nbhkdz.com冰点文库

数学奥林匹克高中训练题

时间:2014-05-22


2009 年第 6 期

27

数学奥林匹克高中训练题 ( 20)
第一试
一、 填空题 ( 每小题 7 分 ,共 56 分) 2 2 1. 设 a 、 b ∈N+ , 当 a + b 除以 a + b 时 ,商为 q ,余数为 r . 则使 q + r = 2 009 成 立的数对 ( a , b) 共有 对. 2. 四个家庭依次记为甲 、 乙、 丙、 丁 ,每家 四人 ,大家分四组进行四人比赛 . 那么 , 至少 有两组 、 每组四人来自不同家庭的概率为 . 3. 已知在 △ABC 中 , AC ≥AB , 边 BC 被
n    令 n - 1 = 4 r . 则 5| ( 3 + 2 ) , 即当 n =

分成 n ( n 为奇数) 等份 . 用 α 表示从点 A 看 包含边 BC 中点的那一等份的视角 , h 为边
BC 上的高 , BC = a . 若 tan α =

4 nh ,则 ( n2 - 1) a

2

∠BAC =
3

.
2

4. 已知 a 、 b、 c、 d ∈Z ,
f ( x ) = ax + bx + cx + d .

则 A (1 ,1) 、 B ( 2 009 ,1) 、 C ( - 6 020 ,2 ) 、 D ( 2 , - 6 020 ) 中 , 至多有 个在曲线 y = f ( x) 上 .
5. 已知一个四面体 ABCD 被 n + 1 ( n 为 1 ( x ∈N+ ) 时 , p? 3 + 2 与 q? 5 + 2 同时为合
n n

4 r + 1 ( r ∈N+ ) 时 ,3 + 2 为合数 .

n

数. 四、 令这 ( n + 1) 个点的凸包为 k 边形 .
(1) 若 k ≥ 4 n , 则 k 边形周长不超过 4 n ( 由于凸包在正方形内部) . 故存在连续的两
2

又 5 + 2 = 5 (5 6 理得5 ≡ 1 ( mod 7) .

n

n- 1

- 1 ) + 7 , 由费马小定

n 令 n - 1 = 6 s . 则 7| ( 5 + 2 ) , 即当 n =

6 s + 1 ( s ∈N+ ) 时 ,5 + 2 为合数 .

n

从而 , 只要 n - 1 = 12 t , 即 n = 12 t + 1
n ( t ∈N+ ) 时 ,3 n + 2 、 5 + 2都是合数 . 这样的 n

有无穷多个 . ( 2) 不存在 .
p? 3 + 2 = p ( 3 - 3) + 3 p + 2 ,
n n

条边 ,其长度之和不大于 2. 则以这两条边上 1 的三个顶点构成的三角形面积不大于 . 2 ( 2) 若 k < 4 n ,则从凸包某个顶点出发的
k - 3 条对角线将其分成 k - 2 个三角形 . 将

取 3 p + 2 的一个质因子 s ,则 ( s ,3) = 1. 由费马小定理知 ,当 n = t ( s - 1) + 1 ( t ∈N+ )
n n



凸包内的所有点编号 , 并且依次进行如下操 作 : 将每个点与包含它的最小的三角形的三 个顶点连线 . 则每进行一次操作增加两个三 角形 ,且这些三角形互不重叠 . 于是 , 对所有 点操作后共得到
( k - 2) + 2[ ( n + 1) 2 - k ] = 2 n2 + 4 n - k > 2 n2

时 , s | [ p ( 3 - 3 ) + 3 p + 2 ] , 即 p? 3 + 2 为合 数.
n n 同理 , q? 5 + 2 = q ( 5 - 5) + 5 q + 2 , 取 5 q + 2 的一个质因子 u ,则当 n = v ( u - 1) + 1 ( v ∈N+ ) ②

个三角形 . 故必有一个三角形的面积不大于
1 . 2

时 , q? 5 + 2 为合数 . 由式 ①、 ② 知 ,当 n = x ( s - 1) ( u - 1) +

n

综上所述 ,原命题成立 . (张  雷  苏 建 一  东 北 育 才 学 校 , 110001)

28

中 等 数 学

奇数) 个平行于 AB 、 CD 且等距的平面 π 0 , <π π 1 , …,π n 分成 n 部分 , 其中 , AB 0 , CD < πn . 设这 n 部分的 体 积 依 次 为 V 1 , V 2 , …,
Vn . 则

Kb ∈ CA , Kc ∈ AB ) 均与 ⊙I 相切 . 设 △ABC

的外心 、 垂心分别为 O 、 H , 记 BC 、 CA 、 AB 、 AH 、 BH、 CH 的中点分别为 A 1 、 B1 、 C1 、 A2 、
B2 、 C2 . 证明 : A i Ka 、 B i Kb 、 Ci Kc ( i = 1 ,2 ) 三条

∑V
i奇

i



∑V
i偶

i

=

.

6. 已知质数 p 满足 p ≡- 1 ( mod 4) , n 为

直线交于一点 Pi .
( 50 分) 设 n ∈N+ . 求正实数 T ( n ) , 二、
n

正 整 数. 则 “2
2
2

1 + 4 pn 为 正 整 数” 是 “2 +

2

条件 ( 填 ). “充分不必要” “充要” 或 “必要不充分”
2n+1

1 + 4 pn 为完全平方数” 的

使得满足不等式

k =1

∑x -

k k

≥ T ( n ) 的实数 x

的集合是互不相交的区间的并集 , 且这些区 间的长度总和为 2 009. ( 50 分 ) 求不超过 2 009 的正整数 t 三、
n

7. 方程

k=1

cos ∑

2

π) kx = n ( n ∈N+ ) 在 [ 0 ,2

中有 个解 . 8. 设数列{ an }的前 n 项和 S n 满足
S n + an - 1 = n - 2 ( n = 2 ,3 , … ) , ( n + 1) !
2

的个数 , 使得对所有自然数 n , 有

k=0

C ∑

2k +1 2n +1

t

k

且  a1 = -

1 . 2

与 2 009 互质 . ( 50 分) 设 M 是由 n ( n ∈N+ ) 个不同 四、 的正整数组成的集合 , 其中每个元素的质因 子不大于 100 , 且 M 中不存在四个不同的元 素 ,使得这四个数之积是一个 4 次方数. 求 n 的最大值 .

则通项公式 an = . 二、 解答题 ( 共 44 分) ( 9. 14 分) 一士兵要在一个半径为 2 a m 的圆形区域内检查是否埋有地雷 , 他所用的 检查仪器的有效作用范围的半径为 a m. 求 该士兵从该圆边界上一点 A 出发 , 至少需走 多少米才能将区域检测完 ,且回到出发点 ? 10. (15 分 ) 已知一个正整数集合 M = { a1 , a2 , …, an } ,其元素之和为 2 009. 试求其 元素之积的最大值 .
11. (15 分) 设 n ∈N+ , n ≥ 4. 对于 {1 ,2 ,

参考答案
第一试
   一、 1. 0.
2 2 2 由 2 ( a + b ) ≥( a + b) ,得

a + b ≥a + b . a+ b 2

2

2

…,2 n} 的一个排列 { x1 , x2 , …, x2 n } , 如果存 在 1 ≤i ≤2 n - 1 , 使得 x i + xi + 1 = 2 n + 1 成 立 ,则称该排列具有性质 P. 设具有性质 P 的排列数为 m1 , 不具有性质 P 的排列数为
m1 m2 . 证明 : 在区间 ( 1 ,2) 内 . m2

则 q+1 > q+

r a+ b

=

a + b a+ b

2

2

≥a + b ≥r + 1 . 2 2 从而 , r < 2 q + 1.
2 2 由 q + r = 2 009 < ( q + 1) ,得 q ≥ 44.

由 q + r = 2 009 ≥q ,得 q ≤ 44.
2 2

第二试
( 50 分) 在不等边 △ABC 中 , AD 、 一、 B E、 CF 是三个内角的平分线 ( D ∈BC , E ∈AC , F ∈AB ) , Ka 、 Kb 、 Kc 是 △ABC 内切圆 ⊙I 上 的三个点 ,且使得 DKa 、 EKb 、 FKc ( Ka ∈ BC ,

故 q = 44 ] r = 2 009 - 44 = 73. 2 2 从而 , a + b = 44 ( a + b) + 73 ,即 ( a - 22) 2 + ( b - 22) 2 = 1 041.
2

因此 ,该方程无正整数解 . 4 85 ( 4 !) 2. . 4× 16 !

2009 年第 6 期

29

将四组编号为 1 、 2、 3、 4. 设四组中恰有 k 组 ,每组四人来自不同家庭的事件为 A k ( k =
0 ,1 ,2 ,3 ,4 ) . 则 16 个人分成四组的分法有 16 ! 4 种 . 易知 , A 4 有 (4 !) 种 . ( 4 !) 4

故 AD = BD? CD ,且 D 在线段 BC 内 . 由射影定理的逆定理知 ∠BAC = 90° .
4. 3.

2

又当有三组中每组四人来自不同家庭 , 则第四组中四人也来自不同家庭 . 故 A 3 有 0 种. 下面计算 A 2 的个数 . 先选定两组 , 其中每组四人来自不同家 2 4 4 庭 ,有 C4 × 4 × 3 种选法 ; 另两组中每组中 至少有两人来自同一家庭 , 有 C8 - 2 种选
2 4 4 4 4 法 . 故 A 2 有 C4 × 4 × 3 ( C8 - 2 ) 种 . 4 4

若 A、 C 都在 y = f ( x ) 上 ,则 f ( 1) = 1 , f ( - 6 020) = 2. 易知 , ( x1 - x2 ) | ( f ( x1 ) - f ( x2 ) ) . 故
[1 - ( - 6 020) ]| ( f (1) - f ( - 6 020) ) = - 1 ,

矛盾 . 所以 , A 、 C 不能都在 y = f ( x ) 上 . 同理 , B 、 C 不能都在 y = f ( x ) 上 . 因此 , A 、 B、 C 中至多有两点 ( A 、 B) 在 y = f ( x) 上 . 此时 , ( x - 1) ( x - 2 009) | ( f ( x ) - 1) . 设 f ( x ) = a ( x - 1) ( x - 2 009) ( x - t ) + 1. ① 将 D ( 2 , - 6 020) 代入式 ① 得 a ( 2 - t ) = 3. 故取 a = 1 , t = - 1 时 , A 、 B、 D 在由式 ① 定义的 y = f ( x ) 上 . 3 ( n3 - 1 ) . 5. ( n + 1) ∶ 如 图 1, 平 面 EFGH 平行于棱 AB 、 CD . 过 EH 作 平 面 EHK ∥ 平面 BCD. 设 A E = tAC ( t ∈( 0 ,1) ) . 于是 ,
VA EHK

从而 ,所求概率为 4 2 4 4 4 4 4 [ ( 4 !) + C4 × 4 × 3 ( C8 - 2 ) ] ×( 4 !) 16 ! 8 85 ( 4 !) = . 4× 16 ! 3. 90° . 过点 A 作 BC 的垂线 , 垂足为 D . 设含
BC 中点的那一等份为 B′ C′ .则 n- 1 n +1 BB′ = a , BC′ = a. 2n 2n

设 BD = x BC ( x ∈R) . 则 n- 1 n +1 DB′ = - x a , DC′ = - x a. 2n 2n n +1 - x a 2n 从而 ,tan ∠C′ AD = ,
h n- 1 - x a 2n . h

= t VA VB FG KEH

3

BCD

,
t
2

图1

tan ∠B′ AD =

=

3 (1 - t )

VA -

EHK

故 tan α= tan ∠C′ AB′ n +1 n- 1 - x - x ah 2n 2n = n +1 n- 1 2 2 h + - x - x a 2n 2n 4 nha = 2 . ( n - 1) a2 + 4 n2 [ h2 - x ( 1 - x ) a2 ] 4 nh 由 tan α= 2 ,知 ( n - 1) a 2 (1 - x ) a . h = xa ?

= 3 ( 1 - t ) t VA -

BCD

.
BCD

从而 , VAB k

EFGH

2 3 = ( 3 t - 2 t ) VA -

.
BCD



i =1

∑V

i

= 3 3 3
k n

k n
2

2

- 2 - 2
2

k n k n
3

3

VA -

.

故 Vk =

3

k- 1 n

-2

k- 1 n

VA -

BCD

=

1
n

3

2 [3 n (2 k - 1) - 2 (3 k - 3 k + 1) ] VA - BCD .

30
n- 1

中 等 数 学
2

所以 ,
n- 1

∑V
k奇

k

=

k=0

∑V

2k +1

2

= =

k =0


3

3 (4 k + 1) 2[3 (2 k + 1) × 2 k + 1] VA - BCD 2 3
n n
BCD

sin ( 2 n + 1) x ? cos ( 2 n + 2) x sin x sin ( 4 n + 3) x - sin x = = - 1. 2sin x 故 sin ( 4 n + 3) x + sin x = 0 ,即 = sin ( 2 n + 2) x ? cos ( 2 n + 1) x = 0.

n +1 3 VA 2n

.
Vi
3 ( n3 - 1) . = ( n + 1) ∶

解得 x =

π s
2n +2

( s = 1 ,2 , …,2 n + 1 ,2 n +
t+




i奇

Vi ∶


i偶

6. 充要 .

必要性显然 . 充分性 : 由 2
1 + 4 pn =
2 2

3 ,2 n + 4 , …,4 n + 3) 或 x = 1 + 4 pn = m ( m ∈N) ,有
2

1 π 2 (t =0, 2n +1

1 , …,4 n + 1) .

m

2

4

∈N.

π s 其中 , = 2n +2

t+

1 π 2 Ζ s = 2t +1 2n +1 n +1 2n +1

2 又 1 + 4 pn = ( 2 t + 1) ( t ∈N) ,有 2 pn = t ( t + 1) . 由于 ( t , t + 1) = 1 , 故 t 、 t + 1 中一个为

Ζ ( s , t ) = ( n + 1 , n) 或 ( 3 n + 3 ,3 n + 1) . π ) 中有 8 n + 2 个解 . 故方程 ① 在 [ 0 ,2
8. 1 5 - 1- 5 2
n

完全平方数 ,另一个为完全平方数的 p 倍 . 2 2 若 t + 1 = pu , t = v ( u 、 v ∈N) ,则 2 2 pu = v + 1 ≡ 1 或 2 ( mod 4) ,
2 2 但 pu ≡( - 1) ×u ≡ 0 或 3 ( mod 4) ,矛盾 . 2 2 从而 , t + 1 = u , t = pv ( u 、 v ∈N) .

2

- 1+ 5 2

n

+

. ( n + 1) !

n

n - 2 由 S n + an - 1 = ( ,知 n + 1) ! Sn + Sn - 1 - Sn - 2

=
2

n -2 1 1 1 = + . ( n + 1) ! ( n + 1) ! n ! ( n - 1) !

2

故 2 + 2 1 + 4 pn = 4 ( t + 1) = 4 u = (2 u) . 7. 8 n + 2.
2n+1
k=1

2

2

cos ∑
2n+1

2

kx = n



1 设 Tn = S n + ( .则 n + 1) ! Tn + Tn - 1 - Tn - 2 = 0. 2 其特征方程为 λ + λ- 1 = 0.

Ζ Ζ

k=1

∑(cos 2 kx + 1) = 2 n ∑
cos 2 kx = - 1.

解得 λ 1 ,2 =

- 1 ±5 . 2
n

2n+1

k=1

故 Tn = A - 1 + 5 2

+B

- 1- 5 2

n

,

π( t ∈Z) . 则 显然 , x ≠t
2n+1 2n +1 i 2 kx
k=1

① 其中 , A 、 B 待定 . 令 S 0 = 0. 则 T0 = 1 , T1 = 0 , 代入式 ① 解 得
A=

cos 2 kx = Re ∑ e ∑
k =1

= Re

e

i 2 (2 n + 2) x

e

i 2x

- e - 1

i 2x

[cos (4 n + 4) x - cos 2 x ] + i[ sin (4 n + 4) x - sin 2 x ] = Re (cos 2 x - 1) + i sin 2 x sin (2 n + 1) x - sin (2 n + 3) x + i cos (2 n + 3) x = Re ? sin x - sin x + i cos x sin ( 2 n + 1) x i (2 n + 2) x = Re ? e sin x

5 +1 5- 1 ,B = . 2 5 2 5 1 5 1 5 - 1+ 5 2 - 1+ 5 2
n- 1

则 Tn = 故 Sn =

n- 1

- 1- 5 2 - 1- 5 2

n- 1

.
n- 1

-

-

2009 年第 6 期

31

1 . ( n + 1) !

min | E″ E| = min | E″ E| > | E′ E| = a , Γ
E″ ∈ E″ ∈BC

所以 , an = S n - S n - 1
= 1 5 - 1- 5 2
n

-

- 1+ 5 2

n

+

. ( n + 1) !

n

即士兵沿 Γ 无法检测点 E ,矛盾 . ( 2 ) 知 Γ 是含点 A 且将圆 D ( O , 由 ( 1) 、 a) 包含在内部的封闭曲线 . 则 Γ 的长度的最 小值为 π 4 + 2 3 a ( 将 Γ 想成套在圆 D ( O , 3 π 4 + 2 3 a) . 3 π 4 + 2 3 a 时 , 士兵可 3

π 4 二、 9. + 2 3 a. 3 首先 ,求士兵从 A 出发 ,将圆 D ( O ,2 a ) 的边界上的所有点检测完回到 A 的最短路 径Γ. 下面用反证法证明 : (1) Γ 上任意两点连线段在Γ 所围区域 ( 内 含边界) ,即 Γ 是凸的 ; ( 2) Γ 与圆 D ( O , a) 内部无交点 .
( 1) 否则 , 设 B 、 C∈

a) 上的绳子 , 当从点 A 拉紧绳子时 , 得到绳

子的最短长度为

易证当 Γmin =

沿 Γ 将圆 D ( O ,2 a) 内所有点检测 .
10. 63 ! . 6

Γ ,且线段 BC 在 Γ 所围 区域外 ( 如图 2) . 用线 段 BC 代 替 Γ 中B、 C 间的曲线 , 得到 图2 另一条封闭曲线 Γ ′ .则 曲线 Γ 在Γ ′ 所围区域内 ( 含边界) . 对圆 D ( O ,2 a) 边界上任一点 E ,设士兵 在 Γ 上的点 E′ 处检测 E ,则| EE′ | ≤a . 取线段 EE′ 与Γ ′ 的交点为 E″ ,则
| EE″ | ≤ | EE′ | ≤a . 故士兵沿 Γ ′ 也可以将圆 D ( O ,2 a ) 的边 界上所有点检测 . 但 Γ ′ 的长度小于 Γ 的长

设将 2 009 写成若干个不同的正整数之 和为
2 009 = a1 + a2 + …+ a n ,

其中 , a1 < a2 < …< an . 这种表示法只有有限个 . 所以 , a1 a2 …an 的最大值是存在的 . 为使 a1 a2 …an 最大 ,有如下几个要求 .
( 1) a1 > 1. 否则 ,
a1 a2 …an = a2 a3 …an

< a2 a3 …an - 1 ( a n + 1) ,

矛盾 .
( 2) a1 ≤ 4. 否则 ,由 a1 ≥ 5 ,知 2 ( a1 - 2) > a1 ,

度 ,矛盾 . (2) 否则 , 设 B 、 Γ ∩D ( O , a ) ,Γ 中 C∈
B、 C 之间的曲线 BC在圆
D ( O , a ) 内部 ( 如图 3) .

矛盾 .
( 3) 不存在 1 ≤i ≤n - 1 ,使
ai + 1 > ai + 2.

否则 , 取 a′ i = ai + 1 , a′ i + 1 = ai + 1 - 1 , 其 余 ak ′ = ak . 则
ai < a′ i < a′ i + 1 < ai + 1 ,
图3

过圆 心 O 作 OE ⊥ BC 交圆 D ( O , 2 a ) 于点
E , 其中 , E 与曲线 BC 在

且  a′ i + a′ i + 1 = ai + ai + 1 ,
a′ i a′ i + 1 = ( ai + 1) ( ai + 1 - 1)

直 线 BC 同 侧 . 设 线 段
OE 与圆 D ( O , a) 交于点 E′ .

= ai ai + 1 + ai + 1 - ai - 1 > ai ai + 1 + 1 ,

由 Γ 的凸性知 , 曲线 BC 与 Γ 的其余部 分在直线 BC 两侧 . 则

矛盾 .
( 4) 不存在 1 ≤i < j ≤n - 1 ,使

32

中 等 数 学

ai + 1 = ai + 2 , aj + 1 = aj + 2.

又 ki 与 n + 1 - ki 可交换位置 ,则
i =1

否则 , 取 a′ i = ai + 1 , a′ j + 1 = aj + 1 - 1 , 其 余 ak ′ = ak . 则
ai < a′ i < ai + 1 ≤aj < a′ j + 1 < aj + 1 ,

∩N ki
n

t

t = 2 (2 n - t ) !.

由容斥原理知
m1 =
t =1

且  a′ i + a′ j + 1 = ai + aj + 1 ,
a′ i a′ j + 1 = ( ai + 1) ( aj + 1 - 1)

∑ ( - 1)

t +1

A Α{1 ,2 , …, n} , | A| = t



k∈ A

∩ Nk

.

= ai aj + 1 + aj + 1 - ai - 1 = ai aj + 1 + aj - ai + 1 > ai aj + 1 ,

1 2 2 则 m1 > Cn × 2 ×(2 n - 1) ! - Cn × 2 ×(2 n - 2) !

矛盾 . ( 4) 知 由 ( 3) 、 M = { a , a + 1 , …, a + n } - B , 其中 , B = 或{ b} , b = a + k ,1 ≤k ≤n - 1. ( a + n ) ( a + n - 1) 则 2 a ( a - 1) ≤( a + n) ( a + n + 1) < 2 009 + . 2 2 ( 2) 知 1 < a ≤ 由 ( 1) 、 4.
63 × 62 a ( a - 1) 又 = 1 953 < 2 009 + 2 2 < 2 016 = 64 × 63 , 2
a ( a - 1)

( 2 n) ! ×( 2 n) ! > , 2 1 2 2 m1 < C n ×2 × ( 2 n - 1 ) ! - C n ×2 × =
n

2n - 1

3 ( 2 n - 2) ! + C3n × 2 ×( 2 n - 3) !

=

2 ×( 2 n) !. 3
m1 ∈( 1 ,2) . m2

又 m1 + m2 = (2 n) ! ,故

第二试
( 1 ) 设 △ABC 的内切圆 ⊙I 分别与 一、
BC 、 CA 、 AB 切于点 Ta 、 Tb 、 Tc .

易知 , Ka 与 Ta 关于 AD 对称 . 又 Tb 、 Tc 关于 AD 对称 , I ∈AD ,则在 ⊙I 上有 Tb Ka = Tc Ta . 同理 , Tb Kc = Ta Tc . 故 Tb Ka = Tb Kc . 从而 , ⊙I 的弦 Ka Kc 平行于 ⊙I 过 Tb 的 切线 AC . 同理 , Ka Kb ∥AB , Kb Kc ∥BC . 又 Ai B i ∥AB , B i Ci ∥BC , Ci A i ∥CA ( i = 1 ,2) . 于是 , △Ka Kb Kc 与 △A i B i Ci ( i = 1 ,2 ) 或 全等或位似 . 因为上述两个三角形的外接圆分别是 △ABC 的内切圆 ⊙I 和 △ABC 的九点圆 ⊙N
( N 为 OH 的中点 ) , 且 △ABC 无等边 , 即 ⊙I

所以 , a + n = 63. 则 b = 2 016 - 2 009 +
=7 a ( a - 1)

2

2

.

故 a = 2 或 3. 若 a = 2 ,则 b = 6 , M = {2 ,3 ,4 ,5 ,7 ,8 , …,63} ; 若 a = 3 ,则 b = 4 , M = {3 ,5 ,6 , …,63}. 因2 × 4 > 6 ,所以 ,当 M = {2 ,3 ,4 ,5 ,7 ,8 , n 63 ! …,63}时 , ∏ ai 取最大值 . 6 i =1 11. 设 ( x1 , x2 , …, x2 n ) 中 , k 与 2 n + 1 - k 相邻的排列的集合为 N k ( 1 ≤k ≤n ) . 下面求 ∩N ki (1 ≤k1 < k2 < … < kt ≤n , t = 1 ,2 , i =1 …, n) . 因为可把 k i 与 2 n + 1 - k i ( i = 1 ,2 , …,
t ) 合并成一个数 ,所以 ,有 ( 2 n - t ) !个排列 .
t

与 ⊙N 不重合 , 且 O 、 I、 H 三点不共线 , 所 以 , △Ka Kb Kc 与 △A i B i Ci ( i = 1 ,2) 位似 . 从而 , A i Ka 、 B i Kb 、 Ci Kc ( i = 1 ,2 ) 三条直 线交于一点 Pi .

2009 年第 6 期
n

33

二、 考虑函数 f ( x ) =

k=1

∑x -

k k

- T ( n) .

2n+1

则 tx + y =

k=0

C ∑

k

2n +1

( t) k

易知 ,当 k = 1 ,2 , …, n 时 , lim+ f ( x ) = + ∞, lim- f ( x ) = - ∞ .
x →k x →k

2n+1 = ( t + 1) , 2n+1


k

而 f ( x ) 在 ( k , k + 1) 内是严格递减的连 续函数 , 因此 , f ( x ) = 0 在 ( k , k + 1) 内恰好 有一个实根 x k ( k = 1 ,2 , …, n - 1) . 又 lim f ( x ) = - T ( n ) < 0 , 而 f ( x ) 在
x →∞

tx - y = -

k=0

C ∑

2n +1

(-

t)

k

2n+1 = ( t - 1) .



( - ∞,1) 与 ( n , + ∞ ) 内都是严格递减的连 续函数 , 于是 , f ( x ) = 0 在 ( - ∞,1 ) 内无实 ) 内有唯一实根 x n . 根 ,在 ( n , + ∞

①+ ② 得 1 2n +1 2n +1 x= [ ( t + 1) + ( t - 1) ] = xn . 2 t 所以 , x0 = 1 , x1 = 3 + t ,
x n + 2 = [ ( t + 1) + ( t - 1) ] x n + 1 2 2

考虑方程
n

( t + 1) 2 ( t - 1) 2 x n ,

f ( x)

k=1



( x - k ) = 0.



2 即  x n + 2 = 2 ( t + 1) x n + 1 - ( t - 1) x n .

③ ④

①×② 得
tx - y = ( t - 1)
2 2 2 2n+1

显然 x k ( k = 1 ,2 , …, n) 为方程 ① 的实根 . 又方程 ① 左边为一个 n 次多项式 , 则至 多有 n 个实根 . 这说明 x k ( k = 1 ,2 , …, n ) 是
f ( x ) = 0 在对应区间内的唯一实根 .

.

由 2 009 = 7 × 41 ,知 ( x ,2 009) = 1 Ζ 78 x ,418 x .
( 1) 78 x . 下面在模 7 的情况下讨论 .
1 若 t≡ 0 ,则 x n ≡ C2 n + 1 = 2 n + 1 ,有 x3 ≡ 0,

故不等式 f ( x ) ≥ 0 的解集是 ∪( k , x k ] ,
k=1

n

其长度和为
n n k k =1

矛盾 .
n

∑( x
n

- k) =

k=1

∑x

k

-

n ( n + 1)

2

.

2k +1 2n 若 t≡ 1 ,则 x n ≡ ∑ C2 n + 1 = 2
k =0

0 , 满足

又在方程 ①中 , n 次项系数为 - T ( n ) , n - 1 次项系数为
n k =1

条件 . 若 t≡ 4 ,则 x1 ≡ 0 ,矛盾 . 由式 ③ 知 ,若 t ≡ 2 ,3 ,5 ,6 ,则{ x n } 模 7 的 余数列为周期数列 ,且对所有正整数 n , x n


n

k - T ( n)

k=1

∑( 2

k)

= (1 + T ( n) )

n ( n + 1)

,

0 ,满足条件 .

故  ∑ xk =
k =1

n ( n + 1) 1 + T ( n ) ? ( ) . 2 T n

从而 ,所有区间长度之和为 n n ( n + 1) ( xk - k ) = = 2 009. ∑ 2 T ( n) k =1 n ( n + 1) 所以 , T ( n) = . 4 018 三、 令 n n 1 2k +1 k 2k +1 2k +1 x= ∑ C2 n + 1 t = C2 n + 1 ( t ) , ∑
k=0 n

故所求的 t ≡ 1 ,2 ,3 ,5 ,6 ( mod 7) . ( 2) 418 x . 下面在模 41 的情况下讨论 . 1 若 t≡ 0 ,则 x n ≡ C2 n + 1 = 2 n + 1 ,有 x20 ≡
0 ,矛盾 .
n

2k +1 2n 若 t≡ 1 ,则 x n ≡ ∑ C2 n + 1 = 2
k =0

0 , 满足

条件 . 若 t ≡- 1 ,则 x0 = 1 , x1 ≡ 2 , x n + 2 ≡- 4 x n , 满足条件 . 2 若 t ≡10 , - 20 , 则 x2 = t + 10 t + 5 ≡
2 t + 10 t - 200 = ( t - 10) ( t + 20) ≡ 0 ,矛盾 .

t

k =0

n

y=

k=0



C2 n + 1 t =

2k

k

k=0

C ∑

2k 2n+1

( t) 2k .

34

中 等 数 学

若 t ≡± 3,± 17 , ± 19 ,6 ,11 , - 7 , - 15 ,则
10

x10 =
10

k=0

C ∑
9

2k +1 21

t
8

k

二者为同一类型 ,即 α β ′ N , i = 1 ,2 , …,25) . i +α i =2 i (β i ∈ 进而 得 到 …,β 25 ) . 若
n- 1 n- 1

≡t + 5 t - t - 20 t + 7 t - 7 t + t + 3 2 4 t + 13 t + 18 t - 20 ≡( t2 - 32 ) ( t 2 - 172 ) ( t2 - 192 ) ( t - 6) ?
7 6 5 4

2

- 2

24

+ 1 组 (β 1 ,β 2 ,

( t - 11) ( t + 7) ( t + 15)

2

- 2

24

25 + 1 ≥2 + 1 , 则可从上

≡ 0, 矛盾 . 当 t - 1 = s ≡± 3,± 6,± 7,± 11 , ± 12 , 2 ± 13 , ±14 , ±15 , ±17 , ±19 时 , 考虑 y 与 2n+1 s 模 41 的余数 ,知
y + ( t - 1)
2 2n+1

β β 述各组 (β 1 , 2 , …, 25 ) 中 取 出 一 对 数 组
(β β β ) , 二者为同 ′ ,β ′ , …,β ′ 1 , 2 , …, 25 ) 和 (β 1 2 25

一类型 ,即 β γ ′ N , i = 1 ,2 , …,25) . i +β i =2 i (γ i ∈ 其所 对 应 的 M 中 的 4 个 元 素 之 积 为
25
i =1

=y +s

2

2n+1

0.

∏p


i

i

,是一个四次方数 . 故 2
24 25 - 2 +1 ≤ 2 ] 25

由式 ④ 知 x 0. 所以 , t ≡ 4 ,7 ,8 ,12 ,13 ,14 ,15 ,16 ,18 ,20 ,
- 2 , - 5 , - 6 , - 10 , - 11 , - 12 , - 13 , - 14 , - 16 , - 18 满足条件 .

n- 1

n +1 ≤ 24 3× 2 .

2

所以 , nmax ≤ 3× 2 . 下面证明 : nmax = 3 × 2 . 对每种类型中的分量 , 若为奇数 , 取为 4 k + 1 ; 若为偶数 ,取为 4 k ( k = 0 ,1 ,2) . 从而 , 每种类型的数组各有 3 个 , 共有 3× 2 个数组 . 下面用反证法证明 : 上述数组中不存在 4 个数组 , 使得所有的分量之和均为 4 的 倍数 . 假设存在 4 个数组 ( a1 , a2 , …, a25 ) , ( b1 , b2 , …, b25 ) ,
25 25

由式 ③ 知 ,若 t ≡ 2 ,5 ,9 , - 4 , - 8 , - 9 ,则 { x n } 模 41 的余数列为周期数列 ,且对所有正 整数 n , x n
0 满足条件 .

故所求的 t≡ 1 ,2 ,4 ,5 ,7 ,8 ,9 ,12 ,13 ,14 ,15 ,16 ,18 ,
20 , - 1 , - 2 , - 4 , - 5 , - 6 , - 8 , - 9 , - 10 , - 11 , - 12 , - 13 , - 14 , - 16 , - 18 ( mod 41) . ( 2) 及中国剩余定理 ,知满足条件 由 ( 1) 、 5× 28 的 t有 × 2 009 = 980 个. 7× 41 四、 不大于 100 的质数有 2 ,3 ,5 ,7 ,11 ,13 ,17 ,19 ,23 ,29 ,31 ,37 ,41 , 43 ,47 ,53 ,59 ,61 ,67 ,71 ,73 ,79 ,83 ,89 ,97. 记为 pi ( i = 1 ,2 , …,25) .
25

( c1 , c2 , …, c25 ) , ( d1 , d2 , …, d25 ) ,

使得每个分量 ai 、 bi 、 ci 、 di ≡ 0 或 1 ( mod 4) 且
ai + bi + ci + di ≡ 0 ( mod 4) ( i = 1 ,2 , …,25) .

易知 ai ≡bi ≡ci ≡di ≡ 0 或 1 ( mod 4) . 故 ( a1 , a2 , …, a25 ) ≡( b1 , b2 , …, b25 ) ≡( c1 , c2 , …, c25 ) ≡( d1 , d2 , …, d25 ) ( mod 4) . 因此 ,上述 4 个数组为同一类型 . 但每种 类型只有 3 个数组 ,矛盾 . 25 故 nmax = 3 × 2 .
(宋   强  编拟)

则 M 中的数均有 α N( i = 1 ,2 , …,25) . i ∈

i =1

∏p

α
i

i

的形式 , 其中 ,

而 (α 1 ,α 2 , …,α 25 ) 按奇偶性来分 , 共有
2 种类型 ,于是 , M 中可取出 - 2 +1 2 对数组 (α ′ ′ ′ 1 ,α 2 , …,α 25 ) 和 (α 1 ,α 2 , …,α 25 ) , 2
n- 2 - 1
25 25

+1 =

n- 1

24


赞助商链接

数学奥林匹克高中训练题136

数学奥林匹克高中训练题136 - 数学奥林匹克高中训练题(136) 中圈分类号:C424.79 文献标识码:A 文章编号:1005-6416(2010)12-0037-06 第一试 一、填空题(....

数学奥林匹克高中训练题130

数学奥林匹克高中训练题130 - 数学奥林匹克高中训练题(130) 中图分类号:G424.79 文献标识码:A 文章编号:1005-6416(2010)06-0041-05 第一试 一、填空题(....

高中数学奥林匹克竞赛训练题(25)

高中数学奥林匹克竞赛训练题(25) - 数学奥林匹克高中训练题(25) 第一试 一、选择题(本题满分36分,每小题6分) 1.(训练题30)设 A ? {1, 2},则从 A...

数学奥林匹克高中训练题125

数学奥林匹克高中训练题125 - 数学奥林匹克高中训练题(125) 中图分类号:G424.79 文献标识码:A 文章编号:1005-6416(2010)01-0041-06 第一试 一、填空题(....

数学奥林匹克高中训练题128

数学奥林匹克高中训练题128 - 数学奥林匹克高中训练题(128) 第一试 一、填空题(每小题 8 分,共 64 分) 1.设 ? x ? 是不超过实数 x 的最大整数,对...

数学奥林匹克高中训练题119

数学奥林匹克高中训练题119 - 数学奥林匹克高中训练题(119) 第一试 一、填空题(每小题 7 分,共 56 分) ≥ d ?0 ,则 S ? 1 .若实数 a 、b 、c...

数学奥林匹克高中训练题129

数学奥林匹克高中训练题129 - 数学奥林匹克高中训练题(129) 中图分类号:G424.79 文献标识码:A 文章编号:1005-6416(2010)05-0040-07 第一试 一、填空题...

数学奥林匹克高中训练题134

数学奥林匹克高中训练题134 - 数学奥林匹克高中训练题(134) 第一试 一、填空题(每小题 8 分,共 64 分) 1. 以正十二边形的顶点作为三角形的顶点, 可...

高中数学奥林匹克竞赛训练题(24)

高中数学奥林匹克竞赛训练题(24) - 数学奥林匹克高中训练题(24) 第一试 一、选择题(本题满分36分,每小题6分) 1.(训练题29) 1 ? sin 2 1997 ? 1 ?...

数学奥林匹克高中训练题127

数学奥林匹克高中训练题127 - 数学奥林匹克高中训练题(127) 第一试 一、填空题(每小题 8 分,共 64 分) 1.已知锐角 △ ABC 的内角平分线 AD 、中线 BM...