2008年全国高中数学联赛试题及答案
全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640）
2008 年全国高中数学联赛
受中国数学会委托，2008 年全国高中数学联赛由重庆市数学会承办。中国数学会普及 工作委员会和重庆市数学会负责命题工作。 2008 年全国高中数学联赛一试命题范围不超出教育部 2000 年《全日制普通高级中学数 学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。主要考查学生对基 础知识和基本技能的掌握情况，以及综合和灵活运用的能力。全卷包括 6 道选择题、6 道填 空题和 3 道大题，满分 150 分。答卷时间为 100 分钟。 全国高中数学联赛加试命题范围与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展，适当 增加一些竞赛教学大纲的内容。全卷包括 3 道大题，其中一道平面几何题，试卷满分 150 分。答卷时问为 120 分钟。
全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640）
一
一、选择题（每小题 6 分，共 36 分） 1．函数 f ( x ) ? （A）0
5 ? 4x ? x 2?x
2
试
在 ( ?? , 2) 上的最小值是 （ ） 。 （B）1 （C）2 （D）3
2．设 A ? [ ? 2, 4) ， B ? { x x 2 ? ax ? 4 ? 0} ，若 B ? A ，则实数 a 的取值范围为（ ） 。 （A） [ ? 1, 2) （B） [ ? 1, 2] （C） [0, 3] （D） [0, 3)
3．甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得 1 分，负者得 0 分，比赛进行到有一人比 对方多 2 分或打满 6 局时停止．设甲在每局中获胜的概率为
1
2 3
，乙在每局中获胜的概率 ） 。
670 243
为 ，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数 ? 的期望 E ? 为 （
3
（A）
241 81
（B）
266 81
（C）
274 81
（D）
4．若三个棱长均为整数（单位：cm）的正方体的表面积之和为 564 cm2，则这三个正方体 的体积之和为 （ ） 。 （B） 764 cm3 （D） 586 cm3
（A）764 cm3 或 586 cm3 （C）586 cm3 或 564 cm3 5．方程组 ? xyz ? z ? 0, ? （A） 1
? x ? y ? z ? 0,
的有理数解 ( x , y , z ) 的个数为 （ ） 。
? xy ? yz ? xz ? y ? 0 ?
（B） 2
（C） 3
（D） 4
6．设 ? ABC 的内角 A、 B、 C 所对的边 a、 b、 c 成等比数列，则
sin A cot C ? cos A sin B cot C ? cos B
的取值范围是（ ） 。 （B） (0,
, 5 ?1 2 ) 5 ?1 2 )
（A） (0, ?? ) （C） (
5 ?1 2
（D） (
5 ?1 2
, ?? )
二、填空题（每小题 9 分，共 54 分） 7．设 f ( x ) ? ax ? b ，其中 a , b 为实数， f1 ( x ) ? f ( x ) ， f n ?1 ( x ) ? f ( f n ( x )) ， n ? 1, 2, 3, ? ，若
f 7 ( x ) ? 128 x ? 381 ，则 a ? b ?
.
1 2
8．设 f ( x ) ? cos 2 x ? 2 a (1 ? cos x ) 的最小值为 ?
，则 a ?
.
9． 24 个志愿者名额分配给 3 个学校， 将 则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配
全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640） 方法共有 种．
n ?1 n ( n ? 1)
10．设数列 { a n } 的前 n 项和 S n 满足： S n ? a n ?
， n ? 1, 2, ? ，则通项 a n =
．
11．设 f ( x ) 是定义在 R 上的函数，若 f (0) ? 2008 ，且对任意 x ? R ，满足
f ( x? 2 )? f ( x ) ?
x 3 ， f ( x ? 6) ? f ( x ) ? 63 ? 2 x ，则 f ( 2008 ) = ? 2
.
12．一个半径为 1 的小球在一个内壁棱长为 4 6 的正四面体容器内可向各个方向自由运动， 则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是 三、解答题（每小题 20 分，共 60 分） 13．已知函数 f ( x ) ?| sin x | 的图像与直线 y ? kx ( k ? 0 ) 有且仅有三个交点，交点的横坐标 的最大值为 ? ，求证：
cos ? sin ? ? sin 3? ? 1?? 4?
2
.
．
14．解不等式
log 2 ( x
12
? 3x
10
8 6 4 ? 5 x ? 3 x ? 1) ? 1 ? log 2 ( x ? 1) ．
15． 如图，P 是抛物线 y 2 ? 2 x 上的动点， B、 C 在 y 轴上， ( x ? 1) 2 ? y 2 ? 1 内切于 ? PBC ， 点 圆 求 ? PBC 面积的最小值．
第 15 题
解
1. 当 x ? 2 时， 2 ? x ? 0 ，因此 f ( x ) ?
? 2 ，当且仅当
1 2?x
答
2
1 ? (4 ? 4 x ? x ) 2? x
?
1 2? x
? (2 ? x ) ? 2 ?
1 2? x
? (2 ? x )
? 2 ? x 时取等号．而此方程有解 x ? 1 ? ( ?? , 2) ，因此 f ( x ) 在 ( ?? , 2) 上
全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640） 的最小值为 2．故选 C. 2. 因为 x 2 ? ax ? 4 ? 0 有两个实根 x1 ?
x1 ? ? 2 且 x 2 ? 4 ，即
a 2
a 2
?
4?
a
a
2
4
2
， x2 ?
a 2
?
4?
a
2
，故 B ? A 等价于
4
a 2
?
4?
a
2
4
? ?2 且
?
4?
4
? 4 ，解之得 0 ? a ? 3 ．故选 D。
3.方法一： 依题意知， ? 的所有可能值为 2、4、6. 设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比 赛停止的概率为 ( ) 2 ? ( ) 2 ?
3 3 2 1 5 9
5 9
．若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得 ， ． 故选 B。
一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有 P (? ? 2) ?
4 5 20 4 16 5 2 0 1 26 6 6 ，P (? ? 6) ? ( ) 2 ? ， E ? ? 2? ? 4 ? ? ? 故 P (? ? 4) ? ( )( ) ? ? 6 9 9 81 9 81 9 8 1 8 1 8 1
方法二： 依题意知，? 的所有可能值为 2、4、6.令 Ak 表示甲在第 k 局比赛中获胜，则 Ak 表 示乙在第 k 局比赛中获胜．由独立性与互不相容性得
P (? ? 2) ? P ( A1 A2 ) ? P ( A1 A2 ) ? 5 9
，
P (? ? 4) ? P ( A1 A2 A3 A4 ) ? P ( A1 A2 A3 A4 ) ? P ( A1 A2 A3 A4 ) ? P ( A1 A2 A3 A4 )
2 3 1 1 3 2 20 ， ? 2[( ) ( ) ? ( ) ( )] ? 3 3 3 3 81
P (? ? 6) ? P ( A1 A2 A3 A4 ) ? P ( A1 A2 A3 A4 ) ? P ( A1 A2 A3 A4 ) ? P ( A1 A2 A3 A4 )
2 2 1 2 16 ， ? 4( ) ( ) ? 3 3 81
因此 E ? ? 2 ? ? 4 ?
9
5
20 81
? 6?
16 81
?
266 81
．故选 B。
4. 设这三个正方体的棱长分别为 a、 b、 c ，则有 6 ? a 2 ? b 2 ? c 2 ? ? 564 ，即 a 2 ? b 2 ? c 2 ? 94 。 不妨设 1 ? a ? b ? c ? 10 ，从而 3c ? a ? b ? c ? 94 ，c ? 31 ．故 6 ? c ? 10 ，c 只能取 9、
2 2 2 2 2
8、7、6 ． 若 c ? 9 ，则 a 2 ? b 2 ? 94 ? 9 2 ? 13 ，易知 a ? 2 ， b ? 3 ，得一组解 ( a , b , c ) ? (2, 3, 9) ． 若 c ? 8 ， 则 a 2 ? b 2 ? 94 ? 64 ? 30 ， b ? 5 ．但 2 b ? 30 ，即 b ? 4 ，从而 b ? 4 或 5．若
2
b ? 5 ，则 a ? 5 无解；若 b ? 4 ，则 a ? 14 无解．因此 c=8 时无解．
2 2
若 c ? 7 ，则 a 2 ? b 2 ? 94 ? 49 ? 45 ，有唯一解 a ? 3 ， b ? 6 ． 若 c ? 6 ，则 a 2 ? b 2 ? 94 ? 36 ? 58 ，此时 2 b ? 58 ，即 b ? 29 。故 b ? 6 ，但 b ? c ? 6 ，
2 2
所以 b ? 6 ，此时 a ? 58 ? 36 ? 22 无解．
2
, 综 上 ， 共 有 两 组 解 (a b c , ? )
( 2 或 3 a,, b9c ) ? (3, 6, 7) ， 体 积 为 , ( , )
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V1 ? 2 ? 3 ? 9 ? 764 （cm3）或 V 2 ? 3 ? 6 ? 7 ? 586 （cm3） 。故选 A。
3 3 3 3 3 3
5. 若 z ? 0 ，则 ?
? x ? y ? 0， ? xy ? y ? 0.
解得 ?
? x ? 0， ? x ? ? 1， 或? ?y?0 ? y ? 1.
若 z ? 0 ，则由 xyz ? z ? 0 得 xy ? ? 1 ． 由 x ? y ? z ? 0 得 z ? ?x ? y ． 将②式代入 xy ? yz ? xz ? y ? 0 得 x 2 ? y 2 ? xy ? y ? 0 ． 由①式得 x ? ?
1 y
① ② ③
，代入③式化简得 ( y ? 1)( y 3 ? y ? 1) ? 0 .易知 y 3 ? y ? 1 ? 0 无有理数根，
故 y ? 1 ，由①式得 x ? ? 1 ，由②式得 z ? 0 ，与 z ? 0 矛盾，故该方程组共有两组有理数解
? x ? ? 1, ? x ? 0, ? ? ? y ? 0, 或 ? y ? 1, 故选 B。 ? z ? 0. ?z?0 ? ?
6.设 a、 b、 c 的公比为 q ，则 b ? aq , c ? aq 2 ，而
sin A cot C ? cos A sin B cot C ? cos B ?
?
sin A cos C ? cos A sin C sin B cos C ? cos B sin C
s i n ( C A? s i n ( C B? ? ) )
?s ?i nB( ?s ?i n A(
?
)B s i n b ? ?q． )A s i n a
因此，只需求 q 的取值范围．因为 a、 b、 c 成等比数列，最大边只能是 a 或 c ，因此 a、 b、 c
? a ? aq ? aq 2 , ? 要构成三角形的三边，必须且只需 a ? b ? c 且 b ? c ? a ．即有不等式组 ? 即 2 ? aq ? aq ? a ?
?1 ? 5 5 ?1 ?q? , ? ? q 2 ? q ? 1 ? 0, ? ? 2 2 解得 ? 从而 ? 2 ? q ? q ? 1 ? 0. 5 ?1 5 ?1 ? ? q? 或q ? ? . ? ? 2 2
5 ?1 2
?q?
5 ?1 2
，因此所求的取
值范围是 (
5 ?1 2
,
5 ?1 2
) ．故选 C。
a ?1
n
7. 由题意知 f n ( x ) ? a n x ? ( a n ?1 ? a n ? 2 ? ? ? a ? 1) b ? a n x ?
a ? 128 ，
7
a ?1
得 ? b ，由 f 7 ( x ) ? 1 2 8x ? 3 8 1
a ?1
7
a ?1
2
? b ? 381 ，因此 a ? 2 ， b ? 3 ， a ? b ? 5 ．
8.
f ( x ) ? 2 cos x ? 1 ? 2 a ? 2 a cos x ? 2(cos x ?
a 2
) ?
2
1 2
a ? 2a ? 1 ，
2
(1) a ? 2 时， f ( x ) 当 cos x ? 1 时取最小值 1 ? 4a ； (2) a ? ? 2 时， f ( x ) 当 cos x ? ? 1 时取最小值 1；
全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640） (3) ? 2 ? a ? 2 时， f ( x ) 当 cos x ?
a 2
时取最小值 ?
1 2
1 2
a ? 2a ? 1 ．
2
又 a ? 2 或 a ? ? 2 时， f ( x ) 的 c 不能为 ? 故?
1 2 a ? 2a ? 1 ? ?
2
，
1 2
，解得 a ? ? 2 ? 3 ， a ? ? 2 ? 3 (舍去)．
9. 方法一：用 4 条棍子间的空隙代表 3 个学校，而用 ? 表示名额．如
| ? ? ?? | ? ? ? | ?? |
表示第一、二、三个学校分别有 4，18，2 个名额．若把每个“ ? ”与每个“ | ”都视为一个位置， 由于左右两端必须是“｜”，故不同的分配方法相当于 24 ? 2 ? 26 (个)位置（两端不在内）被 2 个“｜”占领的一种“占位法”．“每校至少有一个名额的分法”相当于在 24 个“ ? ”之间的 23 个空隙中选出 2 个空隙插入“｜”，故有 C 2 ? 253 (种)．又在“每校至少有一个名额的分法”中 23 “至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有 31 种． 综上知， 满足条件的分配方法共有 253 －31＝222(种)． 方法二：设分配给 3 个学校的名额数分别为 x1、 x 2、 x3 ，则每校至少有一个名额的分法 数为不定方程 x1 ? x 2 ? x3 ? 24 的正整数解的个数，即方程 x1 ? x 2 ? x3 ? 21 的非负整数解的个
21 数，它等于 3 个不同元素中取 21 个元素的可重组合： H 3 ? C 21 ? C 2 ? 253 ．又在“每校至 23 23
少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有 31 种．综上知，满足 条件的分配方法共有 253－31＝222（种） ． 10.
a n ?1 ? S n ?1 ? S n ? n ( n ? 1)( n ? 2) ? a n ?1 ? n ?1 n ( n ? 1) ? an ，
即
2 a n ?1 ? =
n?2?2 ( n ? 1)( n ? 2 )
?2 ( n ? 1)( n ? 2 )
1
?
1 n ?1
?
1 n ( n ? 1)
1
? an
? an ?
n ( n ? 1)
，
1
由此得 2 ( a n ?1 ? 令 bn ? a n ?
an ? 1 2
n
( n ? 1)( n ? 2 )
) ? an ?
n ( n ? 1)
．
1 2
1 n ( n ? 1)
， b1 ? a1 ?
1 2
?
1 2
( a1 ? 0 ) ， 有 bn ?1 ?
bn ， 故 bn ?
1 2
n
，所以
?
1 n ( n ? 1)
．
11. 方法一：由题设条件知
f ( x ? 2) ? f ( x ) ? ? ( f ( x ? 4) ? f ( x ? 2)) ? ( f ( x ? 6) ? f ( x ? 4)) ? ( f ( x ? 6) ? f ( x ))
? ?3 ? 2
x?2
? 3?2
x?4
x x ? 63 ? 2 ? 3 ? 2 ，
因此有 f ( x ? 2) ? f ( x ) ? 3 ? 2 x ，故
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f (2008) ? f (2008) ? f (2006) ? f (2006) ? f (2004) ? ? ? f (2) ? f (0) ? f (0)
? 3 ? (2
2006
?2
2004
? ? ? 2 ? 1) ? f (0)
2
? 3?
?2
4
1003 ? 1
?1
4 ?1
? f (0)
2008
? 2007 ．
方法二： 令 g ( x ) ? f ( x ) ? 2 x ，则
g ( x ? 2) ? g ( x ) ? f ( x ? 2) ? f ( x ) ? 2 g ( x ? 6) ? g ( x ) ? f ( x ? 6) ? f ( x ) ? 2
x?2 x x x ? 2 ? 3?2 ? 3?2 ? 0 ， x x x ? 2 ? 63 ? 2 ? 63 ? 2 ? 0 ，
x?6
即 g ( x ? 2) ? g ( x ), g ( x ? 6) ? g ( x ) ，故 g ( x ) ? g ( x ? 6) ? g ( x ? 4) ? g ( x ? 2) ? g ( x) ，得 g ( x ) 是 周期为 2 的周期函数，所以 f (2008) ? g (2008) ? 2 2008 ? g (0) ? 2 2008 ? 2 2008 ? 2007 ． 12. 如图 1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为 r ，作平面
A 1 B1C 1 //平面 ABC ，与小球相切于点 D ，则小球球心 O 为正四面体 P ? A 1 B1C 1 的 中 心 ， P O ? 面 A B C ， 垂 足 D 为 A 1 B1C 1 的 中 心 ． 因 1 1 1
V P ? A1 B1 C1 ? 1 3 S? ? P D ? 4 ? VO ? A1 B1 C1 ? 4 ?
1 3
A B C1 1 1
?S ? A1 B1 C1 ?O D ，
故 PD ? 4OD ? 4 r ，从而 PO ? PD ? OD ? 4 r ? r ? 3r ． 记 此 时 小 球 与 面 PAB 的 切 点 为 P1 ， 连 接 OP1 ， 则
PP1 ? PO ? OP1 ?
2 2
(3 r ) ? r ? 2 2 r ．
2 2
（第 12 题图 1）
考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为 PAB )相切时的情况，易知小球在面 PAB 上最靠近 边的切点的轨迹仍为正三角形，记为 P1 EF ，如图 2．记正四面体的棱长为
a
， 过
P1
作
P1 M ? PA
于
M
． 因
?M
P ?P 1 6
?
， 有
PM ? PP1 ? cos M PP1 ? 2 2 r ?
3 2
?
6r
， 故 小 三 角 形 的 边 长
P1 E ? PA ? 2 PM ? a ? 2 6 r ．小球与面 PAB 不能接触到的部分的面积为
（如图 2 中阴影部分） S ? PAB ? S ? P EF ?
1
3 4
2 2 2 ( a ? ( a ? 2 6 r ) ) ? 3 2 ar ? 6 3 r ．
第 12 题图 2）
又 r ? 1 ， a ? 4 6 ，所以 S ? PAB ? S ? P EF ? 24 3 ? 6 3 ? 18 3 ．由对称性，且正四面体共 4 个
1
面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为 72 3 ． 13. f ( x ) 的图象与直线 y ? kx ( k ? 0 ) 的三个交点如答 13 图所示，且在 (? , 切点为 A (? , ? sin ? ) ， ? ? (? ,
3? 2 )．
3? 2
) 内相切，其
（第 13 题）
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sin ? 由于 f ?( x ) ? ? cos x ， x ? (? , ? ) ，所以 ? cos ? ? ? ，即 ? ? tan ? ．因此
3 2
?
cos ? sin ? ? sin 3?
?
cos ? 2 sin 2? cos ?
?
1 4 sin ? cos ?
?
cos ? ? sin ?
2 2
4 sin ? cos ?
?
1 ? tan ?
2
4 tan ?
?
1?? 4?
2
．
14. 方法一：由 1 ? log 2 ( x 4 ? 1) ? log 2 (2 x 4 ? 2) ，且 log 2 y 在 (0, ?? ) 上为增函数，故原不等式 等价于
x
12
? 3x ? 3x
?x
10
? 5x ? 3x ? 1 ? 2 x ? 2 ．
8 6 4
即 分组分解
x
x
12
10
? 5x ? 3x ? 2 x ? 1 ? 0 ．
8 6 4
8
12
10
?x
?2 x
10
? 2x ? 2x
8
8
6
?4 x ? 4 x ? 4 x
6 6 4
4
?x ? x ? x
4
2
?x ? x ?1 ? 0 ，
2
( x ? 2 x ? 4 x ? x ? 1)( x ? x ? 1) ? 0 ，
8 6 4 2 4 2
所 以 x4 ? x2 ?1 ? 0 ， ( x ?
2
?1 ? 2
5
)( x ?
2
?1 ? 2
5
) ? 0 。 所 以 x2 ?
5 ?1 2
?1 ? 2
5
， 即
?
?1 ? 2
5
? x?
? ? 1 2
．故原不等式解集为 ( ?
5
5 ?1 2
,
)．
方法二： 由 1 ? log 2 ( x 4 ? 1) ? log 2 (2 x 4 ? 2) ，且 log 2 y 在 (0, ?? ) 上为增函数，故原不等 式等价于
x
12
? 3x
10
? 5x ? 3x ? 1 ? 2 x ? 2 ．
8 6 4
即
2 x
2
?
1 x
6
? x ? 3 x ? 3 x ? 1 ? 2 x ? 2 ? ( x ? 1) ? 2( x ? 1) ，
6 4 2 2 2 3 2
(
1 x
2
) ? 2(
3
1 x
2
2 3 2 ) ? ( x ? 1) ? 2( x ? 1) ，
令 g ( t ) ? t 3 ? 2 t ，则不等式为 g ( 面不等式等价于
5 ?1 2 5 ?1 2
1 x
2
1 x
2
3 2 ) ? g ( x ? 1) ， 显然 g ( t ) ? t ? 2 t 在 R 上为增函数，由此上
2 2 ? x ? 1 ，即 ( x ) ? x ? 1 ? 0 ，解得 x ?
2 2 2
5 ?1 2
，故原不等式解集为
(?
,
)．
y0 ? b x0 x ，化简得
15. 设 P ( x0 , y 0 ), B (0, b ), C (0, c ) ，不妨设 b ? c ．直线 PB 的方程: y ? b ?
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) ( y 0 ? b ) x ? x 0 y ? x 0 b ? 0 ． 又 圆 心 ( 1 , 0 到 PB 的 距 离 为 1 ，
( y 0 ? b ) ? x ? ( y ? b) ? 2 0 b( 0y ? b ? x ) 0 0
2 2 2 2 0 2 x， b
y 0 ? b ? x0 b ( y 0 ? b ) ? x0
2 2
?1
，故
易 知
x0 ? 2
， 上 式 化 简 得
?2 y0 x0 ? 2
( x0 ?
2 b) ?
2
2
0
y ? 2 b
2
0
，? 0 ( x0 ? 2) c 2 ? 2 y 0 c ? x 0 ? 0 ． 所以 b ? c ? 同理有 x
，bc ?
? x0 x0 ? 2
4 x0
2 2
，
则 (b ? c ) 2 ?
b?c ? 2 x0
4 x0 ? 4 y 0 ? 8 x0 ( x 0 ? 2)
2
． P ( x0 , y 0 ) 是抛物线上的点， y 02 ? 2 x 0 ， ( b ? c ) 2 ? 因 有 则
1 2 (b ? c ) ? x0 ? x0 x0 ? 2 ? x 0 ? ( x 0 ? 2) ? 4 x0 ? 2
( x 0 ? 2)
，
x0 ? 2
． 所以 S ? PBC ?
? 4 ? 2 4 ? 4 ? 8 ．当
2 ( x 0 ? 2) ? 4 时，上式取等号，此时 x 0 ? 4, y 0 ? ? 2 2 ．
因此 S ? PBC 的最小值为 8．
加
一、 （本题满分 50 分）
试
如图，给定凸四边形 ABCD ，? B ? ? D ? 180 ? ， P 是平面上 的动点，令 f ( P ) ? PA ? BC ? PD ? CA ? PC ? AB ． （1）求证：当 f ( P ) 达到最小值时， P、 A、 B、 C 四点共圆；
答一图 1
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AE （ 2 ） 设 E 是 ? ABC 外 接 圆 O 的 ? 上 一 点 ， 满 足 ： AB ? AB
? EC B ? 1 2 ? EC A ，又 DA , DC 是 ? O 的切线， AC ?
3 2
，
BC EC
?
3 ?1 ，
2 ，求 f ( P ) 的最小值．
二、 （本题满分 50 分） 设 f ( x ) 是周期函数， T 和 1 是 f ( x ) 的周期且 0 ? T ? 1 ．证明： （1）若 T 为有理数，则存在素数 p ，使
1 p
是 f ( x ) 的周期；
（ 2 ） 若 T 为 无 理 数 ， 则 存 在 各 项 均 为 无 理 数 的 数 列 { a n } 满 足 1 ? a n ? a n ?1 ? 0 ， ( n ? 1 , 2? ,? ? )且每个 a n 三、 （本题满分 50 分） 设 a k ? 0 ，k ? 1, 2, ? , 2008 ．证明：当且仅当 ? a k ? 1 时，存在数列 { x n } 满足以下条件：
k ?1 2008
( n ? 1, 2, ? ??) 都是 f ( x ) 的周期．
（1） 0 ? x 0 ? x n ? x n ?1 ， n ? 1, 2, 3, ? ； （2） lim x n 存在；
n? ?
（3） x n ? x n ?1 ?
2008
?a
k ?1
2007 k
xn ? k ?
?a
k ?0
k ?1
x n ? k ， n ? 1, 2, 3, ? ．
解
意点 P ，有 PA ? BC ? PC ? AB ? PB ? AC ．因此
答
一、方法一： （1）如答一图 1，由托勒密不等式，对平面上的任
f ( P ) ? PA ? BC ? PC ? AB ? PD ? CA ? PB ? CA ? PD ? CA ? ( PB ? PD ) ? CA ．
因为上面不等式当且仅当 P、 A、 B、 C 顺次共圆时取等号，因此
AC 上 时 ， 当 且 仅 当 P 在 ? ABC 的 外 接 圆 且 在 ?
f ( P) ? (P ? B
又因 此不等式当且仅 P ) ． C A PB ? PD ? BD ， ?D
第 1 题图
1 当 B , P , D 共线且 P 在 BD 上时取等号．因此当且仅当 P 为 ? ABC 的外接圆与 BD 的交点时，
f ( P ) 取最小值 f ( P ) min ? AC ? BD ．故当 f ( P ) 达最小值时， P、 A、 B、 C 四点共圆．
（2）记 ? ECB ? ? ，则 ? ECA ? 2? ，由正弦定理有
AE AB
?
sin 2? sin 3?
?
3 2
，从而
3 3 sin 3? ? 2 sin 2? ，即 3 (3 sin ? ? 4 sin ? ) ? 4 sin ? cos ? ，所以
2 3 3 ? 4 3 (1 ? cos ? ) ? 4 cos ? ? 0 ，整理得 4 3 cos ? ? 4 cos ? ? 3 ? 0 ，
2
全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640） 解得 cos ? ?
BC EC
3 2
或 cos ? ? ?
1 2 3
0
（ 舍 去 ） 故 ? ? 30 ? ， ? ACE ? 60 ? ． ，
由已知
?
3 ?1
=
1 2
sin ? ? EAC ? 30 sin ? EAC
?
, 有 sin( ? EAC ? 30 ? ) ? ( 3 ? 1) sin ? EAC
2? 2
?
， 即
3 2
sin ? EAC ?
cos ? EAC ? ( 3 ? 1) sin ? EAC ，整理得
3
sin ? EAC ?
1 2
cos ? EAC ，
?
故
tan ? EAC ?
1 2? 3
? 2?
3
， 可 得
? EAC ? 75
， 从 而
? E ? 45
，
? ? DAC ? ? DCA ? ? E ? 45 ， ? ADC 为等腰直角三角形．因 AC ?
2 ，则 CD ? 1 ．又 ? ABC
也 是 等 腰 直 角 三 角 形 ， 故 BC ? 2 ， BD ? 1 ? 2 ? 2 ? 1 ? 2 cos135 ? ? 5 ， BD ? 5 ． 故
2
f ( P )m i n ? B D? A C?
5 ? 2 ? 1． 0
方法二： （1） 如图 2， 连接 BD 交 ? ABC 的外接圆 O 于 P0 点（因为 D 在 ? O 外，故 P0 在 BD 上） ． 过 A , C , D 分 别 作 P0 A , P0C , P 0D 的 垂 线 ， 两 两 相 交 得
? A1 B1 C1，易知 P0 在 ? ACD 内，从而在 ? A1 B1C1 内，记
? ABC
之 三 内 角 分 别 为
x， y， z
， 则 ，
（第 1 题图 2）
? AP0 C ? 180 ? ? y ? z ? x
， 又 因 B1C1 ? P0 A
B1 A1 ? P0 C ，得 ? B1 ? y ，同理有 ? A1 ? x ， ? C 1 ? z ，
所以 ? A1 B1C1 ∽ ? ABC ．设 B1C1 ? ? BC ， C1 A1 ? ? CA ， A1 B1 ? ? AB ，则对平面上任意点 M ， 有
? f ( P0 ) ? ? ( P0 A ? BC ? P0 D ? CA ? P0 C ? AB )
? P0 A ? B1C1 ? P0 D ? C1 A1 ? P0 C ? A1 B1
? 2 S ? A1 B1C1
? MA ? B1C1 ? MD ? C1 A1 ? MC ? A1 B1
? ? ( MA ? BC ? MD ? CA ? MC ? AB )
? ? f (M ) ，
从而
f ( P )? 0
知 由点 P0 在 ? O 上， f ( M ． M 点的任意性， P0 点是使 f ( P ) 达最小值的点． )由
故 P0、 A、 B、 C 四点共圆． （2）由（1） f ( P ) 的最小值 f ( P0 ) ? ， 由 正 弦 定 理 有
AE AB ?
2
?
S ? A1 B1C1 ? 2 ? S ? ABC ，记 ? ECB ? ? ，则 ? ECA ? 2? ，
? 3 2
3?
3 2
sin 2? sin 3?
，
从
4
而
3?( 1
2
3
s ?i ? n
3 ?
， s 即i n 2
2
3 3 (3 sin ? ? 4 sin ? ) ? 4 sin ? cos ? ， 所 以 3
? o?s c
) ? ? c ，s 整 理 得 4 o 0
4
3 c o? ? s
2
4?c?o s ?
， 解 得 c o s? ? 3 0
或 cos ? ? ?
1 2 3
（ 舍 去 ） 故 ? ? 30 ? ， ，
全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640）
sin ? ? EAC ? 30 sin ? EAC
0
? ACE ? 60
?
．
由
已
知
BC EC
?
3 ?1
=
1 2
?
,
有
? sin( ? EAC ? 30 ) ? ( 3 ? 1) sin ? EAC ，即
3 2
sin ? EAC ?
cos ? EAC ? ( 3 ? 1) sin ? EAC ，
整理得
2? 2
3
sin ? EAC ?
1 2
cos ? EAC ，故 tan ? EAC ?
1 2? 3
? ? 2 ? 3 ，可得 ? EAC ? 75 ，
所以 ? E ? 45 ? ， ? ABC 为等腰直角三角形， AC ? 2 ， S ? ABC ? 1 ，因为 ? AB1C ? 45 ? ， B1 点 在 ? O 上， ? AB1 B ? 90 ? ，所以 B1 BDC1 为矩形， B1C1 ? BD ? 1 ? 2 ? 2 ? 1 ? 2 cos135 ? ? 5 ， 故? ?
5 2
，所以 f ( P ) min ? 2 ?
5 2
?1 ?
10 ．
方法三： （1）引进复平面，仍用 A , B , C 等代表 A , B , C 所对应的复数．由三角形不等式，对 于复数 z1 , z 2 ，有 z1 ? z 2 ? z1 ? z 2 ，当且仅当 z1 与 z 2 （复向量）同向时取等号． 有 所以
? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? P A? B C? P C A B ? ? P? A B?C P C A B ? ，
( A ? P ) (C ? B ) ? (C ? P ) ( B ?
A)
? ( A ? P ) (C ? B ) ? (C ? P ) ( B? A ) ? ?P ?C ? A ?B ?C ?B ? P ?A
? ? ?? ? ? ?? ? ( B ? P ) ( C ? A ) ? P B ? A， C
①
从而
? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ??? ??? ? ??? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ?? P A ? B C? P C A B ? ? P ?D ?CPAB ? A C ? P D? A C ??? ? ???? ???? ? ( PB ? PD ) ? AC ???? ???? ? BD ? AC ．
②
①式取等号的条件是复数 ( A ? P )(C ? B ) 与 (C ? P )( B ? A ) 同向，故存在实数 ? ? 0 ，使得
C?P C?B ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 向量 PC 旋转到 PA 所成的角等于 BC 旋转到 AB 所成的角，从而 P、 A、 B、 C 四点共圆．
( A ? P )(C ? B ) ? ? (C ? P )( B ? A ) ，
A?P
??
B?A
，所以
A? P arg( ? ) C? P
B? A arg( ， ) C? B
②式取等号的条件显然为 B , P , D 共线且 P 在 BD 上．故当 f ( P ) 达最小值时 P 点在 ? ABC 之 外接圆上， P、 A、 B、 C 四点共圆． （2）由（1）知 f ( P ) min ? BD ? AC ．以下同方法一． 二、 （1）若 T 是有理数，则存在正整数 m , n 使得 T ? 得 ma ? nb ? 1 ．于是
1 m ? ma ? nb m
n m
且 ( m , n ) ? 1 ，从而存在整数 a , b ，使
? a ? bT ? a ? 1 ? b ? T 是 f ( x ) 的周期．又因 0 ? T ? 1 ，从
全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640） 而 m ? 2 ．设 p 是 m 的素因子，则 m ? pm ? ， m ? ? N ? ，从而 （2）若 T 是无理数，令
? 1 ?1? a 2 ? 1 ? ? ? a1 ， a n ?1 ? 1 ? ? ? a1 ? ? an
1 p
? m? ?
1 m
是 f ( x ) 的周期．
?1? a1 ? 1 ? ? ? T ， 则 0 ? a1 ? 1 ， 且 a1 是 无 理 数 ， 令 ?T ?
? ? a n ， 由数学归纳法易知 a n 均为无理数且 0 ? a n ? 1 ．又 ?
? 1 ? ? 1 ? ? 1 ? ? ? ? ? 1 ，故 1 ? a n ? ? ? a n ，即 a n ?1 ? 1 ? ? ? a n ? a n ．因此 { a n } 是递减数列． an ? an ? ? an ? ? an ? 1
1 最后证：每个 a n 是 f ( x ) 的周期．事实上，因 1 和 T 是 f ( x ) 的周期，故 a1 ? 1 ? ? ? T 亦是 ? ? ?T ?
? ? f ( x ) 的周期．假设 a k 是 f ( x ) 的周期，则 a k ?1 ? 1 ? ? 1 ? a k 也是 f ( x ) 的周期．由数学归纳 ? ak ?
法，已证得 a n 均是 f ( x ) 的周期．
三、必要性：假设存在 { x n } 满足（1）（2）（3） ， ， ．注意到（3）中式子可化为
2008
x n ? x n ?1 ?
?a
k ?1
k
* ( x n ? k ? x n ? k ?1 ) ， n ? N ，
其 中 x0 ? 0 ． 将 上 式 从 第
1
项 加 到 第 n 项 ， 并 注 意 到 x0 ? 0 得
n? ?
x n ? a1 ( x n ?1 ? x1 ) ? a 2 ( x n ? 2 ? x 2 ) ? ? ? a 2008 ( x n ? 2008 ? x 2008 ) ． 由（ⅱ）可设 b ? lim x n ，将上式
取极限得
b ? a1 (b ? x1 ) ? a 2 (b ? x 2 ) ? ? ? a 2008 (b ? x 2008 )
? b ? ? a k ? ( a1 x1 ? a 2 x 2 ? ? ? a 2008 x 2008 )
k ?1 2008
? b ? ? ak ，
k ?1
2008
因此 ? a k ? 1 ．
k ?1
2008
充分性：假设 ? a k ? 1 ．定义多项式函数如下： f ( s ) ? ? 1 ?
k ?1
2008
2008
?a
k ?1
k
k s ， s ? [0,1] ，则 f ( s )
在[0,1]上是递增函数，且 f (0) ? ? 1 ? 0 ， f (1) ? ? 1 ? 有唯一的根 s ? s 0 ，且 0 ? s 0 ? 1 ，即 f ( s0 ) ? 0 ． 下取数列 { x n } 为 x n ?
2008
?a
k ?1
k
? 0 ．因此方程 f ( s ) ? 0 在[0,1]内
?s
k ?1
n
k 0
， n ? 1, 2, ? ，则明显地 { x n } 满足题设条件（ⅰ） ，且
全国高中数学联赛试题（吴仁芳 13974862640）
xn ?
?
n
s0 ?
k
s0 ? s0
n ?1
k ?1
1 ? s0
． 0 ? s 0 ? 1 ， lim s 0n ?1 ? ， 因 故 因此 lim x n ? lim 0
n? ?
n? ?
s0 ? s0
n ?1
n? ?
1 ? s0
2008
?
s0 1 ? s0
， { xn } 即
的极限存在，满足（2） 最后验证 { x n } 满足（3） ． ，因 f ( s0 ) ? 0 ，即 ? a k s 0k ? 1 ，从而
k ?1
x n ? x n ?1 ? s 0 ? ( ? a k s 0 ) s 0 ?
n k n k ?1
2008
2008
?
a k s0
n?k
2008
?
k ?1
?a
k ?1
k
( x n ? k ? x n ? k ?1 ) ．
综上，存在数列 { x n } 满足（1）.
