=S40-S30.设 q 是{an}的公比,则 b1,b2,b3,b4 构成以 r=q10 为公比 的等比数列。于是 70=S30=b1+b2+b3 =b1(1+r+r2) =10(1+r+r2) 即 r2+r-6=0. 解得 r=2 或 r=-3 由于 r=q10>0 , 所以 r=2 故 S40=10(1+2+22+23 例 6.给定正整数 n 和正数 M,对于满足条件 a12+an+12? 的所有等差数列 a1,a2,a3…试求 M S=an+1+an+2+…+a2n+1 的最大值。 解 设公差为 d,an+1=a. 则 S=an+1+an+2+…+a2n+1

=(n+1)a+

故 又 M?12+an+12 a 2 =(a-nd) +a2

=

所以

|S|

且当

时,

S=

=

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= 由于此时 4a=3nd,所以

所以 S 的最大值为



例 7.设等差数列的首项及公差均为非负整数,项数不少于 3,且各项之和为 972,这样的数列共有多 少个? 解 设等差数列首项为 a,公差为 d,依题意有

即 [2a+(n-1)d]n=2? 2, (3) 97 因为 n 为不小于 3 的自然数,97 为素数,故 n 的值只可能为 97,2? 97,972,2? 2 四者之一。 97 若 d>0,则由(3)知 2? 2? 97 n(n-1)d? n(n-1). 故只可能有 n=97.于是(3)化为 a+48d=97. 此时可得 n=97,d=1,a=49 或 n=97,d=2,a=1. 若 d=0 时,则由(3)得 na=972,此时 n=97,a=97 或 n=972,a=1。 故符合条件的数列共有 4 个。 例 8.设{an}是由正数组成的等比数列,Sn 是前 n 项之和

(1)证明

(2)是否存在常数 c>0,使得 证明:(1)设{an}的公比为 q,由已知得:a1>0,q>0 i)当 q=1 时,Sn=na1,从而, Sn× n+2-Sn+12=na1(n+2)a1-(n+1)2a12= -a12<0 S

成立,并证明你的结论

ii)当 q? 时, 1

∴ 由 i)、ii)均有 Sn× n+2<Sn+12,两边同时取对数即得证 S

(2)要使

成立,则有

分两种情况讨论
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i)当 q=1 时 (Sn-c)× n+2-c)-(Sn+1-c)2=(na1-c)[(n+2)a1-c]-[(n+1)a1-c]2= -a12<0 (S 即不存在常数 c>0 使结论成立 ii)当 q? 时,若条件(Sn-c)× n+2-c)=(Sn+1-c)2 成立,则 1 (S

(Sn-c)× n+2-c)-(Sn+1-c)2= (S = -a1qn[a1-c(1-q)] 而 a1qn? 0,故只能是 a1-c(1-q)=0



,此时,由于 c>0,a1>0,必须 0<q<1,但 0<q<1 时,

不满足 Sn-c>0,即不存在常数 c>0 满足条件 综合 i)、ii)可得,不存在常数 c>0,满足题意

例 9.设任意实数 x,y 满足|x|<1,|y|<1,求证: 证明:∵|x|<1,|y|<1,∴x2<1,y2<1,故

(第 19 届莫斯科数学竞赛试题)

=(1+x2+ x4+ x6+…)+(1+ y2+ y4+ y6+…)=2+(x2+y2) (x4+y4)+ (x6+y6)+…

≥2+2xy+2x2y2+2x3y3+…=

例 10.设 x,y,z 为非负实数,且 x+y+z=1,求证:0? xy+yz+zx-2xyz?

证明:由对称性,不妨设 x? z y?

∵x+y+z=2×

∴x+y,

, z 成等差数列,故可设 x+y=

+d,z=

-d

由 x+y? 2z,得

,则

xy+yz+zx-2xyz=(x+y)z+xy(1-2z)= 当且仅当 x=1,y=z=0 时取等号

? 0



?
- 29 -

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=

当且仅当 x=y=z=

时取等号

故 0? xy+yz+zx-2xyz?

例 11.解方程组 解:由(1)得 解得

即 xy=15= 15q4-34q2+15=0 解得:

,则 x,

,y 成等比数列,于是可设 x=

q,y=

代入(2)整理得:

故 例 12.解方程:

经检验都是原方程组的解

解:显然

成等差数列,故可设

(1)2-(2)2 得

-2(3x+2)= -2(3x+2)d 解得 d=1 或

当 d=1 时,代入(1)解得

是增根,舍去



符合题意,∴

是原方程的根

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例 13.等差数列{an}中,

,试求(l-m)ab+(m-n)bc+(n-l)ca 的值

解:在直角坐标系中,对于任意 n? N,点(n,an)共线,所以有,点

共线,于是





,化简得:



所以

=

所以所求的值为 0 例 14.从 n 个数 1,a, a2,…, an (a>2)中拿走若干个数,然后将剩下的数任意分成两个部分,证明:这两 部分之和不可能相等

证明:当 a>2 时, 不妨设剩下的数中最大的数 a (m? 1)在第一部分中, m 则第一部分各数之和? >1+a+…+am-1? a 第二部分之和 作业: 1.设{an}是等比数列,首项 a1>1,公比 q>1,求证:数列{
m

,上式对任意 k? 成立, N

}是递减数列

2.确定最大的实数 z,使得 x+y+z=5,xy+yz+zx=3,并且 x 与 y 也是实数 3.将奇数{2n-1}按照第 n 组含有 n 个数的规则分组: 1, 3,5 7,9,11, 13,15,17,19 ………………… (1)求第 8 组中的所有奇数 (2)求 1993 属于第几组中的第几号数 (3)求第 100 组中所有奇数的和 (4)求前 100 组的全体奇数的总和 4.设{an}与{bn}分别是等差数列和等比数列,且 a1=b1>0,a2=b2>0 试比较 an 和 bn 的大小 5.设 S={1,2,3,…,n},A 为至少含有两项的公差为正的等差数列,其每一项均在 S 中,且添加 S 中的 其它元素于 A 以后,均不能构成与 A 有相同公差的等差数列,求这种数列 A 的个数(只有两项的数

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列也看成等差数列) 6.数列{an}的前 n 项之和为 Sn,若 S1=1 且 Sn1=Sn+(5n+1)an,n=1,2,…,|a|? 1,求 Sn 摘自数学教育之窗

竞赛培训专题 2---染色问题与染色方法
1. 小方格染色问题 最简单的染色问题是从一种民间游戏中发展起来的方格盘上的染色问题.解决这类问题的方法后来 又发展成为解决方格盘铺盖问题的重要技巧. 例 1 如图 29-1(a),3 行 7 列小方格每一个染上红色或蓝色.试证:存在一个矩形,它的四个角上的小方格 颜色相同.

证明 由抽屉原则,第 1 行的 7 个小方格至少有 4 个不同色,不妨设为红色(带阴影)并在 1、2、3、4 列 (如图 29-1(b)). 在第 1、2、3、4 列(以下不必再考虑第 5,6,7 列)中,如第 2 行或第 3 行出现两个红色小方格, 则这个问题已经得证;如第 2 行和第 3 行每行最多只有一个红色小方格(如图 29-1(c)),那么在 这两行中必出现四角同为蓝色的矩形,问题也得到证明. 说明:(1)在上面证明过程中除了运用抽屉原则外,还要用到一种思考问题的有效方法,就是逐步 缩小所要讨论的对象的范围,把复杂问题逐步化为简单问题进行处理的方法. (2)此例的行和列都不能再减少了.显然只有 方格盘染两色后是不一定存在顶点同色的矩 面我们举出一个 3 行 6 列染两色不存在顶点同 的例子如图 29-2.这说明 3 行 7 列是染两色存 同色的矩形的最小方格盘了.至今,染 k 色而存 同色的矩形的最小方格盘是什么还不得而知. 例 2 (第 2 届全国部分省市初中数学通讯赛题) 15 块大小是 4× 的矩形瓷砖和 1 块大小是 2× 1 2 瓷砖,不能恰好铺盖 8× 矩形的地面. 8 两行的 形的.下 色矩形 在顶点 在顶点

证明:用 的矩形

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分析 将 8× 矩形地面的一半染上一种颜色,另一半染上另一种颜色,再用 4× 和 2× 的矩形瓷砖 8 1 2 去盖,如果盖住的两种颜色的小矩形不是一样多,则说明在给定条件不完满铺盖不可能. 证明 如图 29-3,用间隔为两格且与副对角线平行的斜格同色的染色方式,以黑白两种颜色将整个 地面的方格染色.显然,地面上黑、白格各有 32 个. 每块 4× 的矩形砖不论是横放还是竖盖,且不论盖在何处,总是占据地面上的两个白格、两个黑格, 1 故 15 块 4× 的矩形砖铺盖后还剩两个黑格和两个白格.但由于与副对角线平行的斜格总是同色,而 1 与主对角线平行的相邻格总是异色,所以,不论怎样放置,一块 2× 的矩形砖,总是盖住三黑一白 2 或一黑三白.这说明剩下的一块 2× 矩形砖无论如何盖不住剩下的二黑二白的地面.从而问题得证. 2 例 3 (1986 年北京初二数学竞赛题)如图 29-4(1)是 4 个 1× 的正方形组成的“L”形,用若干个这 1 种“L”形硬纸片无重迭拼成一个 m× n(长为 m 个单位,宽为 n 个单 位)的矩形如图 29-4(2).试证明 mn 必是 8 的倍数. 证明∵m× 矩形由“L”形拼成,∴m× 是 4 的倍数,∴m、n n n 有一个是偶数, 不妨设为 m.把 m× 矩形中的 m 列按一列黑、 n 白间隔染色(如图 29-4(2)),则不论“L”形在这矩形中的 位置如何(“L”形的放置,共有 8 种可能),“L”形或占有 3 黑四个单位正方形(第一种),或占有 3 黑一白四个单位正 (第二种). 设第一种“L”形共有 p 个,第二种“L”形共 q 个,则 m× 矩 n 的白格单位正方形数为 3p+q,而它的黑格单位正方形数为 p+3q. 中必 一列 放置 白一 方形

形中

∵m 为偶数,∴m× 矩形中黑、白条数相同,黑、白单位正方形总数也必相等.故有 3p+q=p+3q,从 n 而 p=q.所以“L”形的总数为 2p 个,即“L”形总数为偶数,所以 m× 一定是 8 的倍数. n 2. 线段染色和点染色 下面介绍两类重要的染色问题. (1) 线段染色.较常见的一类染色问题 组合数学中图论知识的所谓“边染色” 段染色”),主要借助抽屉原则求解. 例4 (1947 年匈牙利数学奥林匹克 上任何六个人中,一定有 3 个人或者互 者互相都不认识. 我们不直接证明这个命题,而来看与之等价的下述命题 例 5 (1953 年美国普特南数学竞赛题)空间六点,任三点不共线,任四点不共面,成对地连接它们 得十五条线段,用红色或蓝色染这些线段(一条线段只染一种颜色).求证:无论怎样染,总存在同色 三角形. 是发样子 (或称“线

试题) 世界 相认识或

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证明 设 A、B、C、D、E、F 是所给六点.考虑以 A 为端点的线段 AB、AC、AD、AE、AF,由抽 屉原则这五条线段中至少有三条颜色相同,不妨设就是 AB、AC、AD,且它们都染成红色.再来看 △ BCD 的三边, 如其中有一条边例如 BC 是红色的, 则同色三角形已出现 (红色△ ABC) 如△ BCD ; 三边都不是红色的,则它就是蓝色的三角形,同色三角形也现了.总之,不论在哪种情况下,都存在同 色三角形. 如果将例 4 中的六个人看成例 5 中六点,两人认识的连红线,不认识的连蓝线,则例 4 就变成了例 5.例 5 的证明实际上用染色方法给出了例 4 的证明. 例 6 (第 6 届国际数学奥林匹克试题)有 17 位科学家,其中每 人和其他所有人的人通信,他们的通信中只讨论三个题目.求 少有三个科学家相互之间讨论同一个题目. 证明 用平面上无三点共线的 17 个点 A1,A2,…,A17 分别表 位科学家.设他们讨论的题目为 x,y,z,两位科学家讨论 x 连红 论 y 连蓝线,讨论 z 连黄线.于是只须证明以这 17 个点为顶点 角形中有一同色三角形. 一个 证:至

示 17 线,讨 的三

考虑以 A1 为端点的线段 A1A2,A1A3,…,A1A17,由抽屉原则 这 16 条线段中至少有 6 条同色,不妨设 A1A2,A1A3,…,A1A7 为红 色.现考查连结六点 A2,A3,…,A7 的 15 条线段,如其中至少有一条红色线段,则同色(红色)三 角形已出现;如没有红色线段,则这 15 条线段只有蓝色和黄色,由例 5 知一定存在以这 15 条线段 中某三条为边的同色三角形(蓝色或黄色).问题得证. 上述三例同属图论中的接姆赛问题.在图论中,将 n 点中每两点都用线段相连所得的图形叫做 n 点完全 图,记作 kn.这些点叫做“顶点”,这些线段叫做“边”.现在我们分别用图论的语言来叙述例 5、例 6. 定理 1 若在 k6 中,任染红、蓝两色,则必有一只同色三角形. 定理 2 在 k17 中,任染红、蓝、黄三角,则必有一只同色三角形. (2)点染色.先看离散的有限个点的情况. 例 7 (首届全国中学生数学冬令营试题)能否把 1,1,2,2,3,3,…,1986,1986 这些数排成一 行,使得两个 1 之间夹着一个数,两个 2 之间夹着两个数,…,两个 1986、之间夹着一千九百八十 六个数?请证明你的结论. 证明 将 1986× 个位置按奇数位着白色,偶数位着黑色染色,于是黑白点各有 1986 个. 2

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现令一个偶数占据一个黑点和一个白色, 同一个奇数要么都占黑点, 要么都占白点.于是 993 个偶数, 占据白点 A1=993 个,黑色 B1=993 个. 993 个奇数,占据白点 A2=2a 个,黑点 B2=2b 个,其中 a+b=993. 因此,共占白色 A=A1+A2=993+2a 个. 黑点 B=B1+B2=993+2b 个,

由于 a+b=993(非偶数!)∴a≠b,从而得 A≠B.这与黑、白点各有 1986 个矛盾. 故这种排法不可能. “点”可以是有限个,也可以是无限个,这时染色问题总是与相应的几何问题联系在一起的. 例 8 对平面上一个点,任意染上红、蓝、黑三种颜色中的 明:平面内存在端点同色的单位线段. 证明 作出一个如图 29-7 的几何图形是可能的,其中 △ CBD、 AEF、 GEF 都是边长为 1 的等边三角形, △ △ CG=1. 点是红色,如果 B、E、D、F 中有红色,问题显然得证. D、F 都为蓝点或黄点时,又如果 B 和 D 或 E 和 F 同色, 证.现设 B 和 D 异色 E 和 F 异色,在这种情况下,如果 C 或 G 蓝点,则 CB、CD、GE、GF 中有两条是端点同色的单位线 也得证.不然的话,C、G 均为红点,这时 CG 是端点同色的 证毕. 还有一类较难的对区域染色的问题,就不作介绍了. 练习 1. 6× 的方格盘,能否用一块大小为 3 格,形如的弯角 6 不重迭不遗漏地来铺满整个盘面. 板与 11 块大小为 3× 的矩形板, 1 一种.证

△ ABD、 不妨设 A 当 B、E、 问题也得 为黄色或 段,问题 单位线段.

2. (第 49 届苏联基辅数学竞赛题)在两张 1982× 1983 的方格纸涂上红、黑两种颜色,使得每一 行及每一列都有偶数个方格是黑色的.如果将这两张纸重迭时,有一个黑格与一个红格重合,证明至 少还有三个方格与不同颜色的方格重合. 3. 有九名数学家,每人至多会讲三种语言,每三名中至少有 2 名能通话,那么其中必有 3 名能用 同一种语言通话. 4. 如果把上题中的条件 9 名改为 8 名数学家,那么,这个结论还成立吗?为什么? 5. 设 n=6(r-2)+3(r≥3),求证:如果有 n 名科学家,每人至多会讲 3 种语言,每 3 名中至少有 2 名能通话,那么其中必有 r 名能用同一种语言通话. 6. (1966 年波兰数学竞赛题)大厅中会聚了 100 个客人,他们中每人至少认识 67 人,证明在这 些客人中一定可以找到 4 人,他们之中任何两人都彼此相识.
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7. (首届全国数学冬令营试题)用任意方式给平面上的每一个点染上黑色或白色.求证:一定存在 一个边长为 1 或 练习答案 1.将1、4行染红色、2、5行染黄色、3、6行染蓝色,然后就弯角板盖住板面的不同情况分 类讨论. 2.设第一张纸上的黑格A与第二张纸上的红格A′重合.如果在第一张纸上A所在的列中,其余的 黑格(奇数个)均与第二张纸的黑格重合,那么由第二张纸上这一列的黑格个数为偶数,知必有一 黑格与第一张纸上的红格重合,即在这一列,第一张纸上有一方格B与第二张纸上不同颜色的方格 B′重合.同理在A、B所在行上各有一个方格C、D,第二张纸上与它们重合的方格C′、D′的颜色 分别与C、D不同. 3.把9名数学家用点A1,A2,…,A9表示.两人能通话,就用线连结,并涂某种颜色,以表示 不同语种。两人不通话,就不连线. (1)果任两点都有连线并涂有颜色,那么必有一点如A1,以其为一端点的8条线段中至少有两条 同色,比如A1A2、A1A3.可见A1,A2,A3之间可用同一语言通话.②如情况①不发生,则至 少有两点不连线,比如A1、A2.由题设任三点必有一条连线知,其余七点必与A1或A2有连线.这 时七条线中,必有四条是从某一点如A1引出的.而这四 条线中 又必有二条同色,则问题得证. 4. 结论不成立, 如图所示 (图中每条线旁都有一个数字, 不同语种). 5.类似于第3题证明. 6.用点A1、A2、…、A100表示客人,红、蓝的连线 分别表 示两人相识或不相识,因为由一个顶点引出的蓝色的线段 最多有 32条,所以其中至少有三点之间连红线.这三个点(设为A1、A2、A3)引出的蓝色线段最多为 96条.去掉所有这些蓝色的线段(连同每条线段上的一个端点AI,I≠1,2,3),这样,在 图中至少还剩下四个点,除A1、A2、A3外,设第四点为A4,这四个点中A1,A2,A3每一个点 与其它的点都以红色的线段相连,于是客人A1、 A2、A3、 A4彼此两两相识. 7.先利用右图证明"若平面上有两个异色的点 地么必定可以找到符合题意的三角形".再找长 色的线段. (白色) 以O 为圆心, 4为半径作圆. 如 点,问题已证.否则圆内有一黑点P,以OP为 2的三角形OPR,则R至少与O、P中一点异 线段找到. 距离为2, 为2端点异 圆内皆白 底作腰长为 色,这样的 以表示 的正三角形,它三个顶点是同色的.

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竞赛培训专题 3---几个重要不等式

一、平均值不等式

设 a1,a2,…, an 是 n 个正实数,则 1.二维平均值不等式的变形

,当且仅当 a1=a2=…=an 时取等号

(1)对实数 a,b 有 a2+b2? 2ab

(2)对正实数 a,b 有

(3)对 b>0,有



(4)对 ab2>0 有



(5)对实数 a,b 有 a(a-b)? b(a-b)

(6)对 a>0,有

(7) 对 a>0,有

(8)对实数 a,b 有 a2? 2ab-b2

(9) 对实数 a,b 及 l? 0,有 二、例题选讲

例 1.证明柯西不等式

证明:法一、若



命题显然成立,对

?且 0

? 0,取

代入(9)得



两边平方得

法二、

,即二次式不等式

恒成立
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则判别式 例 2.已知 a>0,b>0,c>0,abc=1,试证明:

(1)

(2)

证明:(1)左=

[

]

=

?

(2)由



同理:

相加得:左?

例 3.求证:

证明:法一、取

,有

a1(a1-b)? 1-b), a2(a2-b)? 2-b),…, an(an-b)? n-b) b(a b(a b(a 2 2 2 相加得(a1 + a2 +…+ an )-( a1+ a2+…+ an)b? 1+ a2+…+ an)-nb]? b[(a 0

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所以 法二、由柯西不等式得: (a1+ a2+…+ an)2=((a1× a2×1+…+ an× 2? 12+ a22+…+ an2)(12+12+…+12) 1+ 1) (a 2 2 2 =(a1 + a2 +…+ an )n, 所以原不等式成立 例 4.已知 a1, a2,…,an 是正实数,且 a1+ a2+…+ an<1,证明:

证明:设 1-(a1+ a2+…+ an)=an+1>0, 则原不等式即 nn+1a1a2…an+1? 1)(1-a2)…(1-an) (1-a 1-a1=a2+a3+…+an+1? n 1-a2=a1+a3+…+an+1? n ………………………………………… 1-an+1=a1+a1+…+an? n 相乘得(1-a1)(1-a2)…(1-an)?n+1 n 例 5.对于正整数 n,求证:

证明:法一、

>

法二、左=

=

例 6.已知 a1,a2,a3,…,an 为正数,且

,求证:

(1)

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(2)

证明:(1)

相乘左边?

=(n2+1)n

证明(2)

左边= -n+2(

= -n+2× [(2-a1)+(2-a2)+…+(2-an)](

? -n+2× n 摘自数学教育之窗

竞赛培训专题 4---同余式与不定方程
同余式和不定方程是数论中古老而富有魅力的内容.考虑数学竞赛的需要,下面介绍有关的基本 内容. 1. 同余式及其应用 定义:设 a、b、m 为整数(m>0),若 a 和 b 被 m 除得的余数相同,则称 a 和 b 对模 m 同余.记为 或 一切整数 n 可以按照某个自然数 m 作为除数的余数进行分类,即 n=pm+r(r=0,1,…,m-1), 恰好 m 个数类.于是同余的概念可理解为,若对 n1、n2,有 n1=q1m+r,n2=q2m+r,那么 n1、n2 对模 m 的同余,即它们用 m 除所得的余数相等. 利用整数的剩余类表示,可以证明同余式的下述简单性质:

(1)



,则 m|(b-a).反过来,若 m|(b-a),则

;

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(2) (3) (4)

如果 a=km+b(k 为整数),则

;

每个整数恰与 0,1,…,m-1,这 m 个整数中的某一个对模 m 同余; 同余关系是一种等价关系:



反身性





对称性

,则

,反之亦然.



传递性



,则



(5)如果



,则







特别地

应用同余式的上述性质,可以解决许多有关整数的问题. 例 1(1898 年匈牙利奥林匹克竞赛题)求使 2n+1 能被 3 整除的一切自然数 n.

解∵



则 2n+1 当 n 为偶数时,2n+1 不能被 3 整除.

∴当 n 为奇数时,2n+1 能被 3 整除; 例2 求 2999 最后两位数码.

解 考虑用 100 除 2999 所得的余数











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∴2999 的最后两位数字为 88. 例3 求证 31980+41981 能被 5 整除.

证明 ∵



∴ 2.不定方程



不定方程的问题主要有两大类:判断不定方程有无整数解或解的个数;如果不定方程有整数解,采 取正确的方法,求出全部整数解. (1) 不定方程解的判定

如果方程的两端对同一个模 m(常数)不同余,显然,这个方程必无整数解.而方程如有解则解必为奇数、 偶数两种,因而可以在奇偶性分析的基础上应用同余概念判定方程有无整数解. 例 4 证明方程 2x2-5y2=7 无整数解. 证明 ∵2x2=5y2+7,显然 y 为奇数.

① 若 x 为偶数,则

∴ ∵方程两边对同一整数 8 的余数不等, ∴x 不能为偶数.

② 若 x 为奇数,则 ∴x 不能为奇数.因则原方程无整数解.

但 5y2+7

说明:用整数的整除性来判定方程有无整数解,是我们解答这类问题的常用方法. 例 5 (第 14 届美国数学邀请赛题)不存在整数 x,y 使方程


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证明 如果有整数 x,y 使方程①成立,



=

知(2x+3y2)+5 能被 17 整除.

设 2x+3y=17n+a,其中 a 是 0,± 1,± 2,± 3,± 4,± 5,± 6,± 7,± 中的某个数,但是这时(2x+3y) 8 2 2 2 2 2 +5=(17n) +34na+(a +5)=a +5(mod17),而 a +5 被 17 整除得的余数分别是 5,6,9,14,4, 13,7,3,1,即在任何情况下(2x+3y)2+5 都不能被 17 整除,这与它能被 17 整除矛盾.故不存在 整数 x,y 使①成立. 例 7 (第 33 届美国数学竞赛题)满足方程 x2+y2=x3 的正整数对(x,y)的个数是( ). (A)0 (B)1(C)2(D)无限个(E)上述结论都不对 解由 x2+y2=x3 得 y2=x2(x-1),

所以只要 x-1 为自然数的平方, 则方程必有正整数解.令 x-1=k2(k 为自然数),则 的一组通解.由于自然数有无限多个,故满足方程的正整数对(x,y)有无限多个,应选(D). 说明:可用写出方程的一组通解的方法,判定方程有无数个解. (2) 不定方程的解法

为方程

不定方程没有统一的解法,常用的特殊方法有:配方法、因式(质因数)分解法、不等式法、奇偶分析 法和余数分析法.对方程进行适当的变形,并正确应用整数的性质是解不定方程的基本思路.

例 6 求方程

的整数解.

解(配方法)原方程配方得(x-2y)2+y2=132. 在勾股数中,最大的一个为 13 的只有一组即 5,12,13,因此有 8 对整数的平方和等于 132 即 (5,12),(12,5),(-5,-12),(-12,-5),(5-,12),(12,-5),(-5,12),(-12,5).故原方程组的解只能是下面的八个方程组的 解

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解得

例 7 (原民主德国 1982 年中学生竞赛题)已知两个自然数 b 和 c 及素数 a 满足方程 a2+b2=c2.证明:这时 有 a<b 及 b+1=c. 证明(因式分解法)∵a2+b2=c2, 又∵a 为素数,∴c-b=1,且 c+b=a2. ∴a2=(c-b)(c+b), 于是得 c=b+1 及 a2=b+c=2b+1<3b,





.而 a≥3,∴

≤1,∴

<1.∴a<b.

例 9(第 35 届美国中学数学竞赛题)满足联立方程

的正整数(a,b,c)的组数是( ). (A)0 (B)1 (C)2 (D)3 (E)4 解(质因数分解法)由方程 ac+bc=23 得 (a+b)c=23=1× 23.

∵a,b,c 为正整数,∴c=1 且 a+b=23.将 c 和 a=23-b 代入方程 ab+bc=44 得 (23-b)b+b=44,即(b-2)(b-22)=0, ∴b1=2,b2=22.从而得 a1=21,a2=1.故满足联立方程的正整数组(a,b,c)有两个,即(21,2,1)和(1,22,1),应选 (C). 例 10 求不定方程 2(x+y)=xy+7 的整数解.

解 由(y-2)x=2y-7,得

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分离整数部分得 ∴y-2=± 1,± 3,∴x=3,5,± 1.

由 x 为整数知 y-2 是 3 的因数, ∴方程整数解为

例 11 求方程 x+y=x2-xy+y2 的整数解. 解(不等式法)方程有整数解 必须△ =(y+1)2-4(y2-y)≥0,解得

≤y≤

.

满足这个不等式的整数只有 y=0,1,2. 当 y=0 时,由原方程可得 x=0 或 x=1;当 y=1 时,由原方程可得 x=2 或 0;当 y=2 时,由原方程可 得 x=1 或 2. 所以方程有整数解

最后我们来看两个分式和根式不定方程的例子.

例 12 求满足方程

且使 y 是最大的正整数解(x,y).

解将原方程变形得 由此式可知,只有 12-x 是正的且最小时,y 才能取大值.又 12-x 应是 144 的约数,所以, 12-x=1,x=11,这时 y=132. 故 满足题设的方程的正整数解为 (x,y)=(11,132).

例 13(第 35 届美国中学生数学竞赛题)满足 0<x<y 及 的个数是( ).

的不同的整数对(x,y)

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(A)0 (B)1 (C)3 (D)4 (E)7

解法 1 根据题意知,0<x<1984,由

得 当且仅当 1984x 是完全平方数时, 是整数.而 1984=26· 故当且仅当 x 具有 31t2 形式时, y 31, 1984x 是完全平方数. ∵x<1984,∵1≤t≤7.当 t=1,2,3 时,得整数对分别为(31,1519)、 (124,1116)和(279,775). 当 t>3 时 y≤x 不合题意,因此不同的整数对的个数是 3,故应选(C).

解法 2 ∵1984=



由此可知: 必须具有 31t2 形式, 必须具有 31k2 形式, x y

并且 t+k=8(t,k 均为正整数).因为 0<x<y,所以 t<k.当 t=1,k=7 时得(31,1519);t=2,k=6 时得(124,1116);当 t=3,k=5 时得(279,775).因此不同整数对的个数为 3.

竞赛培训专题 5---指数函数、对数函数
一、计算: 例 1.化简

(1)

(2)

(3)

解:(1)x 的指数是

所以原式=1

(2)x 的指数是
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=0 所以原式=1

(3)原式=

例 2.若

,求

解:因为

所以 f(x)+f(1-x)=1

= 例 3.已知 m,n 为正整数,a>0,a? 1,且

求 m,n

解:左边=

原式为 loga(m+n)=logamn 得 m+n=mn 即(m-1)(n-1)=1

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因为 m,n? N,所以

从而 m=n=2

二、比较大小

例 1.试比较 解:令 121995=a>0 则



的大小

?

=

所以

>

例 2.已知函数 f(x)=logax (a>0,a? R+)若 x1,x2? +,试比较 1,x? R 解:f(x1)+f(x2)=loga(x1x2)



的大小

∵x1,x2? +,∴ R

(当且仅当 x1=x2 时,取“=”号),

当 a>1 时,有

,∴



(当且仅当 x1=x2 时,取“=”号)

当 a>1 时,有

,∴

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(当且仅当 x1=x2 时,取“=”号)

例 3.已知 y1= (1)y1=y2

,y2= (2)y1>y2

,当 x 为何值时 (3)y1<y2

解:由指数函数 y=3x 为增函数知 (1)y1=y2 的充要条件是:2x2-3x+1=x2+2x-5 解得 x1=2,x2=3 (2)y1>y2 的充要条件是:2x2-3x+1>x2+2x-5 解得 x<2 或 x>3 (3)y1<y2 的充要条件是:2x2-3x+1<x2+2x-5 解得 2<x<3 三、证明

例 1.对于自然数 a,b,c (a? c)和实数 x,y,z,w 若 ax=by=cz=70w (1) b? 求证:a+b=c

(2)

证明:由(1)得:

∴ 把(2)代入得:abc=70=2? 7,a? c 5? b? 由于 a,b,c 均不会等于 1,故 a=2,b=5,c=7 从而 a+b=c 例 2.已知 A=6lgp+lgq,其中 p,q 为素数,且满足 q-p=29,求证:3<A<4 证明:由于 p,q 为素数,其差 q-p=29 为奇数,∴p=2,q=31 A=6lg2+lg31=lg(26× 31)=lg1984 1000<1984<10000 故 3<A<4

例 3.设 f(x)=logax (a>0,a? 1)且

(q 为锐角),求证:1<a<15

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证明:∵q 是锐角,∴

,从而 a>1

又 f(15)=

=sinq+cosq

= 故 a<15 综合得:1<a<15

1

例 4.已知 0<a<1,x2+y=0,求证: 证:因为 0<a<1,所以 ax>0,ay>0 由平均值不等式



四、图象和性质 例 1.设 a、b 分别是方程 log2x+x-3=0 和 2x+x-3=0 的根,求 a+b 及 log2a+2b 解: 在直角坐标系内分别作出函数 y=2x 和 y=log2x 的图象, 再作直线 y=x 和 y= -x+3, 由于 y=2x 和 y=log2x x 互为反函数,故它们的图象关于直线 y=x 对称,方程 log2 +x-3=0 的根 a 就是直线 y= -x+3 与对数曲 线 y=log2x 的交点 A 的横坐标,方程 2x+x-3=0 的根 b 就是直线 y= -x+3 与指数曲线 y=2x 的交点 B 的 横坐标 设 y= -x+3 与 y=x 的交点为 M,则点 M 的横坐标为(1.5,1.5), 所以 a+b=2xM=3 log2a+2b=2yM=3

例 6.设 f(x)=min(3+

,log2x),其中 min(p,q)表示 p、q 中的较小者,求 f(x)的最大值
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解:易知 f(x)的定义域为(0,+? )

因为 y1=3+

在(0,+? )上是减函数,y2=log2x 在(0,+? )上是增函数,而当 y1=y2,即

3+

=log2x 时,x=4,所以由 y1=3+

和 y2=log2x 的图象可知

故当 x=4 时,得 f(x)的最大值是 2

另解:f(x)? 3+

=3-

(1)

f(x)=log2x

(2)

(1)? 2+(2)消去 log2x,得 3f(x)? 6,f(x)? 2

又 f(4)=2,故 f(x)的最大值为 2

例 7.求函数

的最小值

解:由 1-3x>0 得,x<0,所以函数的定义域为(-? ,0) 令 3x=t,则 t? (0,1),于是

故当 x= -1 时,得 y 的最小值-2+2log23 五、方程和不等式 例 1.解方程(1)x+log2(2x-31)=5 (2) 2lgx× lg2-3× lg2-21+lgx+4=0 x x

解:(1)原方程即:log22x+log2(2x-31) =5 log2[2x(2x -31)]=5 (2x)2-31× x=32 2 解得:2x=32, ∴x=5 解得:x1=100,x2=1

(2)原方程即:(2lgx)2-5× lgx+4=0 2

例 2.设 a>0 且 a? 1,求证:方程 ax+a-x=2a 的根不在区间[-1,1]内
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解:设 t=ax,则原方程化为:t2-2at+1=0 令 f(t)= t2-2at+1 ,

(1)

由 D=4a2-4? 得 a? 0 1,即 a>1

f(a)=a2-2a2+1=1-a2<0

所以 f(t)的图象与横轴有的交点的横坐标在 原方程有两实根且不在区间[-1,1]内

之外, 故方程 t2-2at+1=0 在

之外有两个实根,

例 3.解方程:lg2x-[lgx]-2=0 (其中[x]表示不大于实数 x 的最大整数) 解:由[x]的定义知,[x]? x,故原方程可变为不等式: lg2x-lgx-2? 即-1? 2 0 lgx?

当-1? lgx<0 时,[lgx]= -1,于是原方程为 lg2x=1

当 0? lgx<1 时,[lgx]=0,原方程为 lg2x=2,

均不符合[lgx]=0

当 1? lgx<2 时,[lgx]=1,原方程为 lg2x=3,所以 lgx= 当 lgx=2 时,x=100



所以原方程的解为 x1= 例 4.当 a 为何值时,不等式

有且只有一解 解:易知:a>0 且 a? 1,设 u=x2+ax+5,原不等式可化为

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(1)当 0<a<1 时,原不等式为

(1)

由于当 u? 时, 0



均为单调增函数,所以它们的乘积

也是单增函数 因为 f(4)=log3(2+1)× 5(4+1)=1 log 所以(1)等价于 u? 4,即 x2+ax+5? 此不等式有无穷多解 4

(2)当 a>1 时,不等式化为 由 f(4)=1 知,(2)等价于 0? 4,即 0? 2+ax+5? u? x 4

(2)

从上式可知,只有当 x2+ax+5=4 有唯一解即 D=a2-4=0,a=2 时,不等式 0? 2+ax+5? 有唯一解 x= -1 x 4 综上所述,当 a=2 时原不等式有且只有一个解

例 5.已知 a>0 且 a? 1,试求使方程

有解的 k 的取值范围

解:原方程即



分别解关于

的不等式、方程得:

(k? 时) 0

所以

解得 k< -1 或 0<k<1

又当 k=0 时,代入原式可推出 a=0 与已知矛盾,故 k 的取值范围为(-? ,-1)U(0,1)

竞赛培训专题 6---整数的整除性
1 整数的整除性的有关概念、性质

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(1)整除的定义:对于两个整数 a、d(d≠0),若存在一个整数 p,使得 除 a,或 a 被 d 整除,记作 d|a。 若 d 不能整除 a,则记作 d a,如 2|6,4 6。 (2)性质 1)若 b|a,则 b|(-a),且对任意的非零整数 m 有 bm|am 2)若 a|b,b|a,则|a|=|b|; 3)若 b|a,c|b,则 c|a 4)若 b|ac,而(a,b)=1((a,b)=1 表示 a、b 互质,则 b|c; 5)若 b|ac,而 b 为质数,则 b|a,或 b|c;

成立,则称 d 整

6)若 c|a,c|b,则 c|(ma+nb),其中 m、n 为任意整数(这一性质还可以推广到更多项的和) 例 1 (1987 年北京初二数学竞赛题) y, 均为整数, 11| x, z 若 (7x+2y-5z) 求证: (3x-7y+12z) , 11| 。 证明∵4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z) 而 11|11(3x-2y+3z), 且 11|(7x+2y-5z), 又 (11,4)=1 ∴ 11|(3x-7y+12z).

∴ 11|4(3x-7y+12z)

2.整除性问题的证明方法 (1) 利用数的整除性特征(见第二讲)

例 2(1980 年加拿大竞赛题)设 72|

的值。

解 72=8× 9,且(8,9)=1,所以只需讨论 8、9 都整除

的值。

若 8|

,则 8|

,由除法可得b=2。

若 9|

,则 9|(a+6+7+9+2),得 a=3。

(2)利用连续整数之积的性质

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任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积,因此一定可被 2 整除。

② 任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是 3 的倍数,所以它们之积一定可以被 2 整除,也可被 3 整除,所以也可以被 2× 3=6 整除。 这个性质可以推广到任意个整数连续之积。

例 3(1956 年北京竞赛题)证明:

对任何整数 n 都为整数,且用 3 除时余 2。

证明



为连续二整数的积,必可被 2 整除. ∴

对任何整数 n 均为整数,



为整数,即原式为整数.

又∵



2n、2n+1、2n+2 为三个连续整数,其积必是 3 的倍数,而 2 与 3 互质,



是能被 3 整除的整数.



被 3 除时余 2.

例 4 一整数 a 若不能被 2 和 3 整除,则 a2+23 必能被 24 整除. 证明 ∵a2+23=(a2-1)+24,只需证 a2-1 可以被 24 整除即可. ∵2 .∴a 为奇数.设 a=2k+1(k 为整数),

则 a2-1=(2k+1)2-1=4k2+4k=4k(k+1). ∵k、k+1 为二个连续整数,故 k(k+1)必能被 2 整除,
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∴8|4k(k+1),即 8|(a2-1). 又∵(a-1),a,(a+1)为三个连续整数,其积必被 3 整除,即 3|a(a-1)(a+1)=a(a2-1), ∵3 a,∴3|(a2-1).3 与 8 互质, ∴24|(a2-1),即 a2+23 能被 24 整除. (3)利用整数的奇偶性 下面我们应用第三讲介绍的整数奇偶性的有关知识来解几个整数问题. 例 5 求证:不存在这样的整数 a、b、c、d 使:

a· c· b· d-a=



a· c· b· d-b=



a· c· b· d-c=



a· c· b· d-d=



证明 由①,a(bcd-1)=

.

∵右端是奇数,∴左端 a 为奇数,bcd-1 为奇数. 同理,由②、③、④知 b、c、d 必为奇数,那么 bcd 为奇数,bcd-1 必为偶数,则 a(bcd-1)必为偶数, 与①式右端为奇数矛盾.所以命题得证. 例6 (1985 年合肥初中数学竞赛题)设有 n 个实数 x1,x2,…,xn,其中每一个不是+1 就是-1,



试证 n 是 4 的倍数.

证明 设

(i=1,2,…,n-1),

则 yi 不是+1 就是-1, y1+y2+…+yn=0, 但 故其中+1 与-1 的个数相同, 设为 k, 于是 n=2k.又 y1y2y3…yn=1, k 即(-1) =1,故 k 为偶数, ∴n 是 4 的倍数. 其他方法: 整数 a 整除整数 b,即 b 含有因子 a.这样,要证明 a 整除 b,采用各种公式和变形手段从 b 中分解出因 子 a 就成了一条极自然的思路.

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例 7 (美国第 4 届数学邀请赛题)使 n3+100 能被 n+10 整除的正整数 n 的最大值是多少? 解 n3+100=(n+10)(n2-10n+100)-900. 若 n+100 能被 n+10 整除,则 900 也能被 n+10 整除.而且,当 n+10 的值为最大时,相应地 n 的值为最大. 因为 900 的最大因子是 900.所以,n+10=900,n=890. 例8 (上海 1989 年高二数学竞赛)设 a、 c 为满足不等式 1<a<b<c 的整数, (ab-1) b、 且 (bc-1) (ca-1)能被 abc 整除,求所有可能数组(a,b,c). 解 ∵(ab-1)(bc-1)(ca-1) =a2b2c2-abc(a+b+c)+ab+ac+bc-1,① ∵abc|(ab-1)(bc-1)(ca-1). ab+ac+bc-1=kabc, ② ∴存在正整数 k,使

k=









∴k=1.

若 a≥3,此时

1=

-



矛盾.

已知 a>1. ∴只有 a=2.

当 a=2 时,代入②中得 2b+2c-1=bc,

即 1=



∴0<b<4,知 b=3,从而易得 c=5.

说明:在此例中通过对因数 k 的范围讨论,从而逐步确定 a、b、c 是一项重要解题技巧.

例 9 (1987 年全国初中联赛题)已知存在整数 n,能使数

被 1987 整除.求证数



都能被 1987 整除.

证明∵ (103n+

× ),且

×

× 能被 1987 整除,∴p 能被 1987 整除.
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同样, q=









故 100,10,于是 q 表示式中括号内的数被 数能被 1987 整除,即 q 能被 1987 整除. 练习 1 选择题

、102

(n+1)





除,余数分别为 1000,

除,余数为 1987,它可被 1987 整除,所以括号内的

(1)(1987 年上海初中数学竞赛题)若数 n=20· 40· 60· 80· 100· 120· 30· 50· 70· 90· 110· 130,则不是 n 的 因数的最小质数是( ). (A)19 (B)17 (C)13 (D)非上述答案 (2)在整数 0、1、2…、8、9 中质数有 x 个,偶数有 y 个,完全平方数有 z 个,则 x+y+z 等于( ). (A)14 (B)13 (C)12 (D)11 (E)10 (3)可除尽 311+518 的最小整数是( ). (A)2 (B)3 (C)5 (D)311+518(E)以上都不是 2. 填空题 (1)(1973 年加拿大数学竞赛题)把 100000 表示为两个整数的乘积,使其中没有一个是 10 的整 倍数的表达式为__________. (2) 一个自然数与 3 的和是 5 的倍数,与 3 的差是 6 的倍数,这样的自然数中最小的是_________.

(3) (1989 年全国初中联赛题)在十进制中,各位数码是 0 或 1,并且能被 225 整除的最小自然数是 ________.

3.求使

为整数的最小自然数 a 的值.

4.(1971 年加拿大数学竞赛题)证明:对一切整数 n,n2+2n+12 不是 121 的倍数.

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5.(1984 年韶关初二数学竞赛题)设 整数 d 的 111 倍,

是一个四位正整数,已知三位正整数

与 246 的和是一位正

又是 18 的倍数.求出这个四位数

,并写出推理运算过程.

6.(1954 年苏联数学竞赛题)能否有正整数 m、n 满足方程 m2+1954=n2. 7.证明:(1)133|(11n+2+12n+1),其中 n 为非负整数. (2)若将(1)中的 11 改为任意一个正整数 a,则(1)中的 12,133 将作何改动?证明改动后的结论. 8.(1986 年全国初中数学竞赛题)设 a、b、c 是三个互不相等的正整数.求证:在 a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3 三个数中,至少有一个能被 10 整除. 9.(1986 年上海初中数学竞赛题)100 个正整数之和为 101101,则它们的最大公约数的最大可能值是多 少?证明你的结论. 练习答案 1.B.B.A 2.(1)2 · .(2)27. 5
5 5

3.由 2000a 为一整数平方可推出 a=5. 4.反证法.若是121的倍数,设n +2n+12=121k 2 1).∵11是素数且除尽(+1) , ∴11除尽n+1
2 2 2

(n+1) =11(11k-



11 除尽(n+1) 或11|11k-1,不可能.

5.由 53;又

是d的111倍, 是18的倍数,∴

可能是198,309,420,531,642,7

只能是198.而198+246=444,∴d=4,

是1984. 7.(1)11 +12 =121× 11 +12× 144 =121× 11 +12× 11 -1 n n n n n 2× 11 +12× 144 =…=133× 11 +12× (144 -11 ).第一项可被133整 n n n+2 2n+1 除.又144-11|144 -11 ,∴133|11 +12 . (2)11改为a.12改为a+1,133改为a(a+1)+1.改动后命题为a(a+1) n+2 2n+1 +1|a +(a+1) ,可仿上证明. 8.∵a b-ab =ab(a -b );同理有b(b -c );ca(c -a ).若a a、b、c中有偶数或均为奇数,以上三数总能被2整除.又∵在a、b、c中若有一个是5的倍数, 2 2 2 2 则题中结论必成立.若均不能被5整除,则a ,b ,c 个位数只能是1,4,6,9,从而a
3 3 2 2 2 2 2 2 n+2 2n+1 n n n n

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-b ,b -c ,c -a 的个位数是从1,4,6,9中,任取三个两两之差,其中必有0或± 5,故题中三式表示的数至少有一个被5整除,又2、5互质. 9.设100个正整数为a1,a2,…,a100,最大公约数为d,并令











则a1+a2+…+a100=d(a1′+a2′+…+a′100)=101101=101× 1001,故知 a1′,a2′,a′100不可能都是1,从而a′1+a′2+…+a′100≥1× 99+2=101,d≤10 01;若取a1=a2=a99=1001,a100=2002,则满足a1+a2+…+a100=100 1× 101=101101,且d=1001,故d的最大可能值为1001.

竞赛培训专题 7---高阶等差数列
一、基本知识 1.定义:对于一个给定的数列{an},把它的连结两项 an+1 与 an 的差 an+1-an 记为 bn,得到一个新数列 { bn},把数列 bn 你为原数列{an}的一阶差数列,如果 cn=bn+1-bn,则数列{cn}是{an}的二阶差数列依 此类推,可得出数列{an}的 p 阶差数列,其中 p? N 2.如果某数列的 p 阶差数列是一非零常数列,则称此数列为 p 阶等差数列 3.高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称 4.高阶等差数列的性质: (1)如果数列{an}是 p 阶等差数列,则它的一阶差数列是 p-1 阶等差数列 (2)数列{an}是 p 阶等差数列的充要条件是:数列{an}的通项是关于 n 的 p 次多项式 (3) 如果数列{an}是 p 阶等差数列,则其前 n 项和 Sn 是关于 n 的 p+1 次多项式 5.高阶等差数列中最重要也最常见的问题是求通项和前 n 项和,更深层次的问题是差分方程的求解, 解决问题的基本方法有:

(1)逐差法:其出发点是 an=a1+ (2)待定系数法: 在已知阶数的等差数列中, 其通项 an 与前 n 项和 Sn 是确定次数的多项式(关于 n 的), 先设出多项式的系数,再代入已知条件解方程组即得 (3)裂项相消法:其出发点是 an 能写成 an=f(n+1)-f(n)

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(4)化归法:把高阶等差数列的问题转化为易求的同阶等差数列或低阶等差数列的问题,达到简化的 目的 二、例题精讲 例 1.数列{an}的二阶差数列的各项均为 16,且 a63=a89=10,求 a51 解:法一:显然{an}的二阶差数列{bn}是公差为 16 的等差数列,设其首项为 a,则 bn=a+(n-1)× 16,于是

an= a1+ =a1+(n-1)a+8(n-1)(n-2) 这是一个关于 n 的二次多项式,其中 n2 的系数为 8,由于 a63=a89=10,所以 an=8(n-63)(n-89)+10,从而 a51=8(51-63)(51-89)+10=3658 解:法二:由题意,数列{an}是二阶等差数列,故其通项是 n 的二次多项式,又 a63=a89=10,故可设 an=A(n-63)(n-89)+10 由于{an}是二阶差数列的各项均为 16,所以(a3-a2)-(a2-a1)=16 即 a3-2a2+a1=16,所以 A(3-63)(3-89)+10-2[A(2-63)(2-89)+10]+A(1-63)× (1-89)+10=16 解得:A=8 an=8(n-63)(n-89)+10,从而 a51=8(51-63)(51-89)+10=3658 例 2.一个三阶等差数列{an}的前 4 项依次为 30,72,140,240,求其通项公式 解:由性质(2),an 是 n 的三次多项式,可设 an=An3+Bn2+Cn+D 由 a1=30、a2=72、a3=140、a4=240 得

解得: 所以 an=n3+7n2+14n+8 例 3.求和:Sn=1× 22+2× 32+…+n(n+2)(n+1)2 3× 4×
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解:Sn 是是数列{n(n+2)(n+1)2}的前 n 项和, 因为 an=n(n+2)(n+1)2 是关于 n 的四次多项式,所以{an}是四阶等差数列,于是 Sn 是关于 n 的五次多 项式 k(k+2)(k+1)2=k(k+1)(k+2)(k+3)-2k(k+1)(k+2),故求 Sn 可转化为求

Kn=

和 Tn=

k(k+1)(k+2)(k+3)=

[ k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)-(k-1) k(k+1)(k+2)(k+3)],所以

Kn=

=

Tn=

=

从而 Sn=Kn-2Tn= 例 4.已知整数列{an}适合条件: (1)an+2=3an+1-3an+an-1,n=2,3,4,… (2)2a2=a1+a3-2 (3)a5-a4=9,a1=1 求数列{an}的前 n 项和 Sn 解:设 bn=an+1-an,Cn=bn+1-bn Cn=bn+1-bn= (an+2-an+1)-( an+1-an)=an+2-2an+1+an=(3an+1-3an+an-1) -2an+1+an=an+1-2an+an-1 =Cn-1 (n=2,3,4,…) 所以{ Cn}是常数列 由条件(2)得 C1=2,则{an}是二阶等差数列
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因此 an=a1+ 由条件(3)知 b4=9,从而 b1=3,于是 an=n2

例 5.求证:二阶等差数列的通项公式为

证明:设{an}的一阶差数列为{bn},二阶差数列为{cn},由于{an}是二阶等差数列,故{cn}为常数列 又 c1=b2-b1=a3-2a2+a1

所以

例 6.求数列 1,3+5+7,9+11+13+15+17,…的通项 解:问题等价于:将正奇数 1,3,5,…按照“第 n 个组含有 2n-1 个数”的规则分组: (1)、(3,5,7)、(9,11,13,15,17),… 然后求第 n 组中各数之和 an 依分组规则,第 n 组中的数恰好构成以 2 为公差的项数为 2n-1 的等差数列,因而确定了第 n 组中正 中央这一项,然后乘以(2n-1)即得 an 将每一组的正中央一项依次写出得数列:1,5,13,25,…这个数列恰为一个二阶等差数列,不难求其通 项为 2n2-2n+1,故第 n 组正中央的那一项为 2n2-2n+1,从而 an=(2n-2n+1)(2n-1) 例 7.数列{an}的二阶差数列是等比数列,且 a1=5,a2=6,a3=9,a4=16,求{an}的通项公式

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解:易算出{an}的二阶差数列{cn}是以 2 为首项,2 为公比的等比数列,则 cn=2n, {an}的一阶差数列设为{bn},则 b1=1 且

从而 例 8.设有边长为 1 米的正方形纸一张,若将这张纸剪成一边长为别为 1 厘米、3 厘米、…、(2n-1)厘 米的正方形,愉好是 n 个而不剩余纸,这可能吗? 解:原问题即是是否存在正整数 n,使得 12+32+…+(2n-1)2=1002

由于 12+32+…+(2n-1)2=[12+22+…+(2n)2]-[22+42+…+(2n)2]=

随着 n 的增大而增大, n=19 当

时 故不存在…

=9129<10000,当 n=20 时

=10660>10000

例 9.对于任一实数序列 A={a1,a2,a3,…},定义 DA 为序列{a2-a1,a3-a2,…},它的第 n 项为 an+1-an,假 设序列 D(DA)的所有项均为 1,且 a19=a92=0,求 a1 解:设序列 DA 的首项为 d,则序列 DA 为{d,d+1,d+2,…},它的第 n 项是 d+(n-1),因此序列 A 的第 n 项



然 an 是关于 n 的二次多项式,首项等比数列为

由于 a19=a92=0,必有 所以 a1=819 摘自数学教育之窗
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专题材料

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不定方程

【知识精要】

1 1 形如 x+y=4, x+y+z=3, ? =1 的方程叫做不定方程, 其中前两个方程又叫做一次不定方程. 这 x y
些方程的解是不确定的,我们通常研究(1)不定方程是否有解?(2)不定方程有多少个解?(3) 求不定方程的整数解或正整数解. 对于二元一次不定方程问题,我们有以下两个定理: 定理 1.二元一次不定方程 ax+by=c, (1)若其中(a,b) c,则原方程无整数解; (2)若(a, b)=1,则原方程有整数解; (3)若(a,b)|c,则可以在方程两边同时除以(a,b) ,从而使原方 程的一次项系数互质,从而转化为(2)的情形. 如:方程 2x+4y=5 没有整数解;2x+3y=5 有整数解.

? x ? x0 ? x ? cx 0 定理 2.若不定方程 ax+by=1 有整数解 ? ,则方程 ax+by=c 有整数解 ? ,此解称为 ? y ? y0 ? y ? cy 0 ? x ? cx 0 ? bk 特解.方程方程 ax+by=c 的所有解(即通解)为 ? (k 为整数) . ? y ? cy 0 ? ak
对于非二元一次不定方程问题,常用求解方法有: (1)恒等变形.通过因式分解、配方、换元等方法将方程变形,使之易于求解; (2)构造法.先利用恒等式构造一些特解,再进一步证明不定方程有无穷多组解; (3)估算法.先缩小方程中某些未知数的取值范围,然后再求解. 【例题精讲】 一 二元一次不定方程 例 1.求方程 4x+5y=21 的整数解.

? x ? ?1 ? x ? ?21 解:因为方程 4x+5y=1 有一组解 ? ,所以方程 4x+5y=21 有一组解 ? . ? y ?1 ? y ? 21 ? x ? 5k 又因为方程 4x+5y=0 的所有整数解为 ? (k 为整数) , ? y ? ?4k ? x ? ?21 ? 5k 所以方程 4x+5y=21 的所有整数解为 ? (k 为整数) . ? y ? 21 ? 4k ? x ? ?1 说明:本题也可直接观察得到方程 4x+5y=21 的一组特解 ? ,从而得到 4x+5y=21 的通解 ? y ?5 ? x ? ?1 ? 5k (k 为整数) . ? ? y ? 5 ? 4k

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练习 1.求方程 5x+3y=22 的所有正整数解.

? x ? ?1 解:方程 5x+3y=1 有一组解为 ? ? y?2 ? x ? ?22 所以方程 5x+3y=22 有一组解为 ? ? y ? 44 ? x ? 3k 又因为 5x+3y=0 的所有整数解为 ? ,k 为整数 ? y ? ?5k ? x ? 3k ? 22 所以方程 5x+3y=22 的所有整数解为 ? ,k 为整数 ? y ? ?5k ? 44
22 ? ?k ? 3 3k ? 22 ? 0 ? ?x ? 2 由? 解得 ? ,所以 k=8,原方程的正整数解为 ? . 44 ?? 5k ? 44 ? 0 ?y ? 4 ?k ? 5 ?
说明:由此题可见,求不定方程的正整数解的方法是先求不定方程的所有整数解(通解) ,然后 再求其中的正整数解.这通常需要解不等式组求出通解中 k 的取值范围. 若一次不定方程的特解不易观察得出,我们可以用辗转相除法求特解.下面通过例题说明这种 方法. 例 2.求方程 63x+8y=-23 的整数解. 解: (1)用 x、y 中系数较大者除以较小者.63=8× 7+7. (2)用上一步的除数除以上一步的余数.8=7× 1+1 (3)重复第二步,直到余数为 1 为此. (4)逆序写出 1 的分解式. 1=8-7× 1=8-(63-8× 7)× 1=8-63+8× 7=8× 8-63. (5)写出原方程的特解和通解.

? x ? ?1 ? x ? 23 所以方程 63x+8y=1 有一组特解 ? ,方程 63x+8y=-23 有一组特解 ? ,所 ? y ?8 ? y ? ?8 ? 23 ? x ? 23 ? 8k 以原方程的所有整数解为 ? ,k 为整数. ? y ? ?8 ? 23 ? 63k
练习 2.求方程 37x+107y=25 的整数解. 解:107=2× 37+33 37=1× 33+4 33=4× 8+1 所以 1=33-4× 8=33- (37-1× × 33) 8=37× (-8) +33× 9=37× (-8)(107-2× × + 37) 9=107× 9+37× (-26)

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? x ? ?26 ? x ? ?26 ? 25 ? 107k 所以方程 37x+107y=1 有一组整数解为 ? ,原方程的所有整数解为 ? , ? y ?9 ? y ? 9 ? 25 ? 37k
k 为整数. 二 多元一次不定方程(组)的整数解 多元一次不定方程的整数解问题可转化为二元一次不定方程来求解.下面通过例题进行说明. 例 3.求方程 12x+8y+36z=100 的所有整数解. 解:原方程可化为 3x+2y+9z=25.

?3 x ? 2 y ? t 将①分为 ? ? t ? 9 z ? 25

② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦

? x ? t ? 2 k1 ? x?t ②的一组解为 ? ,所以②的所有整数解为 ? ? y ? ?t ? 3k1 ? y ? ?t ?t ? 7 ? 9k 2 ?t ? 7 ③的一组解为 ? ,所以③的所有整数解为 ? ? z ? 2 ? k2 ?z ? 2

k1 为整数.

k2 为整数.

? x ? 7 ? 9 k 2 ? 2 k1 ? 将⑥代入④⑤,消去 t 得, ? y ? ?7 ? 9k 2 ? 3k1 (k1,k2 为整数) . ? z ? 2 ? k2 ?
练习 3.一个布袋中装有红、黄、蓝三种颜色的大小相同的小球,红球上标有数字 1,黄球上标 有数字 2,蓝球上标有数字 3.小明从布袋中摸出 10 个球,它们上面所标数字之和等于 21,则小明 摸出的球中红球个数最多为几个? 解:设红、黄、蓝球各摸出 x、y、z 个,则

? x ? y ? z ? 10 ? ? x ? 2 y ? 3z ? 21

(1) ( 2)
(3)

(2)-(1)消去 x 得 y+2z=11

? y ? 1 ? 2k (3)的通解为 ? ,k 为整数. ? z ?5?k
所以 x=10-y-z=4-k,当 k=0 时,x 最大,此时 y=1,z=5. 所以小明摸出的球中红球个数最多为 4 个. 三 其他不定方程 例 4.求不定方程

1 1 1 ? ? 的正整数解. x y 2

解:原式变形为 2x+2y=xy,即(x-2) (y-2)=4

? x ? 2 ? 2 ?x ? 2 ? 4 ? x ? 2 ? 1 所以 ? 或? 或? ?y ? 2 ? 2 ? y ? 2 ?1 ?y ? 2 ? 4
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? x ? 4 ?x ? 6 ? x ? 3 解得 ? 或? 或? . ?y ? 4 ?y ? 3 ?y ? 6
练习 4.求方程 x2-y2=105 的正整数解. 解: (x+y) (x-y)=105=3× 7 5×

? x ? y ? 105 ? x ? y ? 35 ? x ? y ? 21 ? x ? y ? 15 所以 ? 或? 或? 或? ? x ? y ?1 ? x? y?3 ? x? y?5 ?x? y?7 ? x ? 53 ? x ? 19 ? x ? 13 ? x ? 11 解得 ? 或? 或? 或? . ? y ? 52 ? y ? 16 ? y ? 8 ? y ? 4
例 5.求方程 y2+3x2y2=30x2+517 的所有正整数解 解:原方程可变形为 y2+3x2y2-30x2-10=517,即: 2-10) 2+1)=3× 13. (y (3x 13× 2 2 由于 3 (3x +1) ,所以 3|(y -10) . 2 2 又因为 3x +1>1,所以 y -10>0,经实验可知 y2-10=39,3x2+1=13. 所以 x=2,y=7. 说明:本题虽然简单,但也综合运用了恒等变形、估算等多种方法. 练习 5.求证方程 x3+113=y3 没有正整数解. 解:假设方程有正整数解,则由 x3+113=y3 得(y-x) 2+xy+x2)=113. (y 2 2 2 由于 y>x,y>11,所以 y +xy+x >11 ,于是 y-x=1,y2+xy+x2=113. 所以(x+1)2+x(x+1)+x2=3x2+3x+1=113=1331,即 3(x2+x)=1330. 这与 3 1330 矛盾,所以原方程没有正整数解. 例 6.求方程 x+y=x2-xy+y2 的全部整数解. 解:将原方程看成关于 x 的一元二次方程:x2-(y+1)x+(y2-y)=0. 若此方程有解,则△=(y+1)2-4(y2-y)≥0,即 3y2-6y-1≤0.

2 3 2 3 ,所以 y=0,1 或 2. ? y ?1? 3 3 将 y 的值代入原方程可解得:
解得:1-

? x ? 0 ? x ? 1 ?x ? 0 ?x ? 2 ? x ? 1 ? x ? 2 ,? ,? ,? ,? ,? . ? ?y ? 0 ?y ? 0 ? y ?1 ? y ?1 ?y ? 2 ?y ? 2
练习 6.求方程 x2+y2=2x+2y+xy 的所有正整数解. 解:将原方程看成关于 x 的一元二次方程 x2-(y+2)x+(y2-2y)=0. 若此方程有整数解,则△=(y+2)2-4(y2-2y)为完全平方数. 又因为△=-3(y-2)2+16 ?[0,16],所以△=0,1,4,9 或 16. 解得 y=2 或 4.

?x ? 4 ?x ? 2 ?x ? 4 代入原方程解得 ? ,? 或? . ?y ? 2 ?y ? 4 ?y ? 4

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例 7.求方程 x6+3x3+1=y4 的整数解. 解: (1)当 x>0 时,x6+2x3+1<y4<x6+4x3+2,即(x3+1)2<y4<(x3+2)2 所以 x3+1<y2<x3+2,而 x3+1 与 x3+2 为两个相邻整数,中间不可能有其他整数,这说明 x>0 不成 立. (2)当 x=0 时,y4=1,y=± 1. 4 (3)当 x=-1 时,y =-1,y 无实数解. (4)当 x≤-2 时,x3+1<0,所以 x6+4x3+2<y4<x6+4x3+1,即(x3+2)2<y4<(x3+1)2 所以-(x3+2)<y2<-(x3+1) ,与(1)类似可证 x≤-2 不成立.

?x ? 0 ? x ? 0 综上所述, ? 或? . ? y ? 1 ? y ? ?1
说明:本题先将原方程变形,利用不等式缩小 x 的取值范围,再进行求解. 练习 7.求方程 x2+x=y4+y3+y2+y 的整数解. 解:原方程可变形为 4x2+4x+1=4y4+4y3+4y2+4y+1. ∴(2x+1)2=(2y2+y)2+3y2+4y+1 =(2y2+y)2+2× (2y2+y)+1+(-y2+2y) =(2y2+y+1)2+(-y2+2y)

?3 y 2 ? 4 y ? 1 ? 0 (1)当 ? ,即当 y<-1 或 y>2 时, 2 ? ? y ? 2y ? 0
(2y2+y)2<(2x+1)2<(2y2+y+1)2 而 2y2+y 与 2y2+y+1 为两相邻整数,所以此时原方程没有整数解. (2)当 y=-1 时,x2+x=0,所以 x=0 或-1. (3)当 y=0 时,x2+x=0,所以 x=0 或-1. (4)当 y=1 时,x2+x=4,此时 x 无整数解. (5)当 y=2 时,x2+x=30,所以 x=-6 或 5.

? x?0 ? x ? ?1 ? x ? 0 ? x ? ?1 ? x ? ?6 ? x ? 5 综上所述: ? ,? ,? ,? ,? ,? . ? y ? ?1 ? y ? ?1 ? y ? 0 ? y ? 0 ? y?2 ?y ? 2
说明:本题与例 7 的解法基本思想相同,但各种条件更隐蔽,需要较高的洞察力.

概率、统计
【知识精要】 1. 排列、组合问题的基本原理:加法(分类)和乘法(分步)原理。解决此类问题常见要点: (1) 不重复,不遗漏; (2)正面考虑比较麻烦时,考虑间接法; (2)特殊位置、元素优先考虑; (3) 转化思想,对于陌生问题,尽量转化为熟悉模型。 2.隔板法模型:将 m 个名额分给 k 个人 (m ? k ) ,每人至少一个的方法是 C m ?1 ; 引申 1:方程 x1 ? x2 ? ??? ? xk ? m ( xi ? 1, xi ? Z , m ? Z ) 的解有 C m ?1 组;
?

k ?1

k ?1

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引申 2:方程 x1 ? x2 ? ??? ? xk ? m ( xi ? 0, xi ? Z , m ? Z ) 的解有 Cm ? k ?1 组。 3.解决概率问题,必须对等可能事件、互斥事件、相互独立事件的模型要了如指掌。 【例题精讲】+【习题精练】 例 1:3 个人传球,由甲发球,5 次传球之后,仍回到甲手中,有多少种传球方法? 解:将问题转化为右图填图问题。中间可能有甲或无甲, 则有 C2C2 A2 ? A2 ? 10 种不同的传球方法。
1 1 2 2

?

k ?1





练习 1: (2000 全国高中数学联赛 12 题)如果:(1)a,b,c,d 都属于{1,2,3,4}; (2)a?b,b?c,c?d,d?a; (3)a 是 a,b,c,d 中的最小值, 那么,可以组成的不同的四位数 abcd 的个数是_________. 解:当 abcd 恰有 2 个不同数字时,共组成 C4 ? 6 种不同数字;
2

当 abcd 恰有 3 个不同数字时,共组成 C4 (2 ? 1 ? 1) ? 16 种不同数字;
3

当 abcd 恰有 2 个不同数字时,共组成 C4 ? 6 种不同数字;
2

所以总共有 6+16=6=28 种。 例 2:使直线 ax ? by ? 1和圆 x ? y ? 50 只有整数公共点的有序实数对 (a, b)
2 2

的个数为: ( ) A、72 B、74 C、78

D、82

解:第一象限圆上有 (7,1),(5,5),(1,7) 三个整点,故平面上共有 12 个整点,分割线或切 线,共有 C12 ? 12 ? 78 条,但该直线不过原点,应减去 6 条,故共有 72 条,选 A。
2

练习 2: (05 年江苏高中数学竞赛)由三个数字 1 、 2 、 3 组成的 5 位数中, 1 、 2 、 3 都至 少出现 1 次, 这样的 5 位数共有 . 解: 150 在 5 位数中, 若 1 只出现 1 次,有 C5 (C4 ? C4 ? C4 ) ? 70 个;
1 1 2 3

若 1 只出现 2 次, C5 (C3 ? C3 ) ? 60 个; 1 只出现 3 次, C5 C2 ? 20 个.则 有 若 有
2 1 2 3 1

这样的五位数共有 150 个. 故填 150 个。 例 3: (2005 全国高考试题改编)过三棱柱任意两个顶点的直线共 15 条,任选两条为异面直线的 概率是: 。 解:全部情况有 C15 ? 105 种,记“15 条直线中任选两条为异面直线”为事件 A,而要使两直线
2

异面,只需四点不共面,且不共面的四点可连成 3 组异面直线,则事件 A 的可能情况有
4 3(C6 ? 3) ? 36 种,故 P( A) ?

36 12 12 ? 。即任选两条为异面直线的概率为 。 105 35 35

练习 3: (02 年全国联赛题改编)已知点 P , P2 ,?, P 分别是四面体的顶点或棱的中点,那么四点 1 10

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组 ( P , Pi , Pj , Pk ) ( 1 ? i ? j ? k ? 10 )在同一平面上的概率为 1 解:全部的基本事件有 C9 ? 84 种,
3



记“四点组 ( P , Pi , Pj , Pk ) ( 1 ? i ? j ? k ? 10 )在同一平面”为事件 A,可能的情况有 1 (1)从四个面选,有 3C5 ? 30 种; (2)含 P 的每条棱上三个点与它异面的棱的中点组成四点共 1
3

面,有三种情况。故事件 A 有 30+3=33 种不同结果。 所以 P( A) ?

33 11 。 ? 84 28

例 4:现有 A、B、C、D 四个长方体容器,A、B 的底面积均为 x 2 ,高分别为 x, y ;C、D 的底面积 均为 y ,高也分别为 x, y (其中 x ? y 的概率为 0.6).现规定一种甲乙两人的游戏规则:每人
2

从四种容器中取两个盛水,盛水多者为胜,如果盛水相同则先取者负,甲在未能确定 x 与 y 大小 的情况下先取了 A,然后随机又取了一个,那么甲先取时胜乙的概率有多大? 解:依题意可知,A、B、C、D 四个容器的容积分别为 x , x y, xy , y ,按照游戏规则,甲 先取 A,则只有三种不同的取法:①取 A、B;②取 A、C;③取 A、D.问题的实质是比较两 个容器和的大小. ①若先取 A、B,则后取者只能取 C、D. ∴当 x ? y 时, ?x ? y ??x ? y ? ? 0 ,这时甲才胜. ②若先取 A、C,则后取者只能取 B、D.
2

3

2

2

3

? x 3 ? x 2 y ? xy 2 ? y 3 ? x 2 ?x ? y ? ? y 2 ?x ? y ? ? ?x ? y ??x ? y ? ,显然 ?x ? y ? ? 0
2 2

?

? ?

?

∴当 x ? y 时, ?x ? y ? x ? y ? 0 ,这时甲才胜. ③若先取 A、D,则后取者只能取 B、C.
2 2

2 2 ? x 3 ? xy 2 ? x 2 y ? y 3 ? x x 2 ? y 2 ? y x 2 ? y 2 ? ?x ? y ? x 2 ? y 2 ,显然 x ? y ? 0

?

? ?

?

? ?

?

? ?

?

?

?

x ? y, x ? 0, y ? 0, ∴ ?x ? y ??x ? y ? >0,即先取 A、D 时,甲必胜.
2

? x 3 ? y 3 ? x 2 y ? xy 2 ? ( x ? y ) x 2 ? xy ? y 2 ? xy?x ? y ? ? ?x ? y ? x 2 ? 2 xy ? y 2 ? ?x ? y ??x ? y ?

?

? ?

?

?

?

?

?

2



甲先取 A 再取 B 或 C 的事件发生的概率为 率为 ? 0.4 ?

1 C2 1 ? ,且 x ? y 的概率为 1-0.6=0.4,此时甲胜的概 2 C4 3

1 3

2 . 15
1 1 ,此时甲胜的概率为 6 6

同样,若甲先取 A 再取 D 的事件发生的概率为 所以,甲取胜的概率为

1 2 3 + = . 6 15 10

练习 4:猎人在距离 100 米时开始射击野兔,命中率是 0.5 。如果第一次未射中,则进行第二次射 击,但此时射击距离为 150 米。如果第二次未射中,则进行第三次射击,但此时射击距离为 200 米。若第三次未射中,则不再射击,已知猎人命中概率和距离的平方成反比,求猎人命中野兔的 概率。 解:设三次射击为事件 A, B, C 。 p( A) ? 0.5, P( x) ?

k ,令 x ? 100 ,则 k ? 5000, x2

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5000 2 5000 1 ? , P(C ) ? ? ,故命中野兔概率为 2 150 9 2002 8 1 1 2 1 7 1 95 。 P( A) ? P( A ? B) ? P( A ? B ? C ) ? ? ? ? ? ? ? 2 2 9 2 9 8 144 例 5: (2005 全国高中数学联赛)如果自然数 a 的各位数字之和为 7,那么称 a 为“吉祥数” 。将所
所以 P( B) ? 有“吉祥数”从小到大排成一列 a1 , a2 , a3 , a4 , ???, 若 an ? 2005 ,则 a5n ? 。

x 解: x1 x2 ??? xk 为 k 为吉祥数, 1 ? 1, xi ? 0(i ? 2,3, ???, k ) , x1 ? x2 ? ??? ? xk ? 7 设 则 (1) y1 ? x1 , 令 yi ? xi ? 1(i ? 2,3, ???, k ) ,则(1)为 y1 ? y2 ? y3 ? ??? ? yk ? k ? 6 (2)
方程(2)的正整数解的个数即为 k 为吉祥数的个数,记为 P(k ) 利 用 隔 板 法 有 P(k ) ? Ck ?5 ? Ck ?5 个 。 而 2005 是 形 如 2x2 x3 x4 的 数 中 最 小 的 吉 祥 数 , 且
6 k ?1

P(1)? 1, ( 2) P ?

7, (3) 对于四位吉祥数 1x2 x3 x4 ,其个数为满足 x2 ? x3 ? x4 ? 6 的非负整 P ? 28.
6

数解的个数,即 C8 ? 28 个,故 2005 是第 1 ? 7 ? 28 ? 28? 1? 65 个吉祥数,即 n ? 65 ,则
6 5n ? 325,又 P(4) ? C96 ? 84, P(5) ? C10 ? 210 ,

所以

? P(k ) ? 1 ? 7 ? 28 ? 84 ? 210 ? 330 。
k ?1

5

而 5 位吉祥数中最后的 5 个倒过来依次为 70000,61000,60100,60010,52000,则第 325 个吉祥数为 52000,即 a5n ? 52000。 练习 5:从数 1, 2,3, ???,14 中,按从小到大的排序取出 a1 , a2 , a3 三个数,且 a2 ? a1 ? 3, a3 ? a2 ? 3 , 则符合条件的不同取法有多少种? 解:显然 a1 ? (a2 ? a1 ) ? (a3 ? a2 ) ? (14 ? a3 ) ? 14 ,其中

a1 ? 1, a2 ? a1 ? 3, a3 ? a2 ? 3,14 ? a3 ? 0 ,将方程变形为: a1 ? (a2 ? a1 ? 2) ? (a3 ? a2 ? 2) ? (15 ? a3 ) ? 11 ,
此时 a1 ? 1, a2 ? a1 ? 2 ? 1, a3 ? a2 ? 2 ? 1,15 ? a3 ? 1 ,由隔板法有不定方程有 C10 种不同正整
3

数解,从而符合要求的不同取法共有 C10 =120 种。

3


【知识精要】



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1.对于抽象函数,常见的处理途径包括: (1)赋值; (2)联想对应的具体函数; (3)模 拟画像,即数形结合。如练习 1。 2.若函数 f ( x) 为单调的奇函数,且 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 ,则 x1 ? x2 ? 0 。若遇两个式子 结构相同,不妨依此构造函数,若刚好函数能满足上述性质,则可解之。如例 2 及练习 2。 3. 对于一元二次方程的韦达定理, 和一元二次函数的图象有关的对称、 最值问题要了如指掌。 同时要弄清一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式之间关系,如已知一元二次方程

ax2 ? bx ? c ? 0 的根为 x1 , x2 ,则可设 f ( x) ? ax 2 ? bx ? c ? a( x ? x1 )( x ? x2 ) 。如例 4 及练
习 4。 4. 若遇到条件是不等式, 结论是等式, 往往是利用两个模型解决: (1)A ? a ? A , A ? a , 则 如例 5; (2) ( x ? a) ? ( y ? b) ? 0 ,则 x ? a, y ? b 。
2 2

【例题精讲】+【习题精练】 例 1: (第二届美国数学邀请赛) f ( x) 定义在实数集上,且对于一切实数 x 满足等式:

f (2 ? x) ? f (2 ? x) 和 f (7 ? x) ? f (7 ? x) ,设 x ? 0 是 f ( x) ? 0 的一个根,记 f ( x) ? 0 在
区间 [?1000,1000] 中的根个数为 N ,求 N 的最小值。 解: f (10 ? x) ? f [7 ? (3 ? x)] ? f [7 ? (3 ? x)] ? f (4 ? x)

? f [2 ? (2 ? x)] ? f [2 ? (2 ? x)] ? f ( x) ,故 f ( x) 是以 10 为周期的函数。
有 f (2 ? 2) ? f (2 ? 2) ? 0 ,即 f (4) ? 0 ,在 [0,10) 内方程至少有两个根, 而 [?1000,1000] 计 200 个周期,所以至少有 200 ? 2 ? 1 =401 个根,即 N min ? 401。 练习 1: (2005 广东高考第 19 题)设函数 f ( x) 在 ? ??, ?? ? 上满足 f (2 ? x) ? f (2 ? x) ,

f (7 ? x) ? f (7 ? x) 且在闭区间 ? 0, 7 ? 上,只有 f (1) ? f (3) ? 0 。
(1)试判断函数 y ? f ( x) 的奇偶性; (2)试求方程 f ( x) ? 0 在闭区间 ? ?2005, 2005? 上根的个数,并证明你的结论。 解 : 1 ) 若 函 数 y ? f ( x) 有 奇 偶 性 , 则 无 论 奇 偶 , 由 f (1) ? 0 有 f (?1) ? 0 , 又 (

f ( 2? x ) ? f ( 2 x ,令 x ? 3 ,则 f (?1) ? f (2? 3) ? f (2? 3)? f (5) ,与在闭区间 ? ) ? 0

? 0, 7 ? 上,只有 f (1) ? f (3) ? 0 矛盾,故函数 y ? f ( x) 无奇偶性。
(II)由 ?

? f (2 ? x) ? f (2 ? x) ? f ( x) ? f (4 ? x) ?? ? f (4 ? x) ? f (14 ? x) ? f (7 ? x) ? f (7 ? x) ? f ( x) ? f (14 ? x)
- 74 -

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? f ( x) ? f ( x ? 10)
又 f (3) ? f (1) ? 0, f (11) ? f (13) ? f (?7) ? f (?9) ? 0 故 f(x)在[0,10]和[-10,0]上均有有两个解,从而可知函数 y ? f (x) 在[0,2005]上有 402 个解,在 [-2005,0]上有 400 个解,所以函数 y ? f (x) 在[-2005,2005]上有 802 个解。 例 2:求 y ? (3x ? 1)( 9 x ? 6 x ? 5 ? 1) ? (2 x ? 3)( 4 x ? 12 x ? 13 ? 1) 的图象与 x 轴交点坐
2 2

标。
2 2 解: y ? (3 x ? 1)( (3 x ? 1) ? 4 ? 1) ? (2 x ? 3)( (2 x ? 3) ? 4 ? 1)

令 f (t ) ? t ( t ? 4 ? 1) ,可知 f (t ) 是奇函数,且严格单调,所以
2

y ? f (3x ? 1) ? f (2 x ? 3) ,当 y ? 0 时, f (3x ?1) ? ? f (2 x ? 3) ? f (3 ? 2 x) ,
所以 3x ? 1 ? 3 ? 2 x ,故 x ?

4 4 ,即图象和 x 轴交点坐标为 ( , 0) 5 5
5 5

练习 2:已知实数 x, y 满足 (3x ? y) ? x ? 4 x ? y ? 0 ,求 cos(4 x ? y) 解:由已知有 (3x ? y ) ? x ? (3x ? y ) ? x ? 0 ,令 F ( x) ? x ? x ,可知该函数是奇函数,
5 5 5

且严格单调递增,故 F (3x ? y) ? F ( x) ? 0 ,即 (3x ? y) ? x ? 0 , cos(4 x ? y) ? 1 例 3:设函数 f : N ? N , 且严格递增,当 m, n 互质时, f ( m? n) ? f ( m)? f ( n), 若 求 f (19)? 19, f ( f (19)) ? f (98) 的值。 解:由 f (1?19) ? f (1) ? f (19) 及 f (19) ? 19, ,得 f (1) ?1 ,又 f (n) 取值为整数且严格单调 递增,所以 f (2) ? 2, f (3) ? 3, ???, f (18) ? 18 , 又 f (99) ? f (9 ?11) ? f (9) ? f (11) ? 9 ?11 ? 99 ,从而必有
? ?

f (20) ? 20, f (21) ? 21, ???, f (98) ? 98 ,所以 f ( f (19)) ? f (98) = f (19 ? 98)
又 19 和 98 互质, f (19 ? 98) = f (19) ? f (98) ? 1862 ,即 f ( f (19)) ? f (98) =1862。 练习 3:设函数 f : N ? N , 且严格递增, f ( f (n)) ? 3n ,求 f (1) ? f (9) ? f (36) 解:由 f ( f (n)) ? 3n ,将 n 换为 f (n) ,有 f ( f ( f (n))) ? 3 f (n) ,又将原式两边取函数 值有 f ( f ( f (n))) ? f (3n) ,故 f (3n) ? 3 f (n) 。
- 75 ? ?

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若 f (1) ? 1 ,则 f ( f (1)) ? f (1) ? 3 矛盾,故设 f (1) ? a ? 1,

f ( f (1)) ? f (a) ? 3 ,此时 1 ? f (1) ? f (a) ? 3 ,所以 f (1) ? 2 , f (2) ? f ( f (1)) ? 3 f (3) ? 3 f (1) ? 6 , f (6) ? 3 f (2) ? 9, 中间必有 f (4) ? 7, f (5) ? 8 f (9) ? 3 f (3) ? 18 , f (12) ? 3 f (4) ? 21, f (36) ? 3 f (12) ? 63
所以 f (1) ? f (9) ? f (36) ? 83 例 4:已知 3 ? 13 ? 17 ,5 ? 7 ? 11 ,试判断实数 a, b 的大小关系,并证明之。
a b a a b b

解:令 a ? 1 ,则 13 ? 14 , 5 ? 7 ? 11 ,可见 b ? 1。猜想 a ? b
b b b

下面利用反证法证明:若 a ? b ,则 13 ? 13 ,5 ? 5
a b a

b

?17a ? 3a ? 13b ? 3a ? 13a ,11b ? 5a ? 7b ? 5b ? 7b
即(

3 a 13 a 5 7 3 13 x 5 7 ) ? ( ) ? 1, ( )b ? ( )b ? 1, 而函数 f ( x ) ? ( )x ? ( ) 和 g ( x) ? ( ) x ? ( ) x 17 17 11 11 17 17 11 11 3 13 16 5 7 12 ? ? ? 1 ? f (a), g (1) ? ? ? ? 1 ? g (b) 17 17 17 11 11 11

在 R 上均为减函数,且

f (1) ?

? a ? 1, b ? 1. 这与 a ? b 矛盾,故 a ? b 。
练习 4:已知 0.301029 ? lg 2 ? 0.301030,0.477120 ? lg3 ? 0.477121 , 求 2000
1979

的首位数字。
1979

解: lg 2000

=1979 lg 2000 ? 1979(3 ? lg 2)

?6532.736391 ? lg 20001979 ? 6532.73837 。故 20001979 为6533位数,由
lg5 ? 1 ? lg 2,lg 6 ? lg 2 ? lg3 ,得
0.698970 ? lg 5 ? 0.698971? ? ? lg5 ? 0.736391 ? 0.73837 ? lg 6 0.778149 ? lg 6 ? 0.778151?
说明 2000
1979

的首位数字是5。

例 5: (第 15 届美国数学邀请赛) 已知 a, b, c 为非零实数,f ( x) ?

ax ? b 且 () 9 9 7 9 , () , x ? R , f 1 1 ?7 9 f cx ? d

?

。 若当 x ? ?

d 时, c

对于任意实数 x ,均有 f ( f ( x)) ? x ,试求出 f ( x) 值域以外的唯一数。
- 76 -

华夏园教育奥赛专题——数学

ax ? b ?b d cx ? d 解:当 x ? ? 时,有 f ( f ( x)) ? x ,则 ? x ,化简得 ax ? b c c? ?d cx ? d a?
(a ? d )cx 2 ? (d 2 ? a 2 ) x ? b(a ? d ) ? 0 , 由 于 该 方 程 对 x ? ? a ? d ? 0, d 2 ? a 2 ? 0, 则 d ? ?a 。

d 恒 成 立 , 故 c

ax ? b ? x 的两根,即 19,97 是方程 cx ? d a?d b cx 2 ? (d ? a) x ? b ? 0 的两根,由韦达定理得 ? 116, ? ? 1843, 结合 d ? ?a c c 8 x ? 1843 1521 得 a ? 58c, b ? ?1843c, d ? ?58c ,从而 f ( x) ? ? 58 ? x ? 58 x ? 58
又 f (19) ? 19, f (97) ? 97 ,即 19,97 是方程 故 f ( x) 取不到 58 这个数,即 58 是 f ( x) 的值域外的唯一数。 练习 5:已知函数 f ( x) ? x ? bx ? c ,方程 f ( x) ? x 的两个根为 x1 , x2 ,且 x1 ? x2 ? 2
2

(1) 求证: x1 , x2 也是方程 f ( f ( x)) ? x 的根; (2) 设 f ( f ( x)) ? x 的另两个根是 x3 , x4 ,且 x3 ? x4 ,试判断 x1 , x2 , x3 , x4 的大小。 解: (1)易证。 (2)由方程 f ( x) ? x ? 0 的两个根为 x1 , x2 ,设 f ( x) ? x ? ( x ? x1 )( x ? x2 ) 所以 f ( f ( x)) ? x ? ( f ( x) ? x1 )( f ( x) ? x2 ) ? f ( x) ? x

[( x ? x1 )( x ? x2 ) ? ( x ? x1 )][( x ? x1 )( x ? x2 ) ? ( x ? x2 )] ? ( x ? x1 )( x ? x2 ) ? ( x ? x1 )( x ? x2 )[( x ? x1 ? 1)( x ? x2 ? 1) ? 1]
记 g ( x) ? ( x ? x1 ? 1)( x ? x2 ? 1) ? 1 ,则 x3 , x4 是 g ( x) ? 0 的两根,而

g ( x1 ) ? x1 ? x2 ? 2 ? 0, g ( x2 ) ? x2 ? x1 ? 2 ? 0 ,且 x3 ? x4 ,
故 x4 ? x2 ? x3 ? x1 。

立体几何(传统方法)
知识精要 1. 直线与平面问题,主要是对空间中的直线与平面的位置关系、距离、角以及它们的综合问题进 行研究.这些问题往往与代数、三角、组合等知识综合,因而在解题过程中,要力求做到概念 清晰,方法得当,转化适时,突破得法. 2. 四面体是一种最简单的多面体,它的许多性质可以用类比的思想从三角形的性质而得来.较复
- 77 -

华夏园教育奥赛专题——数学

杂的多面体常转化为四面体问题加以解决.解决这一类问题的所常用的数学思想方法有:变换 法、类比和转化、体积法、展开与对折等方法. 3. 解决旋转体的有关问题要注意截面的知识的应用.在解决球相切问题时,注意球心连线通过切 点,球心距等于两球半径之和.因此,研究多球相切问题时,连结球心,从而转化为多面体问 题. 例题 1 从正方体的棱和各个面上的对角线中选出 k 条,使得其中任意两条线段所在直线都是异面直 线,求 k 的最大值. 解答 考察如图所示的正方体上的四条线段 AC, 1, 1B1, BC D A1D,它们所在直线两两都是异面直线.又若有 5 条或 5 条 以上两两异面的直线,则它们的端点相异且个数不少于 10, 与正方体只有 8 个顶点矛盾.故 K 的最大值是 4. 练习 1 在正方体的 8 个顶点、12 条棱的中点、6 个面的中 心及正方体的中心共计 27 个点中,问共线的三点组的个数 是多少
A1

D1

C1

8? 7 解答 两端点都为顶点的共线三点组共有 ? 28 个;两端点都为面的中心共线三点组共有 2 6 ?1 12 ? 3 D ? 3 个;两端点都为各棱中点的共线三点组共有 ? 18 个,且没有别的类型的共线三点组, 2 2 所以总共有 28 ? 3 ? 18 ? 49 个. A 例题 2 已知一个平面与一个正方体的 12 条棱的夹角都等于 ? ,求 sin ? .
解答 如右图所示,平面 BCD 与正方体的 12 条棱的夹角都 等 于 ? , 过 A 作 AH 垂 直 平 面 BCD . 连 DH , 则 ? ? ?A D H.设正方体的边长为 b,则

B1

C

B

2 6 DH ? ? 2b sin 600 ? b 3 3

? 6 ? 3 AH ? b ? ? ? 3 b? ? 3 b ? ? ?
2

2

C

所以 sin ? ? sin ?ADH ?

AH 3 ? . AD 3

D H

A

练习 2 如图所示,正四面体 ABCD 中,E 在棱 AB 上,F 在棱 CD 上,使得

AE CF ? ? ? (0 ? ? ? ??) ,记 f (? ) ? ? ? ? ?? ,其中 ? ? 表示 EF 与 AC 所成的角, ? ? 表示 EF EB FD
与 BD 所成的角,证明 f ?(? ) ? 0 ,即 f (? ) 为常数. 解答 因 ABCD 是正四面体,故 AC 垂直 BD,作 EG 平行 AC 交 BC 于 G,连 GF,则 ? ? ? ?GEF ,且
A

B

CG AE CF , ? ? GB FD FD
B

E D

G C

F

- 78 -

华夏园教育奥赛专题——数学

所以 GF 平行 BD.所以 GF 垂直 EG,且 ?? ? ?EFG .所以 f (? ) 为常数. 例题 3 三棱锥 P-ABC 中,若棱 PA=x,其余棱长均为 1,探讨 x 是否有最值. 解答当 P-ABC 为三棱锥时,x 的最小极限是 P、A 重合,取值为 0,若 ?PBC 绕 BC 顺时针旋转,PA 变大,最大极限是 P、A、B、C 共面时,PA 为菱形 ABPC 的对角线,长度为 3 .所以无最值. 练习 3 若正三棱锥底面棱长棱长均为 1,探讨其侧棱否有最值. 解答 若 P 在底面的射影为 O,易知 PO 越小,侧棱越小.故 P、O 重合时,侧棱取最小极限值

3 , 3

PO 无穷大时,侧棱也无穷大.所以无最值. 例题 4 在单位正方体 ABCD-A1B1C1D1 的面对角线 A1B 上存在一点 P 使得 AP+D1P 最短,求 AP+D1P 的最小值. 解答 将等腰直角三角形 AA1B 沿 A1B 折起至 A?A1 B ,使三角形 A?A1 B 与四边形 A1BCD1 共面,联结

A?D1 ,则 A?D1 的长即为 AP+D1P 的最小值,所以,
A?D1 ? 12 ? 12 ? 2 ?1?1? cos1350 ? 2 ? 2
练 习 4 已 知单位 正方体 ABCD-A1B1C1D1 的 对棱 BB1 、 D1 上 有两个 动点 E 、 F, BE=D1F= ?

1 ) .设 EF 与 AB 所成的角为 ? ,与 BC 所成的角为 ? ,求 ? ? ? 的最小值. 2 1 ? ? 解答 当 ? ? 时,? ? ? ? .不难证明 ? ? ? ? f (? ) 是单调减函数.因此 ? ? ? 的最小值为 . 2 2 2
(0 ? ? ? 例题 5 在正 n 棱锥中,求相邻两侧面所成的二面角的取值范围. 解答 当顶点落在底面的时候,相邻两侧面所成的二面角为 ? .当顶点在无穷远处的时候,正 n 棱锥 变为正 n 棱柱,这时相邻两侧面所成的二面角为

(n ? 2)? . n

练习 5 已知直平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 的各条棱长均为 3,角 BAD=600,长为 2 的线段 MN 的一 个端点 M 在 DD1 上运动,另一端点 N 在底面 ABCD 上运动,求 MN 的中点 P 的轨迹(曲面)与共 一顶点 D 的三个面所围成的几何体的体积. 解答 联结 DP、DN,在三角形 MDN 为直角三角形,且 DP=MN/2=1,又由已知角 BAD=600,角 ADC=1200,所以点 P 的轨迹以点 D 为球心,半径为 1 的 1/6 球面,所以其与顶点 D 以及三个面围 成的几何体的体积为

1 4 2 ? ? ?13 ? ? . 6 3 9

立体几何(向量方法)
知识精要 4. 证明两条直线平行,只需证明这两条直线上的向量共线(即 成倍数关系) .证明两条直线平行,只需证明这两条直线上 的向量的数量积等于零. 5. 通过法向量,把线面、面面的角转化为线线的角.从而可以

P

D
- 79 -

A

O B

C

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利用公式 cos ? ? ? ?? | ? || ? | 求解. 6. 建立空间直角坐标系.
1 例题 1 如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB⊥BC,AB=BC= PA,点 O、D 分别是 AC、PC 的中点,OP⊥底 2 面 ABC. (Ⅰ)求证 OD ∥平面 PAB ; (Ⅱ) 求直线 OD 与平面 PBC 所成角的大小.

解答? OP ? 平面ABC,OA ? OC,AB ? BC,

? OA ? OB,OA ? OP,OB ? OP.
以O为原点,射线OP为非负z轴,建立空间直角坐标系O ? xyz ?如图?,

? 2 ? ? ? ? ? 2 2 设AB ? a,则A ? a,0,0 ? , B ? 0, a,0 ? , C ? ? a,0,0 ? ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ? ? ? ? ? ? ?

z

P D

设OP ? h,则P ? 0,0, h ? . Ⅰ ? ?? D为PC的中点,

A

x
???? ? ??? ? 2 ? ? 2 1 ? ? OD ? ? ? a,0, h ? , 又 PA ? ? ? 4 ? ? 2 a,0, ?h ?, ? 2 ? ? ? ?

O B

C

y

???? ? 1 ??? ? OD ? ? PA. 2

???? ??? ? ? OD∥PA.

? OD∥平面PAB.

?Ⅱ? ?

PA ? 2a, ? h ?

???? ? 2 14 ? 7 a,0, a ?, a, ? OD ? ? ? ? 4 4 ? 2 ? ?

???? ? ???? ? ? ? OD ? n 210 1? . 可求得平面PBC的法向量n ? ? ?1,1, ? , ? cos?OD, n? ? ???? ? ? ? ? 30 7? OD ? n ?

???? ? 210 设OD与平面PBC所成的角为?, sin ? ? cos?OD, n? ? 则 , 30 210 . ? OD与平面PBC所成的角为arcsin 30
练习 1 如图,已知长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 , AB ? 2, AA1 ? 1 ,直线 BD 与平面 AA1 B1 B 所成的角 为 30 , AE 垂直 BD 于 E , F 为 A1 B1 的中点. (Ⅰ)求异面直线 AE 与 BF 所成的角; (Ⅱ)求平面 BDF 与平面 AA1 B 所成二面角 (锐角) 的大小; (Ⅲ)求点 A 到平面 BDF 的距离
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0

A1 F B1 A C1 E C

D1

D

B

- 80 -

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解答 在长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,以 AB 所在直线为 x 轴, AD 所在直线为 y 轴, AA1 所在直线为 z 轴建立空间直 角坐标系如图. 由已知 AB ? 2, AA ? 1 ,可得 A(0, 0, 0), B (2, 0, 0),F (1, 0,1).又 AD ? 平面 AA1 B1 B ,从面 BD 与 1 平面 AA1 B1 B 所成的角即为 ?DBA ? 30
0

A1 F
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z
D1

2 3 又 AB ? 2, AE ? BD, AE ? 1, AD ? 3
从而易得 E ( ,

B1

A

C1 E

D

y

1 3 2 3 , 0), D(0, , 0) 2 2 3

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x

B

C

??? ??? ? ? ?1 ??? ? 1 3 ??? ? ??? ??? ? ? 2 AE ?BF , 0), BF ? (?1, 0,1) ? cos ? AE, BF ?? ??? ??? ? 2 ? ? (Ⅰ)? AE ? ( , ? ? 2 2 4 2 AE BF
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新疆

即异面直线 AE 、 BF 所成的角为 arccos

2 4

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( Ⅱ ) 易 知 平 面 AA1 B 的 一 个 法 向 量 m ? ( 0 , 1, 0 ) n ? ( x, y, z ) 是 平 面 B DF 的 一 个 法 向 设
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?

?

? ? ??? ??? ? ? n ? BF 2 3 ? , 0) 由 ? ? ??? 量. BD ? (?2, ? 3 ?n ? BD ?
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? ? ??? ? n ?BF ? 0 ? ? ? ? ??? ? ?n ?BD ? 0 ?

? ?x ? x ? 0 ? ?? 2 3 y?0 ?2 x ? 3 ?

? x?z ? ?? 取 ? 3x ? y ?
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? ? m?n 3 15 ? ? ? ? n ? (1, 3,1) ∴ cos ? m, n ?? ? ? ? m n 1? 5 5
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即平面 BDF 与平面 AA1 B 所成二面角(锐角)大小为 arccos

15 5

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(Ⅲ)点 A 到平面 BDF 的距离,即 AB 在平面 BDF 的法向量 n 上的投影的绝对值 所以距离

??? ?

?

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??? ? ? ??? ? ? ??? ? ??? ? ? ??? ? AB ?n | AB ?n | 2 2 5 ? d ? | AB |?cos ? AB, n ? ? | AB |? ??? ? ? ? ? ? |n| 5 | AB |? n | | 5
所以点 A 到平面 BDF 的距离为

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2 5 5

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例题 2 如图 1,已知 ABCD 是上.下底边长分别为 2 和 6,高为 3 的等腰梯形,将它沿对称轴 OO1
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折成直二面角,如图 2 (Ⅰ)证明:AC⊥BO1; (Ⅱ)求二面角 O-AC-O1 的大小.
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O1
O1 C

z

C

D

O1 C
D

D

A

O
图1

B
A

O
图2

B

O
x A
图3

B y

解答(I)证明 由题设知 OA⊥OO1,OB⊥OO1.所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角, 即 OA⊥OB. 故可以 O 为原点,OA、OB、OO1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标 系,如图 3,则相关各点的坐标是 A(3,0,0) ,B(0,3,0) ,C(0,1, 3 )O1(0,0, 3 ) .从 而 AC ? (?3,1, 3 ), BO1 ? (0,?3, 3 ), AC ? BO1 ? ?3 ? 3 ? 3 ? 0. 所以 AC⊥BO1. (II)解:因为 BO1 ? OC ? ?3 ? 3 ? 3 ? 0, 所以 BO1⊥OC,由(I)AC⊥BO1,所以 BO1⊥平面 OAC, BO1 是平面 OAC 的一个法向量.设 n ? ( x, y, z ) 是 0 平面 O1AC 的一个法向量,由
?n ? AC ? 0 ?? 3x ? y ? 3z ? 0, ? ?? ? ?n ? O1C ? 0 ? y ? 0. ? 取z ? 3, 得 n ? (1,0, 3 ) . 设二面角 O—AC—O1 的大小为 ? ,

由 n 、 BO1 的方向可知 ? ?? n , BO1 >,所以 COS ? ? cos ? n , BO1 >= n ? BO1 ? 3 . 即二面 4 | n | ? | BO1 |

角 O—AC—O1 的大小是 arccos

3 . 4

练习 2 如图, 在直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, AC ? 3, BC ? 4, AB ? 5, AA1 ? 4 ,点 D 为 AB 的中 点
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(Ⅰ)求证 AC ? BC1 ; (Ⅱ) 求证 AC1 ?平面CDB1 ; (Ⅲ)求异面直线 AC1 与 B1C 所成角的余弦值
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C1 A1

B1

C A
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B D

解 答 ∵ 直 三 棱 锥 ABC ? A1 B1C1 底 面 三 边 长

A C? 3 , B C 4 , A ? 5 AC , BC , CC1 两 两 垂 直 ? B ,

如 图 建 立 坐 标 系 , 则

- 82 -

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3 ,2,0) 2 ???? ? ???? ? ???? ???? ? ? ???? ???? ? ? (Ⅰ)? AC1 ? (?3, 0, 0), BC1 ? (0, 4, 4) ,? AC1 ? BC1 ? 0,? AC1 ? BC1
C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D(
(Ⅱ)设 CB1 与 C1 B 的交点为 E,则 E(0,2,2)

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???? ???? ? 3 ? DE ? (? , 0, 2), AC1 ? (?3, 0, 4) 2 ???? 1 ???? ???? ???? ? ? ? DE ? AC1 ,? DE // AC1 2
? DE ? 平面CDB1 , AC1 ? 平面CDB1 , ? AC1 // 平面CDB1

C1 z A1
E

B1

B x A C D y

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???? ???? ? ???? ???? ? ???? ? ???? AC1 ? 1 CB 2 2 ? , ∴异面直线 AC1 (Ⅲ)? AC1 ? (?3, 0, 4), CB1 ? (0, 4, 4), ? cos ? AC1 , CB1 ?? ???? ???? ? 5 | AC1 || CB1 |
与 B1C 所成角的余弦值为

2 2 5

王新敞
奎屯

新疆

例题 3 在Δ ABC 中,已知 AB ?

4 6 6 , cos B ? ,AC 边上的中线 BD= 5 ,求 SINA. 3 6
王新敞
奎屯 新疆

解答 以 B 为坐标原点, BC 为 x 轴正向建立直角坐标指法,且不妨设点 A 位于第一象限 由 sin B ?

??? ? 4 6 30 4 6 4 4 5 c o sB , s iB? ) ( , , 设) BC = ( x , 0 ), 则 n , 则 B A? ( 3 3 3 3 6

??? ? 4 ? 3x 2 5 4 ? 3x 2 2 5 2 14 ) ?( ) ? 5 ,从而 x=2, x ? ? (舍 BD ? ( , ) ,由条件得 | BD |? ( 6 3 6 3 3
去) ,故 CA ? (?

??? ?

2 4 5 , ) .于是 3 3
BA ? CA | BA | ? | CA | ? 8 80 ? 9 9 3 14 14

cos A ?

?

?

王新敞
奎屯

新疆

16 80 4 80 ? ? ? 9 9 9 9

∴ sin A ? 1 ? cos A ?
2

70 14

王新敞
奎屯

新疆

练习 3 在平面上给定 ?ABC ,对于平面上的一点 P,建立如下的变换 f : AP 的中点为 Q,BQ 的中

- 83 -

华夏园教育奥赛专题——数学

点为 R,CR 的中点为 P ' , f ( P) ? P ,求证 f 只有一个不动点(指 P 与 P ' 重合的点) .
'

???? 1 ??? ? ??? 1 ??? ???? ? ? ??? ??? ? 1? 1 AQ ? AP , 且 AR ? ( AB ? AQ) ? AB ? AP , 2 2 2 4 ???? 1 ???? ??? ? ? 1 ???? ??? 1 ??? ? ? ??? 1 ???? 1 ??? 1 ??? ? ? ? 1 AP' ? ( AC ? AR) ? AC ? ? AB ? AP ,要使 P ' 与 P 重合,应 AP ? AC ? AB ? AP , 2 2 4 8 2 4 8 ??? 1 ???? ??? ? ? 得 AP ? (4 AC ? 2 AB) ,对于给定的 ?ABC ,满足条件的不动点 P 只有一个. 7
解 答 : 依 提 意 , 有 例题 4 如图,在四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PD⊥底面 ABCD,E 是 AB 上一点,PE ⊥EC. 已知 PD ?

2 , CD ? 2, AE ?

1 ,求 2

P D C A E
z
P G F C y B

(Ⅰ)异面直线 PD 与 EC 的距离; (Ⅱ)二面角 E—PC—D 的大小. 解答 (Ⅰ)以 D 为原点, DA 、 DC 、 DP 分别为 x、 y、z 轴建立空间直角坐标系. 由已知可得 D(0,0,0) ,P(0,0, 2 ) , C(0,2,0)设 A( x,0,0)( x ? 0), 则B( x,2,0),

B

1 1 3 E ( x, ,0), PE ? ( x, ,? 2 ), CE ? ( x,? ,0). 2 2 2
3 3 由 PE ? CE得 PE ? CE ? 0 ,即 x ? ? 0, 故x ? . 4 2
2

D A

x

E

由 DE ? CE ? (

3 1 3 3 , ,0) ? ( ,? ,0) ? 0得DE ? CE , 2 2 2 2

又 PD⊥DE,故 DE 是异面直线 PD 与 CE 的公垂线,易得 | DE |? 1 ,故异面直线 PD、CE 的距离为 1. ( Ⅱ ) 作 DG ⊥ PC , 可 设 G ( 0 , Y , Z ) 由 DG ? PC ? 0 得 (0, y, z ) ? (0,2,? 2 ) ? 0 , 即 .

z ? 2 y, 故可取DG ? (0,1, 2 ), 作 EF⊥PC 于 F,设 F(0,M,N) ,则
EF ? (? 3 1 , m ? , n). 2 2

由 EF ? PC ? 0得(?

3 1 , m ? , n) ? (0,2,? 2 ) ? 0,即2m ? 1 ? 2n ? 0 , 2 2 2 2 3 1 2 m ? 2 , 故m ? 1, n ? , EF ? (? , , ). 2 2 2 2 2

又由 F 在 PC 上得 n ? ?

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华夏园教育奥赛专题——数学

因 EF ? PC , DG ? PC , 故平面 E—PC—D 的平面角 ? 的大小为向量 EF与DG 的夹角. 故 cos? ?

DG ? EF | DG || EF |

?

2 ? ,? ? , 2 4

即二面角 E—PC—D 的大小为

? . 4

练习 4 如图,在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AB⊥侧面 BB1C1C,E 为棱 CC1 上异于 C、C1 的一点,EA ⊥EB1,已知 AB= 2 ,BB1=2,BC=1,∠BCC1= (Ⅰ)异面直线 AB 与 EB1 的距离; (Ⅱ)二面角 A—EB1—A1 的平面角的正切值. 解答(I)以 B 为原点, BB1 、 BA 分别为 Y、Z 轴建立空间 直角坐标系. 由于 BC=1,BB1=2,AB= 2 ,∠BCC1= 在三棱柱 ABC—A1B1C1 中有 B(0,0,0) ,A(0,0, 2 ) 1(0,2,0) ,B ,

? ,求: 3

A

A1

? , 3

B C

B1 E C1
A1

z
A

C(

3 1 3 3 ,? ,0), C1 ( , ,0) 2 2 2 2

B C

B1 y E C1

3 设 E( , a,0),由EA ? EB1 , 得 EA ? EB1 ? 0,即 2 0 ? (?

x

3 3 3 3 , ? a, 2 ) ? ( ? ,2 ? a,0) ? ? a(a ? 2) ? a 2 ? 2a ? , 2 2 4 4

1 3 1 3 3 1 得(a ? )( a ? ) ? 0, 即a ? 或a ? (舍去), 故E ( , ,0) 2 2 2 2 2 2 3 1 3 3 3 3 BE ? EB1 ? ( , ,0) ? (? ? ? 0) ? ? ? ? 0, 即BE ? EB1 . 2 2 2 2 4 4
又 AB⊥面 BCC1B1,故 AB⊥BE. 因此 BE 是异面直线 AB、EB1 的公垂线, 则 | BE |?

3 1 ? ? 1 ,故异面直线 AB、EB1 的距离为 1. 4 4

(II)由已知有 EA ? EB1 , B1 A1 ? EB1 , 故二面角 A—EB1—A1 的平面角 ? 的大小为向量 B1 A1与EA 的夹角.

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华夏园教育奥赛专题——数学

因B1 A1 ? BA ? (0,0, 2 ), EA ? (? 故 cos? ? 即 tan? ? EA ? B1 A1 | EA || B1 A1 | 2 . 2 ? 2 3 ,

3 1 ,? , 2 ), 2 2

由数列的递推公式求通项公式

一 准备知识 所谓数列,简单地说就是有规律的(有限或无限多个)数构成的一列数,常记作{an},an 的公 式叫做数列的通项公式.常用的数列有等差数列和等比数列. 等差数列 数列{an}的后一项与前一项的差 an-an-1 为常数 d 等比数列 数 列 {an} 的 后 一 项 与 前 一 项 的 比

定义

an 为常数 q(q≠0) a n ?1
q 为公比 an=a1·n q Sn=
-1

专有名词 通项公式 前 n 项和

d 为公差 an=a1+(n-1)d Sn= na1 ?

n(n ? 1)d ?a1 ? a n ?n ? 2 2

a1 1 ? q n 1? q

?

?

数列的前 n 项和 Sn 与通项公式 an 的关系是:an=Sn-Sn-1(n≥2) . 有些数列不是用通项公式给出,而是用 an 与其前一项或前几项的关系来给出的,例如:an + 1=2an+3,这样的公式称为数列的递推公式.由数列的递推公式我们可以求出其通项公式. 数列问题中一个很重要的思想是把数列的通项公式或递推公式变形,然后将它看成新数列(通 常是等差或等比数列)的通项公式或递推公式,最后用新数列的性质解决问题. 二 例题精讲 例 1. (裂项求和)求 Sn=

8 ?1 8? 2 8? n . ? 2 ??? 2 2 1 ?3 3 ?5 (2n ? 1) 2 ? (2n ? 1) 2
2

解:因为 an=

8? n 1 1 = ? 2 2 2 (2n ? 1) ? (2n ? 1) (2n ? 1) (2n ? 1) 2
1 ? ? 1 ??? 2 ? 2 5 ? ?3 ? ? 1 1 1 ? ? =1- ? ??? ? 2 2 ? (2n ? 1) ? (2n ? 1) 2 ? ? (2n ? 1)

1 ?1 所以 Sn= ? 2 ? 2 3 ?1

- 86 -

华夏园教育奥赛专题——数学

例 2. (倒数法)已知数列{an}中,a1=

an 3 ,an+1= ,求{an}的通项公式. 2a n ? 1 5

解:

1 a n ?1

?

2a n ? 1 1 ? ?2 an an

?1 ? 5 6n ? 1 1 5 ∴ ? ? 是以 为首项,公差为 2 的等差数列,即 ? +2(n-1)= an 3 3 3 ? an ?
∴an=

3 6n ? 1
S n ?1 ,求{an}的通项公式. 2S n ?1 ? 1

练习 1.已知数列{an}中,a1=1,Sn=

解:

1 2S n ?1 ? 1 1 ? ? ?2 Sn S n ?1 S n ?1

?1 ? ∴ ? ? 是以 1 为首项,公差为 2 的等差数列. ?Sn ?


1 1 =1+2(n-1)=2n-1,即 Sn= . Sn 2n ? 1 2 1 1 =? ? (2n ? 1)(2n ? 3) 2n ? 1 2n ? 3

∴an=Sn-Sn-1=

1 ? (n ? 1) ? 1 ∴an= ? 1 ? ? 2n ? 1 2n ? 3 (n ? 2) ?
1? 1 ? ? an ? ?, ? 2? an ? ?

例 3. (求和法,利用公式 an=Sn-Sn-1,n≥2)已知正数数列{an}的前 n 项和 Sn= 求{an}的通项公式. 解:S1=a1=

1? 1? ? a1 ? ? ,所以 a1=1. ? 2? a1 ? ?
∴2Sn=Sn-Sn-1+

∵an=Sn-Sn-1

1 S n ? S n ?1

∴Sn+Sn-1=

1 ,即 Sn2-Sn-12=1 S n ? S n ?1

- 87 -

华夏园教育奥赛专题——数学

∴ Sn

? ?是以 1 为首项,公差为 1 的等差数列.
2

∴Sn2=n,即 Sn= n ∴an=Sn-Sn-1= n - n ? 1 (n≥2) ∴an= n - n ? 1 .

例 4. (叠加法)已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn-Sn-2=3× (- S2=-

1 n-1 ) (n≥3) ,且 S1=1, 2

3 ,求{an}的通项公式. 2
2 n ?1

解:先考虑偶数项有:

?1? S2n-S2n-2=-3· ? ? ?2?

?1? S2n-2-S2n-4=-3· ? ? ?2?
??

2 n ?3

?1? S4-S2=-3· ? ? ?2?

3

3 n ?1 ?1? ? ?1? ? ? ? ? ?1 ? ? ? ? ?2? ? ?4? ? ? ? 将以上各式叠加得 S2n-S2=-3× , 1 1? 4

?1? 所以 S2n=-2+ ? ? ?2?
再考虑奇数项有:

2 n ?1

(n ? 1) .

?1? S2n+1-S2n-1=3· ? ? ?2? ?1? S2n-1-S2n-3=3· ? ? ?2?
??

2n

2n?2

?1? S3-S1=3· ? ? ?2?

2

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华夏园教育奥赛专题——数学

?1? 将以上各式叠加得 S2n+1=2- ? ? (n ? 1) . ?2? ?1? ?1? 所以 a2n+1=S2n+1-S2n=4-3×? ? ,a2n=S2n-S2n-1=-4+3×? ? ?2? ?2?
2n 2 n ?1

2n



n ?1 ? ?1? ? 4 ? 3 ? ? ? , n为奇数 n ?1 ? ? ?1? ? - ?2? 综上所述 an= ? ,即 an=(-1)n 1· 4 ? 3 ? ? ? ? . ? n ?1 ?2? ? ? ?? 4 ? 3 ? ? 1 ? ,n为偶数 ? ? ? ? ? ?2? ?

例 5. n+1=pan+r 类型数列)在数列{an}中,an+1=2an-3,a1=5,求{an}的通项公式. (a 解:∵an+1-3=2(an-3) ∴{an-3}是以 2 为首项,公比为 2 的等比数列. ∴an-3=2n ∴an=2n+3.

练习 2.在数列{an}中,a1=2,且 an+1=

an ? 1 ,求{an}的通项公式. 2
2

1 2 1 an + 2 2 1 ∴an+12-1= (an2-1) 2
解:an+12= ∴{an+12-1}是以 3 为首项,公比为

1 的等差数列. 2
3
n ?1

?1? ∴an+12-1=3×? ? ?2?

n ?1

,即 an= 1 ?

2

例 6(an+1=pan+f(n)类型)已知数列{an}中,a1=1,且 an=an-1+3n 1,求{an}的通项公式. - 解: (待定系数法)设 an+p·n=an-1+p·n 1 3 3 则 an=an-1-2p·n 1,与 an=an-1+3n 3
- -1



比较可知 p=-

1 . 2

? 3 1 3n ? 所以 ?a n ? ? 是常数列,且 a1- =- . 2? 2 2 ?
所以 an ?

1 3n 3n ? 1 =- ,即 an= . 2 2 2

练习 3.已知数列{an}满足 Sn+an=2n+1,其中 Sn 是{an}的前 n 项和,求{an}的通项公式. 解:∵an=Sn-Sn-1 ∴Sn+Sn-Sn-1=2n+1

- 89 -

华夏园教育奥赛专题——数学

∴2Sn=Sn-1+2n+1 (待定系数法)设 2(Sn+pn+q)=Sn-1+p(n-1)+q

? ? p?2 ? p ? ?2 化简得:-pn-p-q=2n+1,所以 ? ,即 ? ?? p ? q ? 1 ? q ?1
∴2(Sn-2n+1)=Sn-2(n-1)+1,

3 1 ,S1-2+1= 2 2 1 1 ∴{Sn-2n+1}是以 为公比,以 为首项的等比数列. 2 2
又∵S1+a1=2+1=3,∴S1=

?1? ?1? ?1? ∴S n-2n+1= ? ? ,即 Sn= ? ? +2n-1,an=2n+1-Sn=2- ? ? . ?2? ?2? ?2?
例 7 . an+1=panr 型 ) 2005 年 江 西 高 考 题 ) 已 知 数 列 {an}各 项 为 正 数 , 且 满 足 a1=1 , ( ( an+1=

n

n

n

1 (1)求证:an<an+1<2; (2)求{an}的通项公式. a n (4 ? a n ) . 2 解: (1)略.

1 (an-2)2+2 2 1 ∴an+1-2=- (an-2)2 2 1 ∴2-an+1= (2-an)2 2
(2)an+1=- ∴由(1)知 2-an>0,所以 log2(2-an+1)=log2

1 (2-an)2=2· 2(2-an)-1 log 2

∴log2(2-an+1)-1=2[log2(2-an)-1] 即{log2(2-an)-1}是以―1 为首项,公比为 2 的等比数列 - ∴log2(2-an)-1=-1× n 1 2 化简得 an=2- 21? 2
n ?1



练习 4. (2006 年广州二模)已知函数 f ( x) ?

( x ? 1)4 ? ( x ? 1) 4 (x ?0) . ( x ? 1)4 ? ( x ? 1) 4

在数列 {an } 中, a1 ? 2 , an ?1 ? f (an ) ( n ?N? ) ,求数列 {an } 的通项公式. 解: an ?1 ?

(an ? 1) 4 ? (an ? 1) 4 a ? 1 ( an ? 1) 4 ? an ? 1 ? ? n ?1 ? ?? ? , (an ? 1) 4 ? (an ? 1) 4 an ?1 ? 1 (an ? 1) 4 ? an ? 1 ?

4

从而有 ln

an ?1 ? 1 a ?1 , ? 4ln n an ?1 ? 1 an ? 1 a1 ? 1 ? ln 3 ? 0 知: a1 ? 1
- 90 -

由此及 ln

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? a ? 1? 数列 ?ln n ? 是首项为 ln3 ,公比为 4 的等比数列, ? an ? 1 ? a ?1 a ? 1 4n?1 34 ? 1 故有 ln n ( n ?N? ) 。 ? 4n ?1 ln 3 ? n ? 3 ? an ? 4n?1 an ? 1 an ? 1 3 ?1
n?1

例 8. (三角代换类型)已知数列{an}中,a1=2,an=

1 ? a n ?1 ,求{an}的通项公式. 1 ? a n ?1

解:令 an-1=tan ? ,则 an+1=

tan

?
4

? tan ?

1 ? tan

?
4

?? ? =tan ? ? ? ? ?4 ? ? tan ?

? (n ? 1)? ? ∴an=tan ? ? atc tan 2? . ? 4 ?

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历届奥赛

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2008 年全国初中数学竞赛试题及参考答案
一、选择题(共 5 小题,每小题 6 分,满分 30 分,以下每道小题均给出了代号为 A、B、C、D 的四个选项,期中有且只有一个选项是正确的,请将正确选项的代号填入 题后的括号里,不填、多填或错填都得 0 分) 4 2 4 1、已知实数 x , y 满足 4 ? 2 ? 3 , y 4 ? y 2 ? 3 ,则 4 ? y 4 的值为( ) 。 x x x A、7 [答]A 解:因为 x 2 >0, y 2 ≥0,由已知条件得
1 2 ? 4 ? 4 ? 4 ? 3 1 ? 13 ?1 ? 1 ? 4 ? 3 ?1 ? 13 ? ? ? , y2 ? , 2 x 4 4 2 2

B、

1 ? 13 2

C、

7 ? 13 2

D、5

所以

4 2 2 ? y 4 = 2 ? 3 ? 3 ? y2 ? 2 ? y2 ? 6 ? 7 4 x x x

2、把一枚六个面编号分别为 1,2,3,4,5,6 的质地均匀的正方体骰子先后投掷 2 次,若两个正面朝上的编号分别为 m,n,则二次函数 y ? x 2 ? mx ? n 的图象与 x 轴有 两个不同交点的概率是( ) 。 5 4 17 A、 B、 C、 9 12 36 [答]C
1 2

D、

解:基本事件总数有 6×6=36,即可以得到 36 个二次函数,由题意知 △= m2 ? 4n >0,即 m2 ? 4n 通过枚举知,满足条件的 m , n 有 17 对,故 p ?
17 36

3、有两个同心圆,大圆周上有 4 个不同的点,小圆周上有 2 个不同的点,则这 6 个点可以确定的不同直线最少有( ) 。 A、6 条 B、8 条 C、10 条 D、12 条 [答]B 解:如图,大圆周上有 4 个不同的点 D A、B、C、D,两两连线可以确定 6 条不 同的直线;小圆周上的两个点 E、F 中,至 O E 少有一个不是四边形 ABCD 的对角线 AC 与 A C F BD 的交点,则它与 A,B,C,D 的连线中, 至少有两条不同于 A,B,C,D 的两两连线,
B (第 3 题答案图)
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华夏园教育奥赛专题——数学

从而这 6 个点可以确定的直线不少于 8 条。 当这 6 个点如图所示放置时,恰好可以确定 8 条直线, 所以,满足条件的 6 个点可以确定的直线最少有 8 条。

4、已知 AB 是半径为 1 的圆 O 的一条弦,且 AB= a <1,以 AB 为一边在圆 O 内 作正△ABC,点 D 为圆 O 上不同于点 A 的一点,且 DB=AB= a ,DC 的延长线交圆 O 于点 E,则 AE 的长为( ) 。 A、
5 a 2

B、1

C、

3 2

D、 a
O C D A B (第 4 题答案图)

[答]B E 解:如图,连接 OE,OA,OB,设∠D= a ,则 ∠ECA=120°- a =∠EAC 1 1 又因为∠ABO= ?ABD ? (60? ? 180? ? 2a) ? 120? ? a 2 2 所以 △ACE≌△ABO,于是 AE=OA=1

5、将 1,2,3,4,5 这五个数字排成一排,最后一个数是奇数,且使得其中任意 连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除,那么满足要求的排法有( ) 。 A、2 种 B、3 种 C、4 种 D、5 种 [答]D 解:设 a1 , a2 , a3 , a4 , a5 是 1,2,3,4,5 的一个满足要求的排列, 首先,对于 a1 , a2 , a3 , a4 ,不能有连续的两个都是偶数,否则,这两个之后都是偶数, 与已知条件矛盾。 又如果 a1 (1≤i≤3)是偶数, a1?1 是奇数,则 a1? 2 是奇数,这说明一个偶数后面一 定要接两个或两个以上的奇数,除非接的这个奇数是最后一个数。 所以 a1 , a2 , a3 , a4 , a5 只能是:偶,奇,奇,偶,奇,有如下 5 种情形满足条件: 2,1,3,4,5; 4,3,1,2,5; 2,3,5,4,1; 4,5,3,2,1。 2,5,1,4,3;

二、填空题(共 5 小题,每小题 6 分,满分 30 分) 6、 对于实数 u, 定义一种运算 ? ” u ? v=uv+v, v, “ 为: 若关于 x 的方程 x ? (a ? x) ? ?
1 4

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有两个不同的实数根,则满足条件的实数 a 的取值范围是 [答] a >0,或 a <-1 1 1 解:由 x ? (a ? x) ? ? ,得 (a ? 1) x 2 ? (a ? 1) x ? ? 0 , 4 4
?a ? 1 ? 0, 依题意有 ? 2 ?? ? (a ? 1) ? (a ? 1) ? 0,



解得, a >0,或 a <-1

7、小王沿街匀速行走,发现每隔 6 分钟从背后驶过一辆 18 路公交车,每隔 3 分钟 从迎面驶来一辆 18 路公交车,假设每辆 18 路公交车行驶速度相同,而且 18 路公交车 总站每隔固定时间发一辆车,那么发车间隔的时间是 分钟。 [答]4。 解:设 18 路公交车的速度是 x 米/分,小王行走的速度是 y 米/分,同向行驶的相邻 两车的间距为 s 米。 每隔 6 分钟从背后开过一辆 18 路公交车,则 6 x ? 6 y ? s 每隔 3 分钟从迎面驶来一辆 18 路公交车,则 3x ? 3 y ? s
s ?4 x 即 18 路公交车总站发车间隔的时间是 4 分钟。

① ②

由①,②可得 s ? 4x ,所以

8、如图,在△ABC 中,AB=7,AC=11,点 M 是 BC 的中点,AD 是 ∠BAC 的平分线,MF∥AD,则 FC 的长为 。 A [答]9。 F 解:如图,设点 N 是 AC 的中点,连接 MN, 则 MN∥AB 又 MF∥AD, 所以∠FMN=∠BAD=∠DAC=∠MFN, 1 所以 FN=MN= AB, 2 1 1 因此 FC=FN+NC= AB+ AC =9。 2 2

B

D M (第 8 题) A F N

C

B

D M (第 8 题答案图)

C

9、△ABC 中,AB=7,BC=8,CA=9,过△ABC 的内切圆圆心 l 作 DE∥BC, 分别与 AB、AC 相交于点 D,E,则 DE 的长为 。 16 [答] 3 解:如图,设△ABC 的三边长为 a, b, c ,
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A

内切圆 l 的半径为 r,BC 边上的高为 ha ,则
1 1 aha ? S?ABC ? (a ? b ? c)r , 2 2
ha D I r B (第 9 题答案图) C

E

所以

r a , ? ha a ? b ? c

因为△ADE∽△ABC,所以它们对应线段成比例,因此
ha ? r r a a(b ? c) ? a ? (1 ? )a ? (1 ? )a ? ha ha a?b?c a?b?c

ha ? r DE ? , ha BC

所以 DE= 故 DE=

8 ? (7 ? 9) 16 ? 。 8?7?9 6

10、关于 x,y 的方程 x 2 ? y 2 ? 208( x ? y ) 的所有正整数解为
? x ? 48, [答] ? ? y ? 32, ? x ? 160, ? ? y ? 32



解:因为 208 是 4 的倍数,偶数的平方数除以 4 所得的余数为 0,奇数的平方数除 以 4 所得的余数为 1,所以 x,y 都是偶数。 设: x ? 2a, y ? 2b, 则 a 2 ? b2 ? 104(a ? b) , 同上可知, a, b 都是偶数,设 a ? 2c, b ? 2d ,则 c 2 ? d 2 ? 52(c ? d ) , 所以, c, d 都是偶数,设 c ? 2s, d ? 2t ,则 s 2 ? t 2 ? 26( s ? t ) , 于是 所以
( s ? 13)2 ? (t ? 13)2 ? 2 ?132 ,其中 s, t 都是偶数。 ( s ? 13)2 ? 2 ?132 ? (t ? 13)2 ? 2 ?132 ? 152 ? 112

所以| s -13|可能为 1,3,5,7,9,进而 (t ? 13) 2 为 337,329,313,289,257,故只
? s ? 6, 能是 (t ? 13) 2 =289,从而| s -13|=7,于是 ? ?t ? 4; ? s ? 48, 因此 ? ? y ? 32, ? s ? 160, ? ? y ? 32 ? s ? 20, ? ?t ? 4,

三、解答题(共 4 题,每题 15 分,满分 60 分) 11、 已知一次函数 y1 ? 2 x , 二次函数 y2 ? x 2 ? 1 , 是否存在二次函数 y3 ? ax 2 ? bx ? c ,

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其图象经过点(-5,2) ,且对于任意实数 x 的同一个值,这三个函数所对应的函数值
y1 , y2 , y3 ,都有 y1 ? y2 ? y3 成立?若存在,求出函数 y3 的解析式;若不存在,请说明

理由。 解:存在满足条件的二次函数。 因为 y1 ? y2 ? 2 x ? ( x 2 ? 1) ? ? x 2 ? 2 x ? 1 ? ?( x ? 1) 2 ? 0 ,所以,当自变量 x 取任意实数 时, y1 ? y2 均成立。 由已知,二次函数 y3 ? ax 2 ? bx ? c 的图象经过点(-5,2) ,得 25 a ? 5b ? c ? 2 ① 当 x ? 1 时,有 y1 ? y2 ? 2 , y3 ? a ? b ? c 由于对于自变量 x 取任实数时, y1 ? y3 ? y2 均成立,所以有 2≤ a ? b ? c ≤2, 故
a ?b?c ? 2

② ??5 分

由①,②,得 b ? 4a , c ? 2 ? 5a ,所以 y3 ? ax 2 ? 4ax ? (2 ? 5a).

当 y1 ? y3 时,有 2 x ? ax 2 ? 4ax ? (2 ? 5a) ,即 ax 2 ? (4a ? 2) x ? (2 ? 5a) ? 0 所以,二次函数 y ? ax 2 ? (4a ? 2) x ? (2 ? 5a) 对于一切实数 x,函数值大于或等于零, 故
?a ? 0 ? 2 ?(4a ? 2) ? 4a (2 ? 5a ) ? 0 ? a ? 0, 即? 2 ?(3a ? 1) ? 0,

所以 a ?

1 3

当 y3 ? y 2 时,有 ax 2 ? 4ax ? (2 ? 5a) ? x 2 ? 1 ,即 (1 ? a) x 2 ? 4ax ? (5a ? 1) ? 0 , 所以,二次函数 y ? (1 ? a) x 2 ? 4ax ? (5a ? 1) 对于一切实数 x,函数值大于或等于零, 故
?1 ? a ? 0, ? a ? 1, 1 即? 所以 a ? ? 2 2 3 ?(?4a ) ? 4(1 ? a )(5a ? 1) ? 0, ?(3a ? 1) ? 0,

1 4 1 综上, a ? , b ? 4a ? , c ? 2 ? 5a ? 3 3 3 1 2 4 1 所以,存在二次函数 y3 ? x ? x ? ,在实数范围内,对于 x 的同一个值,都有 3 3 3
y1 ? y3 ? y2 成立。

?????15 分

12、是否存在质数 p, q ,使得关于 x 的一元二次方程 px 2 ? qx ? p ? 0 有有理数根? 解:设方程有有理数根,则判别式为平方数。
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令△= q 2 ? 4 p 2 ? n2 ,其中 n 是一个非负整数,则 (q ? n)(q ? n) ? 4 p 2 , ?????5 分 由于 1 ? q ? m ? q ? n 且 q ? n 与 q ? n 同奇偶,故同为偶数。因此,有如下几种可能 情形:
?q ? n ? 2, ? 2 ?q ? n ? 2 p , ? q ? n ? 4, ? 2 ?q ? n ? p ,

? q ? n ? p, ? ? q ? n ? 4 p,

? q ? n ? 2 p, ? ? q ? n ? 2 p,

?q ? n ? p 2 , ? ? q ? n ? 4.

消去 n,解得 q ? p 2 ? 1 , q ? 2 ?

p2 p2 5p ,q ? , q ? 2p , q ? 2 ? 2 2 2

?????10 分 对于第 1,3 种情形, p ? 2 ,从而 q ? 5 ;对于第 2,5 种情形, p ? 2 ,从而 q ? 4 (不 合题意,舍去) ;对于第 4 种情形, q 是合数(不合题意,舍去) 。
1 又当 p ? 2, q ? 5 时,方程为 2 x 2 ? 5x ? 2 ? 0 ,它的根为 x1 ? , x2 ? 2 ,它们都是有理 2

数。 综上有述,存在满足题设的质数。 ??????15 分 13、是否存在一个三边长恰是三个连续正整数,且其中一个内角等于另一个内角 2 倍的△ABC?证明你的结论。 解:存在满足条件的三角形。 当△ABC 的三边长分别为 a ? 6, b ? 4, c ? 5 时,∠A=2∠B, ?????5 分 如图,当∠A=2∠B 时,延长 BA 至点 D,使 AD=AC=b,连接 CD,则△ACD 为等腰三角形。 因为∠BAC 为△ACD 的一个外角,所以 ∠BAC=2∠D,由已知,∠BAC=2∠B,所以 ∠B=∠D,所以△CBD 为等腰三角形。 又∠D 为△ACD 与△CBD 的一个公共角, 有△ACD∽△CBD,于是 D AD CD b a ,即 , ? ? CD BD a b?c 所以 a 2 ? b(b ? c).

C

B A (第 13 题答案图)

??????10 分

而 62 ? 4 ? (4 ? 5), 所以此三角形满足题设条件,故存在满足条件的三角形。 ?????15 分 说明:满足条件的三角形是唯一的。 若∠A=2∠B,可得 a 2 ? b(b ? c) ,有如下三种情形;

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(i)当 a ? c ? b 时,设 a ? n ? 1, c ? n, b ? n ? 1( n 为大于 1 的正整数) , 代入 a 2 ? b(b ? c) ,得 (n ? 1)2 ? (n ? 1)(2n ? 1) ,解得 n ? 5 ,有 a ? 6, b ? 4, c ? 5 ; (ii)当 c ? a ? b 时,设 c ? n ? 1, a ? n, b ? n ? 1( n 为大于 1 的正整数) , 代入 a 2 ? b(b ? c) ,得 n2 ? (n ? 1) ? 2n ,解得 n ? 2 ,有 a ? 2, b ? 1, c ? 3 ,此时不能构成三 角形; (iii)当 a ? b ? c 时,设 a ? n ? 1, b ? n, c ? n ? 1( n 为大于 1 的正整数) , 代入 a 2 ? b(b ? c) ,得 (n ? 1)2 ? n(2n ? 1) ,即 n2 ? 3n ? 1 ? 0 ,此方程无整数解。 所以,三边长恰为三个连续的正整数,且其中一个内角等于另一个内角的 2 倍的三 角形存在,而且只有三边长分别为 4,5,6 构成的三角形满足条件。 14、已知有 6 个互不相同的正整数 a1 , a2 ,? , a6 ,且 a1 ? a2 ? ? ? a6 ,从这 6 个数中 任意取出 3 个数,分别设为 ai , a j , ak ,其中 i ? j ? k ,记 f (i, j , k ) ?
1 2 3 ? ? 。 ai a j ak

证明:一定存在 3 个不同的数组 (i, j, k ) ,其中 1 ? i ? j ? k ? 6 ,使得对应着的 3 个
f (i, j, k ) 两两之差的绝对值都小于 0.5。

证明: 6 个正整数中任意取出 3 个数共有 20 种取法, 在 从而确定了 20 个数组 (i, j, k ) , 由于 0 ? f (i, j , k ) ?
1 2 3 1 2 3 13 ? ? ? ? ? ? ai a j ak 3 2 1 3

????5 分

13 分成如下 9 个部分; 3 1 1 3 3 5 5 0 ? x ? , ? x ? 1 ,1 ? x ? , ? x ? 2 , 2 ? x ? , ? x ? 3 , 2 2 2 2 2 2 7 7 13 ?????10 分 3? x ? , ? x ? 4,4? x ? 2 2 3 由于 20=9×2+2,由抽屉原则知,在上述 9 个部分中,一定有一个至少含有 3 个

把数轴上的点 0 到点

f (i, j, k ) ,从而,这 3 个 f (i, j, k ) 两两之差的绝对值都小于 0.5。

2010 年数学奥赛题及答案

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一、选择题(每题 7'')
a b a?b 的值为( ) . ? 20, ? 10 ,则 b c b?c 11 21 110 210 (A) (B) (C) (D) 21 21 11 11 a ?1 a?b b 20 ? 1 210 解: D 由题设得 . ? ? ? b ? c 1? c 1? 1 11 b 10 1 2.若实数 a,b 满足 a ? ab ? b 2 ? 2 ? 0 ,则 a 的取值范围是 ( ) . 2 (A)a≤ ?2 (B)a≥4 (C)a≤ ?2 或 a≥4 (D) ?2 ≤a≤4 1 解.C 因为 b 是实数,所以关于 b 的一元二次方程 b 2 ? ab ? a ? 2 ? 0 2 1 的判别式 ?=(?a)2 ? 4 ?1? ( a ? 2) ≥0,解得 a≤ ?2 或 a≥4. 2

1.若

3.如图,在四边形 ABCD 中,∠B=135° ,∠C=120° ,AB= 2 3 ,BC= 4 ? 2 2 ,CD = 4 2 ,则 AD 边的长为( (A) 2 6 (C) 4 ? 6
) .

(B) 4 6 (D) 2 ? 2 6
(第 3 题)

解:D 如图,过点 A,D 分别作 AE,DF 垂直于直 BC,垂足分别为 E,F.由已知可得 BE=AE= 6 ,
(第 3 题)

线 CF= AG⊥

2 2 ,DF=2 6 ,于是 EF=4+ 6 .过点 A 作
DF,垂足为 G.在 Rt△ADG 中,根据勾股定理得 AD ? (4 ? 6) 2 ? ( 6) 2 ? (2 ? 24) 2 = 2 ? 2 6 .

4.在一列数 x1,x2,x3, ??中,已知 x1 ? 1 ,且当 k≥2 时, xk ? xk ?1 ? 1 ? 4 ? ? k ? 1? ? ? k ? 2 ? ? (取整 ?? ? ? ??
?? 4 ? ? 4 ??

符号 ? a ? 表示不超过实数 a 的最大整数,例如 ? 2.6? ? 2 , ? 0.2? ? 0 ) ,则 x2010 等于(

) .

(A) 1

(B) 2

(C) 3

(D) 4

? ? k ? 1? ? k ? 2 ? ? 解: 由 x1 ? 1和 xk ? xk ?1 ? 1 ? 4 ? ? B ??? ? ? 可 x1 ? 1 ,x2 ? 2 ,x3 ? 3 ,x4 ? 4 ,x5 ? 1 , ?? 4 ? ? 4 ??

502+2,所以 x2010 =2. x6 ? 2 , x7 ? 3 , x8 ? 4 ,因为 2010=4×

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5.如图,在平面直角坐标系 xOy 中,等腰梯形 ABCD 的顶点坐标分别为 A(1,1) ,B(2,-1) , C(-2,-1) ,D(-1,1) 轴上一点 P(0,2)绕点 A 旋转 180° .y 得点 P1,点 P1 绕点 B 旋转 180° 得点 P2, P2 绕点 C 旋转 180° 点 得点 P3, P3 绕点 D 旋转 180° 点 P4,??,重复操作依次得到点 P1,P2,?, 则点 P2010 的坐 ( ) . 得 标 点 是

(A) (2010,2) (B) (2010, ?2 ) (C) (2012, ?2 ) (D) (0,2)
(第 5 题)

解:B 由已知可以得到,点 P1 , P2 的坐标分别为(2,0)(2, ?2 ) , .
( b 记 P2 a2, 2 ) ,其中 a2 ? 2, b2 ? ?2 .

根据对称关系,依次可以求得:
P3 (?4 ? a2,-2-b2 ) , P4 (2 ? a2 , ? b2 ) , P5 (?a2 , 2 ? b2 ) , P6 (4 ? a2 ,2 ) . 4 ? b

令 P6 (a6 , b2 ) ,同样可以求得,点 P 的坐标为( 4 ? a6 , b2 ) ,即 P ( 4 ? 2 ? a2 , b2 ) , 10 10 由于 2010=4 ? 502+2,所以点 P2010 的坐标为(2010, ?2 ) .

二、填空题(每题 7'')
6.已知 a= 5 -1,则 2a3+7a2-2a-12 的值等于 .

解:0 由已知得 (a+1)2=5,所以 a2+2a=4,于是 2a3+7a2-2a-12=2a3+4a2+3a2-2a-12=3a2+6a-12=0.
7.一辆客车、一辆货车和一辆小轿车在一条笔直的公路上朝同一方向匀速行驶.在某一时刻,客车 在前,小轿车在后,货车在客车与小轿车的正中间.过了 10 分钟,小轿车追上了货车;又过了 5 分钟,小轿车追上了客车;再过 t 分钟,货车追上了客车,则 t= .解:15 设在

某一时刻,货车与客车、小轿车的距离均为 S 千米,小轿车、货车、客车的速度分别 为 a,b,c (千米 /分) ,并设货车经 x 分钟追上客车,由题意得 10 ? a ? b ? ? S , ① 15 ? a ? c ? ? 2S , ② . t ? 30 ?10 ? 5 ? 15 (分)
x ? b? c ? . 得 ( 所以, x=30. 故 ? ? S ③由①②, 30 b ? c) S ,

8.如图,在平面直角坐标系 xOy 中,多边形 OABCDE 的顶

点坐
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标分别是 O(0,0) ,A(0,6) ,B(4,6) ,C(4,4) ,D(6,4) ,E(6,0) .若直线 l 经过点 M(2,3) ,且将多边形 OABCDE 分割成面积相等的两部分,则直线 l 的函数表达式 是 .

1 11 解: y ? ? x+ 3 3

如图,延长 BC 交 x 轴于点 F;连接 OB,AF ;连接 CE,DF,且相交于点 N. 由已知得点 M(2,3)是 OB,AF 的中点,即点 M 为矩形 ABFO 的中心,所以直 线 l 把矩形 ABFO 分成面积相等的两部分.又因为点 N(5,2)是矩形 CDEF 的中心, 所以, 过点 N(5,2)的直线把矩形 CDEF 分成面积相等的两部分. 于是,直线 MN 即为所求的直线 l .
?2k +b ? 3, 设直线 l 的函数表达式为 y ? kx ? b ,则 ? ?5k ? b ? 2,

1 ? ?k ? ? 3 , 1 11 ? 解得 ? ,故所求直线 l 的函数表达式为 y ? ? x+ . 3 3 ?b ? 11 . ? 3 ?
9.如图,射线 AM,BN 都垂直于线段 AB,点 E 为 AM 上一点,过点 A 作 BE 的垂线 AC 分别交 BE,BN 于点 F,C,过点 C 作 AM 的垂线 CD,垂足为 D.若 CD=CF,则

AE ? AD



解:

5 ?1 2

见题图,设 FC ? m, AF ? n . 因为 Rt△AFB∽Rt△ABC,所以 AB2 ? AF ? AC . 又因为 FC=DC=AB,所以 m2 ? n(n ? m), 即 解得
n 5 ?1 n ? 5 ?1 ? ,或 ? (舍去) . m 2 m 2
(第 9 题)

(

n 2 n )? ? 1 , ? 0 m m

又 Rt△ AFE ∽Rt△ CFB ,所以

AE AE AF n ? ? ? ? AD BC FC m

5 ?1 , 2



5 ?1 AE = . 2 AD

10. 对于 i=2, ?, 正整数 n 除以 i 所得的余数为 i-1. n 的最小值 n 0 满足 2000 ? n 0 ? 3000 , 3, k, 若
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则正整数 k 的最小值为 解: 9



因为 n ? 1为 2,, ,k 的倍数,所以 n 的最小值 n0 满足 3 ?

n0 ? 1 ? ? 2,, ,k ? , 3 ? 3 ? 其中 ? 2,, ,k ? 表示 2,, ,k 的最小公倍数. 3 ? 3 ? 8 由于 ? 2,, , ? ? 840,2,, , ? ? 2520, ? 3 ? 9 3 ? 10 ? 2,, , ? ? 2520,2,, , ? ? 27720 , ? 3 ? 11
因此满足 2000 ? n0 ? 3000 的正整数 k 的最小值为 9 .

三、解答题(共 4 题,每题 20 分,共 80 分)
11.如图,△ABC 为等腰三角形,AP 是底边 BC 上的高,点 D 是线段 PC 上的一点,BE 和 CF 分别是△ABD 和△ACD 的外接圆直径,连接 EF. 求证: tan ?PAD ?

EF . BC

证明:如图,连接 ED,FD. 因为 BE 和 CF 都 是直径,所以 ED⊥BC, FD⊥BC, ????(5 分)

因此 D,E,F 三点共线. 连接 AE,AF,则

?AEF ? ?ABC ? ?ACB ? ?AFD ,
所以,△ABC∽△AEF. ????(10 分)
(第 11 题)

作 AH⊥EF,垂足为 H,则 AH=PD. 由△ABC∽△AEF 可得 从而 所以
EF PD , ? BC AP PD EF . t a n PAD ? ? ? AP BC
2

EF AH , ? BC AP

????(20 分)
k 相交于点 A,B. 已知点 A 的坐标为(1,4) , x

12.如图,抛物线 y ? ax ? bx(a ? 0)与双曲线 y ?

点 B 在第三象限内,且△AOB 的面积为 3(O 为坐标原点). (1)求实数 a,b,k 的值; (2) 过抛物线上点 A 作直线 AC∥x 轴, 交抛物线 C,求所有满足△EOC∽△AOB 的点 E 的坐标. 于另一点

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k 上, x 4 所以 k=4. 故双曲线的函数表达式为 y ? . x 4 设点 B(t, ) t ? 0 ,AB 所在直线的函数表达式为 y ? mx ? n ,则有 , t
解: (1)因为点 A(1,4)在双曲线 y ?

?4 ? m ? n, ? ?4 ? t ? mt ? n, ?

解得 m ? ?

4 4(t ? 1) ,n ? . t t
? ? 4(t ? 1) ? 1 (t ? 1 4 ) ?1 ? t ? ? 3 ,整理得 ? ,故 S?AOB ? ? t ? 2 t

于是,直线 AB 与 y 轴的交点坐标为 ? 0,

1 .所以点 B 的坐标为( ?2 , ?2 ) . 2t 2 ? 3t ? 2 ? 0 ,解得 t ? ?2 ,或 t= (舍去) 2
因为点 A,B 都在抛物线 y ? ax ? bx (a ? 0)上,所以 ?
2

?a ? b ? 4, ?a ? 1, 解得 ? ???? ?b ? 3. ?4a ? 2b ? ?2,

(10 分) (2)如图,因为 AC∥x 轴,所以 C( ?4 ,4) ,于是 CO=4 2 . 又 BO=2 2 ,所以
2

CO ? 2. BO

设抛物线 y ? ax ? bx (a ? 0)与 x 轴负半轴相交于点 D, 则点 D 的坐标为( ?3 ,0). 因为∠COD=∠BOD= 45? ,所以∠COB= 90? . (i) 将△ BOA 绕点 O 顺时针旋转 90? , 得到△ B?OA1 .这时, B? ( ?2 , 点 2)是 CO 的中点, A1 点 的坐标为(4, ?1 ). 延长 OA1 到点 E1 ,使得 OE1 = 2OA1 ,这时点 E1 (8, ?2 )是符合条件的点. (ii)作△ BOA 关于 x 轴的对称图形△ B?OA2 ,得到点 A2 (1, ?4 ) ;延长 OA2 到点 E2 ,使得

OE2 = 2OA2 ,这时点 E2(2, ?8 )是符合条件的点.
所以,点 E 的坐标是(8, ?2 ) ,或(2, ?8 ). ????(20 分)

13.求满足 2 p 2 ? p ? 8 ? m2 ? 2m 的所有素数 p 和正整数 m.
.解:由题设得 p(2 p ? 1) ? (m ? 4)(m ? 2) ,
所以 p (m ? 4)(m ? 2) ,由于 p 是素数,故 p (m ? 4) ,或 p (m ? 2) . ??(5 分)

(1)若 p (m ? 4) ,令 m ? 4 ? kp ,k 是正整数,于是 m ? 2 ? kp ,
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3 p 2 ? p(2 p ? 1) ? (m ? 4)(m ? 2) ? k 2 p 2 ,
故 k 2 ? 3 ,从而 k ? 1 . 所以 ?

?m ? 4 ? p, ? p ? 5, 解得 ? ?m ? 2 ? 2 p ? 1, ? m ? 9.

????(10 分)

(2)若 p (m ? 2) ,令 m ? 2 ? kp ,k 是正整数. 当 p ? 5 时,有 m ? 4 ? kp ? 6 ? kp ? p ? p(k ? 1) ,

3 p 2 ? p(2 p ? 1) ? (m ? 4)(m ? 2) ? k (k ? 1) p 2 ,
故 k (k ? 1) ? 3 ,从而 k ? 1 ,或 2. 由于 p(2 p ? 1) ? ( m ? 4)( m ? 2) 是奇数,所以 k ? 2 ,从而 k ? 1 . 于是 ?

?m ? 4 ? 2 p ? 1, 这不可能. ?m ? 2 ? p,
2 2

当 p ? 5 时,m ? 2m ? 63 ,m ? 9 ;当 p ? 3 ,m ? 2m ? 29 ,无正整数解;当 p ? 2 时,

m2 ? 2m ? 18 ,无正整数解.
综上所述,所求素数 p=5,正整数 m=9.

????(20 分)

14.从 1,2,?,2010 这 2010 个正整数中,最多可以取出多少个数, 使得所取出的数中任意三个数之和都能被 33 整除?
解:首先,如下 61 个数:11, 11 ? 33 , 11 ? 2 ? 33 ,?, 11? 60? 33(即 1991)满足题设条 件. ????(5 分) 另一方面,设 a1 ? a2 ? ? ? an 是从 1,2,?,2010 中取出的满足题设条件的数,对于这 n 个 数中的任意 4 个数 ai,a j,ak,am ,因为

33 (ai ? ak ? am ) ,
所以

33 (a j ? ak ? am ) ,

33 ( a j ? ai ) .
????(10 分)

因此,所取的数中任意两数之差都是 33 的倍数.

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设 ai ? a1 ? 33di ,i=1,2,3,?,n. 由 33 (a1 ? a2 ? a3 ) ,得 33 (3a1 ? 33d 2 ? 33d3 ) , 所以 33 3a1 , 11 a1 ,即 a1 ≥11. ????(15 分)

dn ?
故 d n ≤60. 所以,n≤61. 综上所述,n 的最大值为 61.

an ? a1 2010 ? 11 ≤ ? 61 , 33 33

????(20 分)

2006 中国数学奥林匹克(第二十一届全国中学生数学冬令营)

第一天
福州 1 月 12 日 上午 8∶00~12∶30 每题 21 分

一、 实数 a1 , a2 , ?, an 满足 a1 ? a2 ? ? ? an ? 0 ,求证:

n max (a ) ? 1? k ? n 3
2 k

? ?a ? a ?
i ?1 i i ?1

n ?1

2



证明

只需对任意 1 ? k ? n ,证明不等式成立即可.

记 d k ? ak ? ak ?1 , k ? 1, 2,?, n ? 1 ,则
ak ? ak , ak ?1 ? ak ? dk , ak ? 2 ? ak ? dk ? dk ?1 ,? , an ? ak ? d k ? d k ?1 ? ? ? d n?1 , ak ?1 ? ak ? dk ?1 , ak ?2 ? ak ? dk ?1 ? d k ?2 , ?, a1 ? ak ? d k ?1 ? d k ?2 ? ? ? d1 ,

把上面这 n 个等式相加,并利用 a1 ? a2 ? ? ? an ? 0 可得
nak ? (n ? k )dk ? (n ? k ? 1)d k ?1 ? ? ? d n?1 ? (k ? 1)d k ?1 ? (k ? 2)d k ?2 ? ? ? d1 ? 0 .

由 Cauchy 不等式可得
(nak ) 2 ? ? (n ? k )d k ? (n ? k ? 1)d k ?1 ? ? ? d n ?1 ? (k ? 1)d k ?1 ? (k ? 2)d k ? 2 ? ? ? d1 ?
n?k ? k ?1 ?? n ?1 ? ? ? ? i 2 ? ? i 2 ?? ? di2 ? i ?1 ? i ?1 ?? i ?1 ?
2

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? n ?1 ?? n ?1 ? n(n ? 1)(2n ? 1) ? n ?1 2 ? ? ? ? i 2 ?? ? di2 ? ? ? ? di ? 6 ? i ?1 ?? i ?1 ? ? i ?1 ? n3 ? n ?1 2 ? ? ? ? di ? , 3 ? i ?1 ?

所以

2 ak ?

n 3

? ? a?
i ?1 i

n ?1

ai1 ? . ?
2

二、正整数 a1 , a2 , ?, a2006 (可以有相同的)使得 等.问: a1 , a2 , ?, a2006 中最少有多少个不同的数?


a a1 a2 , , ?, 2005 两两不相 a2 a3 a2006

答案: a1 , a2 , ?, a2006 中最少有 46 个互不相同的数.

由 于 45 个 互 不 相 同 的 正 整 数 两 两 比 值 至 多 有 45 × 44 + 1 = 1981 个 , 故
a1 , a2 ,? , a2 0 0中互不相同的数大于 45. 6

下面构造一个例子,说明 46 是可以取到的. 设 p1 , p2 , ? , p46 为 46 个互不相同的素数,构造 a1 , a2 , ?, a2006 如下:
p1 , p1 , p2 , p1 , p3 , p2 , p3 , p1 , p4 , p3 , p4 , p2 , p4 , p1 ,? , p1 , pk , pk ?1 , pk , pk ?2 , pk ,?, pk , p2 , pk , p1 ,? , p1 , p45 , p44 , p45 , p43 , p45 ,?, p45 , p2 , p45 , p1 , p46 , p45 , p46 , p44 , p46 ,?, p46 , p22 , p46 ,

这 2006 个正整数满足要求. 所以 a1 , a2 , ?, a2006 中最少有 46 个互不相同的数.

2 三、正整数 m,n,k 满足: mn ? k ? k ? 3 ,证明不定方程

x 2 ? 11y 2 ? 4m


x 2 ? 11y 2 ? 4n

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华夏园教育奥赛专题——数学

中至少有一个有奇数解 ( x , y) .
证明 首先我们证明如下一个 引理:不定方程

x 2 ? 11y 2 ? 4m
或有奇数解 ( x0 , y0 ) ,或有满足



x0 ? (2k ? 1) y0 (mod m)
的偶数解 ( x0 , y0 ) ,其中 k 是整数. 引理的证明 考虑如下表示
m , 2



x ? (2k ? 1) y x, y为整数,且0 ? x ? 2 m , 0 ? y ?

?? m? 则 共 有 ?2 m ? ? 1 ? ? ? ? ? ? 2 ? ? ??

?

?

? 1 ? ? m 个 表 示 , 因 此 存 在 整 数 x1 , x2 ? ? 0, 2 m ? , ? ? ? ?

? m? y1 , y2 ? ? 0, ? ,满足 ( x1 , y1 ) ? ( x2 , y2 ) ,且 2 ? ?

x1 ? (2k ? 1) y1 ? x2 ? (2k ? 1) y2 (mod m) ,
这表明

x ? (2k ? 1) y (mod m) ,
这里 x ? x1 ? x2 , y ? y2 ? y1 。由此可得



x 2 ? (2k ? 1)2 y 2 ? ?11y 2 (mod m) ,
2 2 故 x ? 11y ? km ,因为 x ? 2 m , y ?

m ,所以 2

x 2 ? 11y

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