2001年中国西部数学奥林匹克试题
续谈2001年中国西部数学奥林匹克
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例 １ 设数 列 ｛ 满 足 ｚ１ １，ｚ ｎ＋１ ｚ ｝ 证 明 ： ｏ１ ０ １ （ ｚ２ ＜１ ０ ． 第一 天 第 １ ） ｏ 题 文 ［ ］ 先用 数 学归 纳法 证 明 了更一 般 性 的结 论 １首
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中学数学教 学 参考
２０ ０ ２年 第 １ １期
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ｌ 谈 ２Ｏ 续 Ｏ 中 国西 部 数 学 奥 林 匹克 １年
陕西师范大 学数学 与信 息科学学院 罗增儒
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为 了促进 西 部 数 学 奥林 匹克 水 平 的 提 高 ， 国数 中 学会从 ２０ ０ １年起 ， 织西 部省 区的 中学 生进 行冬 令 营 组 层 次 的赛 事 ， 届 盛 会在 古 都 西 安 举 行 ． ［ ］ 布 了 首 文 １公 试 题 与解 答 ， 文 想在 这个 基 础 上 提 供 部 分 题 目的更 本
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然后 特 殊 化 得 出 ｚ ｏ１ １ ０ ． 我 们 见 到 这 道 题 目 ２ ＜ ０１而 ｏ 时， 首先 想 到 的 是 文 ［ 中 的 一 道 例 题 （ １ ６例 ２ ２］ Ｐ．７ —
８ ） ２：
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例 ２ 设数列 口 ，１口 ， 口 ｏ口，２…， 满足口 ＝告 ， ＋ ｏ １
2001_2002年国内外数学竞赛题选解二
(1 ,3 ,4) , (2 ,3 ,4) , (1 ,2 ,3 ,4) . 如果能讲语言 1 , 2 , 3 的会议代表少于60 %, 用 xij …表示会讲语言 i , j , …的会议代表的数目 ,则有
2. 设 A 是集合{ 1 ,2 ,3 , …,16} 的一个 k 元子集 , 且 A 的任意两个子集的元素之和互不相等. 而对于 集合{ 1 ,2 ,3 , …,16} 的包含集合 A 的任意 k + 1 元子 集 B ,则存在 B 的两个子集 ,它们的元素之和相等.
(1) 证明 : k ≤5 ; (2) 求集合 A 的元素之和的最大值和最小值. (2002 ,保加利亚冬季数学竞赛) 证明 : (1) 因为 A 有 2 k 个子集 (包括空集) , 且任 意两个子集的元素之和互不相等 , 所以 A 的元素之 和至少有 2 k - 1 个. 若 k ≥7 ,则 2 k - 1 > 16 k ,不可能. 若 k = 6 , 考虑 A 的一 、二 、三 、四元子集 , 共有 C16 + C26 + C36 + C46 = 56 个不同的和 ,且最小的和是 1 , 最大的和是 16 + 15 + 14 + 12 = 57 (其中 16 + 13 = 15 + 14 ,故这 4 个数不能同在 A 中) . 若 1 ∈A ,则最大的和是 16 + 14 + 12 + 9 = 51 (其 中 16 = 15 + 1 ,故这 3 个数不能同在 A 中 ; 14 = 13 + 1 ,故这 3 个数不能同在 A 中 ; 12 = 11 + 1 , 故这 3 个 数不能同在 A 中 ;16 + 10 = 14 + 12 , 故这 4 个数不能 同在 A 中) ,最多有 51 个不同的和 ,矛盾. 若 2 ∈A ,则最大的和是 16 + 15 + 12 + 9 = 52 , 最 多有 51 个不同的和 ,矛盾. 若 1 ￠A ,2 ￠A ,则在[3 ,57 ]中至多有 55 个和 , 矛盾. 故 k ≤5. 解 : (2) 若 A = { a1 , a2 , …, ak} 元素的和小于 16 , 则集合 { a1 , a2 , …, ak , 16} 中无元素的和相等的子
2001年全国高中数学联赛试题及解答
二○○一年全国高中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请依据本评分标准．选择题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两档；其它各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其他中间档次．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时请参照本评分标准适当划分档次评分，可以5分为一个档次，不要再增加其它中间档次．一、选择题（本题满分36分，每小题6分）本题共有6小题，每题均给出（A ）、（B ）、（C ）、（D ）四个结论，其中有且仅有一个是正确的．请将正确答案的代表字母填在题后的括号内．每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分．1．已知a 为给定的实数，那么集合M ={x | x 2-3x -a 2+2=0，x ∈R}的子集的个数为（A ）1（B ）2（C ）4（D ）不确定 【答】（ C）【解】 方程x 2-3x -a 2+2=0的根的判别式Δ=1+4a 2>0，方程有两个不相等的实数根．由M 有2个元素，得集合M 有22=4个子集． 2． 命题1长方体中，必存在到各顶点距离相等的点; 命题2 长方体中，必存在到各棱距离相等的点; 命题3长方体中，必存在到各面距离相等的点.以上三个命题中正确的有（A ） 0个 （B ） 1个 （C ） 2个 （D ） 3个【答】（ B） 【解】 只有命题1对．3．在四个函数y =sin|x |，y =cos|x |，y =|ctg x |，y =lg|sin x |中以π为周期、在(0，2π)上单调递增的偶函数是（A ）y =sin|x | （B ）y =cos|x | （C ）y =|ctg x |（D ）y =lg|sin x |【答】（ D）【解】 y =sin|x |不是周期函数．y =cos|x |=cos x 以2π为周期．y =|ctg x |在（0，2π）上单调递减．只有y =lg|sin x |满足全部条件．4．如果满足∠ABC =60°，AC =12， BC =k 的△ABC 恰有一个，那么k 的取值范围是（A ） k =38 （B ）0<k ≤12 （C ） k ≥12 （D ） 0<k ≤12或k =38【答】（ D）【解】 根据题设，△ABC 共有两类如图．易得k =38或0<k ≤12．本题也可用特殊值法，排除（A ）、（B ）、（C ）． 5．若10002)1(x x ++的展开式为200020002210x a x a x a a ++++ ， 则19989630a a a a a +++++ 的值为（A ）3333（B ） 6663（C ） 9993（D ） 20013【答】（ C）【解】 令x =1可得10003=20003210a a a a a +++++ ； 令x =ω可得0=20002000332210ωωωωa a a a a +++++ ；（其中i 2321+-=ω，则3ω=1且2ω+ω+1=0）令x =2ω可得0=400020006342210ωωωωa a a a a +++++ ． 以上三式相加可得10003=3（19989630a a a a a +++++ ）．所以19989630a a a a a +++++ =9993．6．已知6枝玫瑰与3枝康乃馨的价格之和大于24元，而4枝玫瑰与5枝康乃馨的价格之和小于22元，则2枝玫瑰的价格和3枝康乃馨的价格比较结果是（）． （A ）2枝玫瑰价格高 （B ）3枝康乃馨价格高 （C ）价格相同（D ）不确定 【答】（ A）【解】 设玫瑰与康乃馨的单价分别为x 、y 元/枝． 则6x +3y >24,4x +5y <22.令6x +3y =a >24,4x +5y =b <22,解出x =)35(181b a -,y =)23(91a b -.12kCBA60°12kABC60°所以2x -3y =)22122411(91)1211(91⨯-⨯>-b a =0，即2x >3y ．也可以根据二元一次不等式所表示的区域来研究．二、填空题（本题满分54分，每小题9分） 本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上． 7．椭圆θρcos 21-=的短轴长等于332． 【解】 .31)(,1)0(=-==+=c a c a πρρ故3331,32=⇒==b c a ．从而3322=b ．8．若复数z 1，z 2满足| z 1|=2，| z 2|=3，3z 1-2z 2=i -23，则z 1·z 2=i 13721330+-． 【解】 由3z 1-2z 2=2111222131z z z z z z ⋅⋅-⋅⋅=)32(611221z z z z - 可得=+-⨯-=--=--=i iz z z z z z z z z z 223632)23(632)23(61221122121i 13721330+-．本题也可设三角形式进行运算．9．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则直线A 1C 1与BD 1的距离是66． 【解】 作正方体的截面BB 1D 1D ，则A 1C 1⊥面BB 1D 1D ．设A 1C 1与B 1D 1交于点O ，在面BB 1D 1D 内作OH ⊥BD 1，H 为垂足，则OH 为A 1C 1与BD 1的公垂线．显然OH 等于直角三角形BB 1D 1斜边上高的一半，即OH =66． 10. 不等式232log 121>+x 的解集为),4()2,1()1,0(72+∞ ． 【解】232l o g 121>+x等价于232log 121>+x 或232log 121-<+x ． 1111HODC B AD CBA即21log 11->x 或27log 11-<x． 此时2log 21-<x 或0log 21>x 或0log 7221<<-x ．∴解为x >4或0<x <1 或 1<x <22． 即解集为),4()2,1()1,0(72+∞ ．11．函数232+-+=x x x y 的值域为),2[)23,1[+∞ ．【解】 232+-+=x x x y ⇒0232≥-=+-x y x x ．两边平方得2)32(2-=-y x y ，从而23≠y 且3222--=y y x ．由03222≥---=-y y y x y ⇒231032232<≤⇒≥-+-y y y y 或2≥y ．任取2≥y ，令3222--=y y x ，易知2≥x ，于是0232≥+-x x 且232+-+=x x x y ．任取231<≤y ，同样令3222--=y y x ，易知1≤x ，于是0232≥+-x x 且232+-+=x x x y ．因此，所求函数的值域为),2[)23,1[+∞ ．12． 在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图），要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物．现有4种不同的植物可供选择，则有 732 种栽种方案．【解】 考虑A 、C 、E 种同一种植物，此时共有4×3×3×3=108种方法． 考虑A 、C 、E 种二种植物，此时共有3×4×3×3×2×2=432种方法． 考虑A 、C 、E 种三种植物，此时共有P 43×2×2×2=192种方法． 故总计有108+432+192=732种方法．AB C DEF三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13．设{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，且b 1=a 12，b 2=a 22，b 3=a 32（a 1<a 2） ，又12)(lim 21+=++++∞→n n b b b ．试求{a n }的首项与公差．【解】 设所求公差为d ，∵a 1<a 2，∴d >0．由此得 a 12(a 1+2d )2=(a 1+d )4 化简得2a 12+4a 1d +d 2=0解得d =(22±-) a 1.………………………………………………………………5分 而22±-<0，故a 1<0．若d =(22--) a 1，则22122)12(+==a a q ；若d =(22+-)a 1，则22122)12(-==a a q ；…………………………………………10分但12)(lim 21+=++++∞→n n b b b 存在，故|q |<1．于是2)12(+=q 不可能．从而2)12)(222(12)12(121221=+-=⇒+=--a a ．所以a 1=2-，d =(22+-) a 1=(22+-)(2-)=222-．……………………20分14．设曲线C 1：1222=+y ax （a 为正常数）与C 2：y 2=2（x +m ） 在x 轴上方仅有一个公共点P ．⑴ 求实数m 的取值范围（用a 表示）；⑵ O 为原点，若C 1与x 轴的负半轴交于点A ，当0<a <21时，试求ΔOAP 的面积的最大值（用a 表示）．⑴ 【解】 由⎪⎩⎪⎨⎧+==+)(2,12222m x y y a x 消去y 得，x 2+2a 2x +2a 2m -a 2=0． ①设f (x )= x 2+2a 2x +2a 2m -a 2，问题⑴转化为方程①在x ∈(-a ，a )上有唯一解或等根．只须讨论以下三种情况：1︒ Δ=0得 m =212+a ．此时 x p = -a 2，当且仅当-a <-a 2<a ，即0<a <1时适合； 2︒ f (a )·f (-a )<0当且仅当–a <m <a ；3︒ f (-a )=0得m =a ．此时 x p =a -2a 2，当且仅当-a < a -2a 2<a ，即0<a <1时适合．f (a )=0得m =-a ，此时 x p =-a -2a 2，由于-a -2a 2<-a ，从而m ≠-a ．综上可知，当0<a <1时，m =212+a 或-a <m ≤a ；当a ≥1时，-a <m <a .……………………………………………………10分 ⑵ 【解】 ΔOAP 的面积S =21ay p ． ∵0<a <21，故-a <m ≤a 时，a m a a a <-++-<21022，由唯一性得x p =m a a a 2122-++-．显然当m =a 时，x p 取值最小．由于x p >0，从而221a x y p p -=取值最大，此时y p =22a a -，∴S =a 2a a -．当m =212+a 时，x p =-a 2，y p =21a -，此时S =21a 21a -．下面比较a 2a a -与21a 21a -的大小： 令a 2a a -=21a 21a -，得a =31. 故当0<a ≤31时 , 2121)1(a a a a a -≤-．此时S max =2121a a -．当31<a <21时，2121)1(a a a a a ->-．此时S max = a 2a a -．……………20分15．用电阻值分别为a 1、a 2、a 3、a 4、a 5 、a 6 (a 1>a 2>a 3>a 4>a 5>a 6) 的电阻组装成一个如图的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使该组件总电阻值最小？证明你的结论．【解】 设6个电阻的组件（如图3）的总电阻为R FG ．当R i =a i ，i =3，4，5，6，R 1，R 2是a 1，a 2的任意排列时，R FG 最小．…………………………………………5分证明如下1°设当两个电阻R 1，R 2并联时，所得组件阻值为R ：则21111R R R +=．故交换二电阻的位置，不改变R 值，且当R 1或R 2变小时，R 也减小，因此不妨取R 1>R 2．2°设3个电阻的组件(如图1)的总电阻为R AB2132312132121R R R R R R R R R R R R R R AB +++=++=显然R 1+R 2越大，R AB 越小，所以为使R AB最小必须取R 3为所取三个电阻中阻值最小的一个．3°设4个电阻的组件(如图2)的总电阻为R CD ：43243142142324131214111R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R AB CD ++++++=+=． 图1图2若记∑≤<≤=411j i jiRR S ，∑≤<<≤=412k j i kjiRR R S ．则S 1、S 2为定值．于是4313212R R S R R R S R CD --=．只有当R 3R 4最小，R 1R 2R 3最大时，R CD 最小，故应取R 4<R 3，R 3<R 2，R 3<R 1，即得总电阻的阻值最小．……………………………………………………………………15分4°对于图3，把由R 1、R 2、R 3组成的组件用等效电阻R AB 代替．要使R FG 最小，由3°必需使R 6<R 5；且由1°，应使R CE 最小．由2°知要使R CE 最小，必需使R 5< R 4，且应使R CD 最小．而由3°，要使R CD 最小，应使R 4< R 3 < R 2且R 4< R 3 < R 1．这就说明，要证结论成立………………………………………………………20分图3二○○一年全国高中数学联合竞赛加试参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时请参照本评分标准适当划分档次评分，可以10分为一个档次，不要再增加其它中间档次．一．如图，△ABC 中，O 为外心，三条高AD 、BE 、CF 交于点H ，直线ED 和AB 交于点M ， FD 和AC 交于点N ． 求证：（1）OB ⊥DF ，OC ⊥DE ．（2）OH ⊥MN ．【证明】（1）∵A ，C ，D ，F 四点共圆， ∴∠BDF =∠BAC ． 又∵∠OBC =21(180°-∠BOC )=90°-∠BAC ， ∴OB ⊥DF ．同理OC ⊥DE ．………………………10分 （2） ∵CF ⊥MA ，∴MC 2-MH 2=AC 2-AH 2．……①∵BE ⊥NA ，∴NB 2-NH 2=AB 2-AH 2．……② ∵DA ⊥BC ，∴BD 2-CD 2=BA 2-AC 2．……③ ∵OB ⊥DF ，∴BN 2-BD 2=ON 2-OD 2．……④ ∵OC ⊥DE ，∴CM 2-CD 2=OM 2-OD 2．……⑤………………………………………………30分 ①-②+③+④-⑤，得NH 2-MH 2=ON 2-OM 2． MO 2-MH 2=NO 2-NH 2．所以OH ⊥MN ．…………………………………………………………………………50分O ABC H FE DNM二．设0≥i x （i =1，2，…，n ），且12112=+∑∑≤<≤=nj k j k ni ix x j kx，求∑=ni i x 1的最大值与最小值．【解】先求最小值，因为⇒≥+=∑∑∑≤<≤==12)(11221nj k jkni ini i xx xx ∑=ni i x 1≥1，等号成立当且仅当存在i 使得 x i =1，x j =0，j ≠i ． ∴∑=ni ix1的最小值为1．………………………………………………………………10分再求最大值，令k k y k x =，∴12112=+∑∑≤<≤=nj k j knk k y kyky．…………①设M =∑=nk k x 1=∑=nk k y k 1．令⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==++=+++.,,22121n n n n a y a y y a y y y则①⇔122221=+++n a a a ．………………………………………………………30分令a n +1=0，则M =∑=+-nk k k a a k 11)(=∑∑∑∑∑====+=--=--=-nk k nk nk k k nk k nk k a k k a k a k a k a k 111111)1(1．由柯西不等式得M 211221122112)1()()1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--≤∑∑∑===nk nk knk k k a k k ．等号成立222221)1()1(1--==--==⇔n n a k k a a n k 222222221)1()1()12(1--=--++-++++⇔k k a n n a a a kn2112)1(1⎥⎦⎤⎢⎣⎡----=⇔∑=n k k k k k k a ．（k =1，2，…，n ）由于n a a a ≥≥≥ 21，从而=-=+1k k k a a y 0)1()11(2112≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡---++-∑=n k k k k k k ，即0≥k x ． 所求最大值为2112)1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∑=n k k k ．……………………………………………50分 三．将边长为正整数m ，n 的矩形划分成若干边长均为正整数的正方形．每个正方形的边均平行于矩形的相应边．试求这些正方形边长之和的最小值．【解】记所求最小值为f （m ，n ），可以证明f （m ，n ）=m +n -(m ，n )． (*) 其中(m ，n )表示m 和n 的最大公约数．………………………………………………10分 事实上，不妨设m ≥n ．(1)关于m 归纳，可以证明存在一种合乎题意的分法，使所得正方形边长之和恰为m +n -(m ，n )．当m =1时,命题显然成立． 假设当m ≤k 时，结论成立（k ≥1）．当m =k +1时，若n = k +1，则命题显然成立．若n < k +1，从矩形ABCD 中切去正方形AA 1D 1D （如图），由归纳假设矩形A 1BCD 1有一种分法使得所得正方形边长之和恰为m -n +n -(m -n ，n )= m -(m ，n ).n m D A C BA 1 D 1 n m D A C B于是原矩形ABCD有一种分法使得所得正方形边长之和为m+n- (m，n)．…………20分(2)关于m归纳可以证明(*)成立．当m=1时,由于n=1，显然f (m，n)=1= m+n- (m，n)．假设当m≤k时，对任意1≤n≤m有f (m，n)= m+n- (m，n)．若m=k+1，当n= k+1时显然f（m，n）= k+1= m+n- (m，n)．当1≤n≤k时，设矩形ABCD按要求分成了p个正方形，其边长分别为a1，a2，…，a p，不妨设a1≥a2≥…≥a p．显然a1=n或a1<n．若a1<n，则在AD与BC之间的与AD平行的任一直线至少穿过二个分成的正方形（或其边界），于是a1+a2+…+a p不小于AB与CD之和．所以a1+a2+…+a p≥2m> m+n- (m，n)．若a1=n，则一个边长分别为m-n和n的矩形可按题目要求分成边长分别为a2，…，a p的正方形，由归纳假设a2+…+a p≥m-n+n-(m-n，n)= m- (m，n)．从而a1+a2+…+a p≥m+n-(m，n)．于是当m=k+1时，f（m，n）≥m+n- (m，n)．再由(1)可知f (m，n)=m+n- (m，n)．…………………………………………………50分。
2001年中国数学奥林匹克
$ ’%（% % & ’）%（ % ) ’）! 正 $ 边形中三角形总数为
( $ *($ $ ’(（% % & ’）%（% % ) ’）! 因为
% ) ’ + ’(（% % ) ’）
#( % ) ( + % % ) ’ #% + () ’$ %! 后者显然成立，故知引理成立 ! 由引理可知，当 $ $ % % & ’，% !( 时，总存在 ( 只喜鹊，它们飞落前后所在的 ( 个顶点都构成钝角 三角形 ! 这表明不小于 , 的所有奇数都满足题中的 要求 ! 综上可知，满足题中要求的所有自然数是
!""# 年第 ! 期
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!竞赛之窗!
!""# 年中国数学奥林匹克
第一天
（!""#!"#!#$ % & $"!#’ & "" 香港）
一、给定 !，"! ( ! ( ! ) 内接于单位圆 ! 的凸四边形 "#$% 适合以下条件：
（#）圆心在这凸四边形内部；
（!）最大边长是 !，最小边长是"’ * !! )
’四边形"+ #+$+ %+ , 643"# - 643"! - 643"$ - 643"’ ，
’四边形"#$% , #!（723!"# - 723!"! - 723!"$ - 723!"’ ）) 所以有
’ 四边形"+ #+ $+ %+ ’ 四边形"#$%
2001年国际数学奥林匹克试题
Washington, DC, United States of AmericaJuly 8–9, 2001ProblemsEach problem is worth seven points.Problem 1Let ABC be an acute-angled triangle with circumcentre O . Let P on BC be the foot of the altitude from A .Suppose that BCA ABC 30 .Prove that CAB COP 90 .Problem 2Prove thata a 2 8b cb b 2 8c a c c 2 8 a b 1for all positive real numbers a ,b and c .Problem 3Twenty-one girls and twenty-one boys took part in a mathematical contest.• Each contestant solved at most six problems.• For each girl and each boy, at least one problem was solved by both of them.Prove that there was a problem that was solved by at least three girls and at least three boys.Problem 4Let n be an odd integer greater than 1, and let k 1,k 2,…,k n be given integers. For each of the n permutationsa a 1,a 2,…,a n of 1,2,…,n , letS a i 1nk i a i .Prove that there are two permutations b and c , b c , such that n is a divisor of S b S c .2IMO 2001 Competition ProblemsProblem 5In a triangle ABC, let AP bisect BAC, with P on BC, and let BQ bisect ABC, with Q on CA.It is known that BAC 60 and that AB BP AQ QB.What are the possible angles of triangle ABC?Problem 6Let a,b,c,d be integers with a b c d 0. Suppose thata cb d b d ac bd a c .Prove that a b c d is not prime.。
2001年全国高中数学联赛试卷及答案
2001年全国高中数学联合竞赛试题（10月14日上午8：00 9：40）一、选择题（本题满分36分，每小题6分）本题共有6小题，每题均给出（A ）、（B ）、（C ）、（D ）四个结论，其中有且仅有一个是正确的．请将正确答案的代表字母填在题后的括号内．每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分．1．已知a 为给定的实数，那么集合{}R x a x x x M ∈=+--=,023|22的子集的个数为 （A ） 1 （B ） 2 （C ） 4 （D ）不确定 【答】（ ） 2． 命题1 长方体中，必存在到各顶点距离相等的点;命题2 长方体中，必存在到各棱距离相等的点; 命题3 长方体中，必存在到各面距离相等的点.以上三个命题中正确的有 （A ） 0个 （B ） 1个 （C ） 2个 （D ） 3个 【答】（ ） 3．在四个函数y=sin|x|，y=cos|x|，y=|ctgx|，y=lg|sinx|中以为周期、在(0,)2π上单调递增的偶函数是 【答】（ ） （A ） y=sin|x| （B ） y=cos|x| （C ） y=|ctgx| （D ） y=lg|sinx|4．如果满足∠ABC=60°，AC=12，BC=k 的△ABC 恰有一个，那么k 的取值范围是 （A ）k=38（B ）0<k ≤12 （C ） k ≥12（D ） 0<k ≤12或k=38 【答】（ ） 5．若()100021x x ++的展开式为220000122000a a x a x a x ++++，则03691998a a a a a +++++的值为 【答】（ ）（A ）（B ）（C ）（D ）6．已知6枝玫瑰与3枝康乃馨的价格之和大于24元，而4枝玫瑰与5枝康乃馨的价格之和小于22元，则2枝玫瑰的价格和3枝康乃馨的价格比较结果是 【答】（ ） （A ） 2枝玫瑰价格高 （B ） 3枝康乃馨价格高 （C ） 价格相同 （D ） 不确定二、填空题（满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上．7．椭圆θρcos 21-=的短轴长等于 ．8．若复数z 1，z 2满足| z 1|=2，| z 2|=3，123322z z i -=-，则z 1·z 2= ．9．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则直线A 1C 1与BD 1的距离是 ．10. 不等式232log 121>+x 的解集为 ．11．函数232+-+=x x x y 的值域为 ．12．在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图），要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物．现有4种不同的植物可供选择，则有 种栽种方案．三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13．设{}n a 为等差数列， {}n b 为等比数列，且211b a =，222b a = ，23312,()b a a a =<,又12lim ()1n n b b b →+∞+++=．试求{a n }的首项与公差．14．设曲线C 1：1222=+y ax （a 为正常数）与C 2：y 2=2（x+m ） 在x 轴上方仅有一个公共点P ．(1) 求实数m 的取值范围（用a 表示）； (2) O 为原点，若C 1与x 轴的负半轴交于点A ，当102a <<时，试求ΔOAP 的面积的最大值（用a 表示）．15．用电阻值分别为a 1、a 2、a 3、a 4、a 5、a 6 (a 1>a 2>a 3>a 4>a 5>a 6) 的电阻组装成一个如图的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使该组件总电阻值最小？证明你的结论．2001年全国高中数学联合竞赛加试试题（10月14日上午10：00 12：00）考生注意：(1) 本试卷共三大题，全卷满分150分． 一、（本题满分50分）如图，△ABC 中，O 为外心，三条高AD 、BE 、CF 交于点H ，直线ED 和AB 交于点M ，FD 和AC 交于点N ．求证：(1) OB ⊥DF ，OC ⊥DE ；(2) OH ⊥MN ．二、（本题满分50分） 设0≥i x （i=1，2，…，n ）且∑∑=≤<≤=+ni nj k j k ix x j kx11212，求∑=ni i x 1的最大值与最小值．三、（本题满分50分）将边长为正整数m ，n 的矩形划分成若干边长均为正整数的正方形．每个正方形的边均平行于矩形的相应边．试求这些正方形边长之和的最小值．2001年全国高中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准一、选择题1．C 2．B 3．D 4．D 5．C 6．A二、填空题7． 332 8． i 13721330+- 9．6610．()()∞+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛,42,11,07211． ()∞+⎪⎭⎫⎢⎣⎡,223,1 12． 732三、解答题13．设所求公差为d ，∵a 1＜a 2，∴d ＞0．由此得412121)()2(d a d a a +=+ 化简得：0422121=++d d a a解得：1)22(a d ±-= ……………………………………………………… 5分而022<±-，故a 1＜0 若1)22(a d --=，则22122)12(+==a a q若1)22(a d +-=，则22122)12(-==a a q ……………………………… 10分但12)(21+=++++∞→n n b b b lim 存在，故| q |＜1，于是2)12(+=q 不可能．从而2)12)(222(12)12(121221=+-=⇒+=--a a所以222)22(,211-=+-=-=a d a ……………………………… 20分14．(1)由⎪⎩⎪⎨⎧+==+)(212222m x y y a x 消去y 得：0222222=-++a m a x a x ①设222222)(a m a x a x x f -++=，问题(1)化为方程①在x ∈(－a ，a )上有唯一解或等根．只需讨论以下三种情况：1°△＝0得：212+=a m ，此时x p ＝－a 2，当且仅当－a ＜－a 2＜a ，即0＜a ＜1时适合；2°f (a )f (－a )＜0，当且仅当－a ＜m ＜a ；3°f (－a )＝0得m ＝a ，此时x p ＝a －2a 2，当且仅当－a ＜a －2a 2＜a ，即0＜a ＜1时适合．f (a )＝0得m ＝－a ，此时x p ＝－a －2a 2，由于－a －2a 2＜－a ，从而m ≠－a ． 综上可知，当0＜a ＜1时，212+=a m 或－a ＜m ≤a ；当a ≥1时，－a ＜m ＜a ．……………………………………………… 10分(2)△OAP 的面积p ay S 21=∵0＜a ＜21，故－a ＜m ≤a 时，0＜m a a a 2122-++-＜a ，由唯一性得 m a a a x p 2122-++-=显然当m ＝a 时，x p 取值最小．由于x p ＞0，从而y p ＝221a x p -取值最大，此时22a a y p -=，∴2a a a S -=．当212+=a m 时，x p ＝－a 2，y p ＝21a -，此时2121a a S -=．下面比较2a a a -与2121a a -的大小：令22121a a a a a -=-，得31=a故当0＜a ≤31时，2a a a -≤2121a a -，此时2121a a S max -=．当2131<<a 时，22121a a a a a ->-，此时2a a a S max -=．……… 20分15．设6个电阻的组件(如图3)的总电阻为R FG ，当R i ＝a i ，i ＝3，4，5，6，R 1、R 2是a 1、a 2的任意排列时，R FG 最小 ……………………………………………… 5分证明如下：（1）设当两个电阻R 1、R 2并联时，所得组件阻值为R ，则21111R R R +=．故交换二电阻的位置，不改变R 值，且当R 1或R 2变小时，R 也减小，因此不妨取R 1＞R 2．（2）设3个电阻的组件(如图1)的总电阻为R AB 2132********1R R R R R R R R R R R R R R AB +++=++=显然R 1＋R 2越大，R AB 越小，所以为使R AB 最小必须取R 3为所取三个电阻中阻值最小的—个．（3）设4个电阻的组件(如图2)的总电阻为R CD43243142142324131214111R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R AB CD ++++++=+=若记∑≤<≤=411,j i jiRR S∑≤<<≤=412k j i k j i R R R S ，则S 1、S 2为定值，于是4313212R R S R R R S R CD --=只有当R 3R 4最小，R 1R 2R 3最大时，R CD 最小，故应取R 4＜R 3，R 3＜R 2，R 3＜R l ，即得总电阻的阻值最小 …………………………………………………………………… 15分4°对于图3把由R 1、R 2、R 3组成的组件用等效电阻R AB 代替．要R FG 最小，由3°必需使R 6＜R 5；且由1°应使R CE 最小．由2°知要使R CE 最小，必需使R 5＜R 4，且应使R CD 最小． 而由3°，要使R CD 最小，应使R 4＜R 3＜R 2且R 4＜R 3＜R 1，这就说明，要证结论成立……………………………………………………………20分2001年全国高中数学联合竞赛加试参考答案及评分标准一、证明：(1)∵A 、C 、D 、F 四点共圆 ∴∠BDF ＝∠BAC又∠OBC ＝21(180°－∠BOC )＝90°－∠BAC ∴OB ⊥DF ．(2)∵CF ⊥MA∴MC 2－MH 2＝AC 2－AH 2① ∵BE ⊥NA∴NB 2－NH 2＝AB 2－AH 2② ∵DA ⊥BC∴BD 2－CD 2＝BA 2－AC 2③ ∵OB ⊥DF∴BN 2－BD 2＝ON 2－OD 2④ ∵OC ⊥DE∴CM 2－CD 2＝OM 2－OD 2⑤ …………………………………… 30分 ①－②＋③＋④－⑤，得NH 2－MH 2＝ON 2－OM 2 MO 2－MH 2＝NO 2－NH 2∴OH ⊥MN …………………………………………………………………… 50分另证：以BC 所在直线为x 轴，D 为原点建立直角坐标系，设A (0，a )，B (b ，0)，C (c ，0)，则 bak c a k AB AC -=-=,∴直线AC 的方程为)(c x c a y --=，直线BE 的方程为)(b x acy -=由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=-=)()(c x c a y b x ac y 得E 点坐标为E (2222222,c a abc ac c a bc c a +-++) 同理可得F (2222222,b a abcab b a c b b a +-++)直线AC 的垂直平分线方程为)2(2cx a c a y -=-直线BC 的垂直平分线方程为2cb x +=由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=-=-2)2(2c b x c x a c a y 得O (a a bc c b 2,22++) bca ac abc b b a abc ab k abac a bc b c b a a bc k DFOB+-=+-=-+=-++=222222,22 ∵1-=DF OB k k ∴OB ⊥DF 同理可证OC ⊥DE ．在直线BE 的方程)(b x a cy -=中令x ＝0得H (0，abc -) ∴ac ab bc a c b a bc a a bc k OH ++=+++=32222 直线DF 的方程为x bca acab y +-=2由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=+-=)(2c x c a y x bc a ac ab y 得N (22222222,2c bc a ac abc c bc a bc c a -+--++) 同理可得M (22222222,2b bc a ab abc b bc a c b b a -+--++)∴bca acab bc a bc a b c bc a c b a k MN3)3)()(())((222222++-=++-+-= ∵k OH ·k MN ＝－1，∴OH ⊥MN ．二、解：先求最小值，因为∑∑∑∑=≤<≤==⇒≥+=ni inj k j k ni i n i i xx x jkx x 11122112)(≥1等号成立当且仅当存在i 使得x i ＝1，x j ＝0，j ＝i ∴∑=ni ix1最小值为1． …………………………………………………………… 10分再求最大值，令k k y k x = ∴∑∑=≤<≤=+nk nj k jk kyky ky11212①设∑∑====nk nk k k y k x M 11， 令⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==++=+++n n n n a y a y y a y y y 22121则① 122221=+++n a a a …………………………………………………… 30分 令1-n a ＝0，则∑=+-=nk k k a a k M 11)(∑∑∑∑∑=====+--=--=-=nk nk nk nk nk k k k k k a k k a k a k a k a k 111111)1(1由柯西不等式得： 212121])1([)(])1([121212∑∑∑===--=--≤nk nk k nk k k a k k M等号成立 222221)1()1(1--==--==n n a k k a a n k 222222221)1()1()12(1--=--++-++++⇔k k a n n a a a kn21])1([112∑=----=⇔nk k k k k k a (k =1，2，…，n )由于a 1≥a 2≥…≥a n ，从而0])1([)11(221121≥---++-=-=∑=+nk k k k k k k k k a a y ，即x k ≥0所求最大值为21])1([12∑=--nk k k …………………………………………… 50分三、解：记所求最小值为f (m ，n )，可义证明f (m ，n )＝rn ＋n －(m ，n ) (*) 其中(m ，n ) 表示m 和n 的最大公约数 ……………………………………… 10分 事实上，不妨没m ≥n(1)关于m 归纳，可以证明存在一种合乎题意的分法，使所得正方形边长之和恰为rn ＋n －(m ，n )当用m ＝1时，命题显然成立． 假设当，m ≤k 时，结论成立(k ≥1)．当m ＝k ＋1时，若n ＝k ＋1，则命题显然成立．若n ＜k ＋1，从矩形ABCD 中切去正方形AA 1D 1D (如图)，由归纳假设矩形A 1BCD 1有一种分法使得所得正方形边长之和恰为m —n ＋n —(m －n ，n )＝m －(m ，n )，于是原矩形ABCD 有一种分法使得所得正方形边长之和为rn ＋n －(m ，n ) ……………………………………20分(2)关于m 归纳可以证明(*)成立．当m ＝1时，由于n ＝1，显然f (m ，n )＝rn ＋n －(m ，n )假设当m ≤k 时，对任意1≤n ≤m 有f (m ，n )＝rn ＋n －(m ，n ) 若m ＝k ＋1，当n ＝k ＋1时显然f (m ，n )＝k ＋1＝rn ＋n －(m ，n )．当1≤n ≤k 时，设矩形ABCD 按要求分成了p 个正方形，其边长分别为a l ，a 2，…，a p 不妨a 1≥a 2≥…≥a p 显然a 1＝n 或a 1＜n ．若a 1＜n ，则在AD 与BC 之间的与AD 平行的任一直线至少穿过二个分成的正方形 (或其边界)．于是a 1＋a 2＋…＋a p 不小于AB 与CD 之和． 所以a 1＋a 2＋…＋a p ≥2m ＞rn ＋n －(m ，n )若a 1＝n ，则一个边长分别为m －n 和n 的矩形可按题目要求分成边长分别为a 2，…a p 的正方形，由归纳假设a 2＋…＋a p ≥m －n ＋n －(m －n ，n ))＝rn －(m ，n ) 从而a 1＋a 2＋…＋a p ≥rn ＋n －(m ，n )于是当rn ＝k ＋1时，f (m ，n )≥rn ＋n －(m ，n )再由(1)可知f (m ，n )＝rn ＋n －(m ，n )． …………………………………………50分A A 1 Bn。
第73讲 不等式证明选讲
第十三讲 不等式证明选讲本节主要内容为证明不等式的基本方法——比较法；综合法于分析法；放缩法；放缩法；反证法；数学归纳法；数形结合以及运用函数的性质． A 类例题例1 设1,121≥≥r r ，证明2121121111r r r r +≥+++ 分析：可以把不等式两边相减，通过恒等变形（例如配方，因式分解等），转化为一个能够明确确定正负的代数式．证明：=+++++-+++=+-+++)1).(1)(1()1)(1(2)1)(1(12111121212121212121r r r r r r r r r r r r r r =+++---=++++---+)1).(1)(1()()()1).(1)(1(222121221221212121212121212211r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r0)1).(1)(1()1.()(212121221≥+++--r r r r r r r r ，∴2121121111r r r r +≥+++当且仅当121==r r 时等号成立． 说明：要证b a >，最基本的方法就是证明0>-b a ，即把不等式两边相减，转化为比较差与0的大小，此法用的频率极高．链接：本题可推广为n r r r ,...,21都不小于1，证明：n nn r r r nr r r ...111...11112121+≥++++++（注：要用数学归纳法） 例2 设10<<x ，1,0≠>a a ，比较|)1(log |x a -与|)1(log |x a +的大小． （1982年全国高考题）分析：显然，要比较的两个数都是正数，把它们相除考察商式与1的大小关系，同样可得出两数的大小关系，即b a ,为正数b a ba>⇔>1解：由于10<<x ，⇒≠-11x ⇒≠-0)1(log x a 0|)1(log |>-x a ，同理0|)1(l o g |>+x a ，=--=-=+-=+-++)1(log |)1(log ||)1(log )1(log ||)1(log ||)1(log |11x x x x x x x x a a a a1)1(log 11log 11=+>-++x xx x，因此>-|)1(log |x a |)1(log |x a + 例3 1）92,31,31=>>ab b a ，证明1<+b a2）n 为任意正整数，证明1)1(1--<+n n n n1）分析：观察欲证不等式的特点，已知中有ab ，结论中有b a +，这种结构特点启发我们采用如下方法．证明：因为31>a ，所以031>-a ，同理031>-b ，因此0)31)(31(>--b a ，91)(31091)(31+<+⇒>++-ab b a b a ab ，又92=ab ，故1<+b a说明：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法，综合法又叫顺推证法或由因导果法． 2）分析：从不等式的结构不易发现需要用哪些不等式的性质或事实解决这个问题，因此用分析法．证明：要证1)1(1--<+n n n n ，只需证11)1(1-+<+n n n n ，也就是要证1)1(-+>+n n n n ，两边平方)1(212-+-+>+n n n n n n ，只需证01)1(2)1(>+---n n n n ，只需证0)1)1((2>--n n ，该式对一切正整数n 都成立，所以1)1(1--<+n n n n 成立．说明：证明命题时，我们还常常从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实，从而得出要的命题成立，这种证明的方法叫做分析法．这是一种执果索因的思考和证明方法，在寻求证明思路时尤为有效． 当问题比较复杂时，时常把分析法和综合法结合起来使用．以分析法寻找证明的思路，用综合法叙述、表达整个证明过程． 在实际的证题思考过程中，执果索因和由因导果总是不断交替地出现在思维过程中．链接：用此已经获证的不等式很容易证出一个新的不等式：n k k nk <+∑=1)1(1例4 1）设c b a ,,是一个三角形的三条边长，2=++c b a ，证明234222<++≤c b a 2）设2+=n a n ，)12(3+-+=n n n b n ，比较n a 与n b 的大小（1992年上海高考题改编） 1） 证明：用分析法证不等式的前半部分． 要证22234c b a ++≤，只需证4)(3222≥++c b a ，即证2222)()(3c b a c b a ++≥++，只需证ca bc ab c b a ++≥++222，因为该不等式是我们熟知的已经成立的不等式，所以22234c b a ++≤成立．又1022<<⇒>-⇒⎩⎨⎧>+=++c c c c b a c b a ，同理1,0<<b a ，这样便有c b a c b a c c b b a a ++<++⇒⎪⎩⎪⎨⎧<<<222222，也即2222<++c b a ．综上得234222<++≤c b a2）分析：用特殊值代入)5,4,3,2,1(=n 获得的印象是3,2,1=n 时n n b a >，从4=n 开始n n b a <，因此我们从作差入手，用放缩法完成全部结论．解：>+++-++++=+-+-+=-123)1)(2(2)12(32n n nn n n n n n n b a n n0123123)1(2≥+++-=+++-+++n n n n n n n n （当31≤≤n 时），所以n n b a >)3,2,1(=n又012412322123)1)(2(2≤+++-=+++-+++<+++-++++=-n n n n n n n n n n nn n n b a n n （当4>n 时），所以n n b a <...)6,5,4(=n ．综上可知31≤≤n 时，n n b a >；4≥n 时，n n b a <说明：证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种证法称为放缩法．比如说直接证明不等式B A ≤比较困难，可以试着去找一个中间量C ，如果有C A ≤及B C ≤同时成立，自然就有B A ≤．所谓“放缩”即将A 放大到C ，再把C 放大到B ，或者反过来把B 缩小到C 再缩小到A ，不等式证明的技巧常体现在对放缩尺度的把握上． 情景再现1. 设a b ≤<0，证明bb a ab b a a b a 8)(28)(22-≤-+≤- 2. 1）设+∈R b a ,，证明ab bb a a a b b b a a +++≥≥+++33133 2）z y x ,,为任意实数，满足1=++zx yz xy ，求证31)(≤++z y x xyz 3. 设1001≤≤≤≤≤t z y x ，则tzy x +的最小值=__________ B 类例题例5 设n x x x ,...,,21，+∈R y y y n ,...,,21满足1）n n y x y x y x <<<< (02211)2）k k y y y x x x +++≥+++......2121，},...,3,2,1{n k ∈，证明：nn y y y x x x 1...111...112121+++≤+++ 分析：从要证明的结论看，去分母是不可能的，因为去分母计算量太大，去分母后也无法利用已知条件．另外，应该注意已知条件2）实际上包含着n 个不等式⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++≥++++≥+≥nn y y y x x x y y x x y x .........2121212111，考虑到以上特点，因此用比较法，先作差．证明：=+++-+++)1...11()1...11(2121nn x x x y y y )11(...)11()11(...)11()11(33222211112211n n n n x y x y y x y x y x y x x y x y x y -++-+-+-=-++-+-=-++-+-+-≥)11(...)11(3322222211nn x y x y y x y x y x y x ≥-++-++-+)11(...)()(3333222121n n x y y x y x y x y y x x=-++-++-+)11(...)()(3333332121nn x y y x y x y x y y x x)11(...)()(33321321nn x y y x y y y x x x -++++-++（依次类推）…0)...()...(2121≥+++-+++≥nn n n y x y y y x x x ，因此nn y y y x x x 1...111...112121+++≤+++ 说明：证题过程看似好长，实际上关键步骤只有一两个．从数学欣赏的角度看，本题已知，求证和证法合在一起，显得十分和谐优美．例6 1）证明：任何三个实数都不可能同时满足下列三个不等式：||||z y x -<，||||x z y -<，||||y x z -<2）设c b a ,,是实数且满足1=abc ，证明b a 12-、c b 12-、ac 12-中最多有两个数大于1 （第44届塞尔维亚和里山数学奥林匹克）分析：要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰，于是考虑反证法．1）证明：假设存在某三个实数z y x ,,同时满足题设的三个不等式，将它们的两端都同时平方，然后分别移项、分解因式得：0))((<-++-z y x z y x （1） 0))((<-++-x z y x z y （2） 0))((<+--+y x z y x z （3）三式相乘得0)()()(222<-+-++-x z y z y x z y x ，这显然是不可能的，因此原命题成立． 说明：本题所得到的三个不等式（1）（2）（3），单独看哪一个看不出有什么毛病，而一旦把它们求积，矛盾便显现在眼前．2）证明：假设三个数b a 12-、c b 12-、ac 12-都大于1，由于c b a ,,中至少有一个是正的，不妨设0>a ，于是01122>⇒>->c ac c ．同理可推得0>b ，因此c b a ,,都是正数．由c c b c b 12.21)11(21112≥+>⇒>-，即c b 1>，同理b a 1>，a c 1>，三式相乘得11)(123>⇒>⇒>abc abc abcabc ，此与已知1=abc 矛盾，因此题目结论成立． 说明：反证法的根据是排中律，是用证明逆否命题成立来替代原命题成立．其难点在于提出与结论相反的假设后，如何合理地展开思路以便尽快凸现矛盾．例7 设数列}{n x 满足211=x ，221nx x x n n n +=+，证明10012001<x（2001年中国西部数学奥林匹克）分析：这是一个有关正整数的命题，很自然地考虑用数学归纳法，注意到1001接近2001的一半，因此可以试着证明2nx n ≤ （1）证明：1=n 时，211=x ，命题2nx n ≤成立．设k n =时，（1）成立，即2k x k ≤，当1+=k n 时，有22221)2(12k k k k x x x k k k +≤+=+21412+<+=k k ，故对一切*N n ∈，（1）都成立，从而1001220012001<≤x 例8 1）y x ,为非负实数，122=+y x ，证明：2111544+≤+++≤y x2）设+∈R y x ,，证明6333332222≥+-++-++-y xy x y y x x分析：从1），2）的结构看，似乎分别与勾股定理、余弦定理有些联系，因此可以把题中的式子赋于几何意义，从而把复杂的代数不等式化为相应的较为简单的几何不等式． 1）证明：如图1）ABCD 、CDEF 都是正方形，其边长等于1，P 为线段CD 上任一点，令2x PC =，2y PD =，则122=+y x ，4221y DP DA PA +=+=，4221x CP CF PF +=+=，51144≥+++⇒≥+y x AF PF PA（⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==2222y x 时等号成立）．又在ADF ∆形内任一点（含周界），DF AD DF PA +≤+，即211144+≤+++y x （⎩⎨⎧==10y x 或⎩⎨⎧==01y x 时等号成立）．2）证明：构造图形如图2），A B C ∆为等腰直角三角形，3==BC AC ，x CM =，30=∠ACM ，y CN =， 30=∠BCN ，据余弦定理332+-=x x AM ，332+-=y y BN ，223y xy x MN +-=，由平面几何知AB NB MN AM ≥++，即6333332222≥+-++-++-y xy x y y x x ，当且仅当33-==y x 时等号成立．链接：本题独到的证法不仅明快、利索，而且揭示了问题的真正内含．我们不难从中体会到这道题是如何编拟、设计出来的．例9 设非负实数54321,,,,x x x x x 满足11151=+∑=i ix ，求证：14512≤+∑=i i i x x （2003年西部数学奥林匹克）分析：证明分式不等式，尽可能地不通分、不去分母（不得已而为之）．本题通过代换，转换为一个新命题，再用函数有关性质推断出要证结果．证明：令i i x y +=11，5,...,3,2,1=i ，则i i i y y x -=1，且151=∑=i i y ，（10≤<i y ），D1)BACMN 2)12513.515112555.51125)1(4)1(42222222+-++-=+-+-=+-+-=-+-=+i i i i i i i i i i i ii i i ii y y y y y y y y y y y y y y y x x )13.(415154)51(513.51512++-≤+-++-=i i i y y y ，因此145431451512=++-≤+∑∑==i i i ii y x x ，当且仅当51=i y ，即4=i x ，（5,...,3,2,1=i ）时等号成立．情景再现4. R c b a ∈,,，若02<++ac ab a ，证明ac b 42> 5. 若1,...,,021≤<n x x x ，1≥n ．证明：1)1(1...)1(1)1(12211≤-+++-++-+nn x n x x n x x n x （2004年新加坡数学奥林匹克）6. 已知数列}{n a 中所有项i a 都是正数，又设对于,...3,2,1=n 都有12+-≤n n n a a a ，证明对于,...3,2,1=n 都有na n 1<． （1964年北京数学竞赛题） 7. 设z y x ,,取正实数，且1=++z y x ，求三元函数222222131313),,(z zz y y y x x x z y x f +-++-++-=的最小值，并给出证明． （2003年湖南省高中数学竞赛题）C 类例题例10 1）数列}{n a 中对于任意正整数n 都有21n n a a =+ 1） 试用1a 和n 表示n a2） 当2101≤<a 时，证明321)(211<-++=∑k k n k k a a a3） 当101<<a 时，证明31)(211<-++=∑k k nk k a a a （2003年全国高考江苏卷改编） 分析：首先通过叠代求出数列}{n a 的通项公式，再据通项公式发掘数列的性质．此时我们发现211)(++=∑-k k nk ka a a不大好求．因此应将21)(++-k k k a a a 适当放大，使放大后的数列既便于求和且和式的值又能命中（或接近）要证之结果．1） 解：由已知121323222322222221...)()()()(------=======n n n n n n n a a a a a a a2） 证明：121121211--+=÷=n n n nn a a a a a ，由于2101≤<a ，所以1021121<<-a a n ，故得n n a a <+1．数列}{n a 为单调递减01>-+n n a a ， 211≤a ，22)21(≤a 161,)41(,4322232≤≤=⇒≤⇒a a a a ，于是1≥k 时16132≤≤+a a k ，这样便有321161)(161161)()()(11111311211≤<-=-≤-≤-++=+=++=∑∑∑a a a a a a a a a a a n k nk k k n k k k k n k k 所以321)(211<-++=∑k k nk ka a a3）证明：因为}{n a 单调递减，所以k k k k a a a a .1212+++<=，212++=k k a a ，2212k k k a a a <=++，三式相加得<-⇒++<⇒++<++++++++212112222112)().(31.3k k k k k k k k k k k k k a a a a a a a a a a a a a)(31)(31).(31321121++++-=++-k k k k k k k k a a a a a a a a ，因此3131)(31)(31)(313131313211<<-=-<-++++=∑a a a a a a a a n k k k k nk k说明：n a 的表达式也可以先归纳然后用数学归纳法证明．2）和3）的证明都是通过放大构造成差分式，异曲同工．3）的技巧性更高一点．该题有其几何背景，有兴趣的读者可以查阅原题．如果用微积分方法证问题3），显得特别简单． 例11 设00123>>>>x x x x ，证明202213202312202123)()()(x x x x x x x x x x x x --<--+--（1993年全国联赛题改编）分析：两边平方这条路不容易走通，根据已知条件00123>>>>x x x x ，以及三个根式中减式均为20x ，考察代换，将原命题转换为易证的新命题．由2021x x -联想到三角公式θθtan 1sec 2=-（)2,0(πθ∈）证明：令011.sec x x θ=，022.sec x x θ=，033.sec x x θ=，其中20321πθθθ<<<<，代入后原不等式化为要证<-+-3122012320tan )sec (sec tan )sec (sec θθθθθθx x21320tan )sec (sec θθθ-x ，约去20x ，并将上式全化为正余弦，即证231321132sin )cos (cos sin )cos (cos sin )cos (cos θθθθθθθθθ-<-+-，整理该式，即只需证)sin()sin()sin(131223θθθθθθ->-+- （*），我们来证明不等式（*）．因为20321πθθθ<<<<，所以)2,0(,,231312πθθθθθθ∈---，+--=-+-=-)cos()sin()]()sin[()sin(1223122313θθθθθθθθθθ )cos()sin(2312θθθθ--（1)cos(),cos(02312<--<θθθθ） )sin()sin(1223θθθθ-+-<，至此原不等式获证．链接：与本题相关的另外两个命题是0123>>>x x x ，则有221323122123)()()(x x x x x x x x x -=-+-，222132231222123)()()(p x x x p x x x p x x x +->+-++-（0≠p ）情景再现8. 设+∈R c b a ,,，且1=abc ，求证1111111≤++++++++ac c b b a9. 证明：对任意正数z y x ,,都有3234xyz z y x ≥++10. 求所有的实数k ，使得不等式)(13333d c b a k d c b a +++≥++++对任意),1[,,,+∞-∈d c b a 都成立． （2004年西部数学奥林匹克）习题十三A 类1. 1）不查表证明312lg 3.0<<2）+∈R b a ,，2=+b a ，*N n ∈，证明11111≥+++nn ba 2. n a a a ,...,,21成等差数列，n i a i ,...,3,12,0=>，证明n n n a a a a a ...211≤ 3. 设87321...a a a a a ≤≤≤≤≤是8个给定的实数，且8...821a a a x +++=，8...282221a a a y +++=，试证2184x y a a -≤-B 类4. 1）在ABC ∆中，求证0≤-+-+-+-+-+-cb a cb b ac b a a c b a c2）当n n n x x x x +==+211,31时，代数式 1111...11111120022001321++++++++++x x x x x 的值在哪两个整数之间？ （2002-2003芬兰高中数学奥林匹克）5. 若100个实数10021,...,,a a a 满足⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥+-≥+-≥+-023 (0230)2321100432321a a a a a a a a a ，证明10021...a a a ===6. 设1,1,1321>>>a a a ，S a a a =++321，已知对3,2,1=i 都有S a ai i >-12，证明：1111133221>+++++a a a a a a (第31届俄罗斯数学奥林匹克)7. 证明：不等式43))(())(())((222≥++++++++b c a c c a b c b b c a b a a 对所有正实数cb a ,,成立． （克罗里亚2004年数学奥林匹克） 8. 设数列}{n a 满足21=a ，nn n a a a 11+=+ （,...2,1=n ）1）证明12+>n a n 对一切正整数n 成立；2）令na b n n =（,...2,1=n ），判定n b 与1+n b 的大小并说明理由．（2004年高考重庆卷）C 类9. 已知n m i ,,是正整数，且n m i <≤<11）证明in i i m i p m p n < 2）mnn m )1()1(+>+ （2001年全国高考题）10. 已知c b a ,,为正实数，证明：34222≤++⇒=+++c b a abc c b a（第20届伊朗数学奥林匹克）11. 设c b a ,,是正实数，求证：8)(2)2()(2)2()(2)2(222222222≤++++++++++++++b a c b a c a c b a c b c b a c b a （2003年美国数学奥林匹克）12. 已知z y x ,,是不全为零的非负实数，求zy x zxx z yz z y xy y x u ++++++++++=222222的最小值．本节情景再现解答1. 作差，=+---=---+a b a b a b a a b a ab b a 8)()(2)(8)(222220)3.(8)()23(8)(32≥+-=---b a ab a b ab a b a ，另一半同法可证．2. 1）分析法．要证133≥+++ab bb a a ，只需证)3)(3()3()3(a b b a b a b a b a ++≥+++，平方后即证0)(34)3)(3(2≥-⇔≥++b a ab a b b a ab 此式成立．同理可证另一不等式．2）只要证2)()(3zx yz xy z y x xyz ++≤++，展开后即证≥++222222x z z y y xxy z zx y yz x 222++，据已知不等式ca bc ab c b a ++≥++222该式成立．3.511001210011001=≥+≥+≥+y y z y t z y x ，因此所求最小值为51，当100,10,1====t z y x 时取得此最小值．4. 反证法：假设ac b 42≤，又据已知)(442ab a ac +-<，因此⇒+-<)(422ab a b0)2(2<+b a 这是不可能的，因此ac b 42>5.n x n x x x n x 1)1()1(111111=-+≤-+，同理nx n x k k 1)1(1≤-+（n k ,...,2=），n 个同向不等式相加便得．6. 用数学归纳法：我们有)1(01n n n a a a -≤<+，故101<<a ，即我们的结果当1=n 时成立．今设其当k n ≤时成立，则221)21(41k k k k a a a a --=-≤+，若1=k ，则从此容易看出212<a ．若2≥k ，则由上式得111)11(1)121(41221+<-=-=--≤+k kk k k k a k ，即得所证．7. 构造函数，并用函数性质．考察函数21)(ttt g +=，易知)(t g 为奇函数，并且当0>t 时在]1,0(上单调递增．因此对于)1,0(,21∈t t ，且21t t <有0))()()((2121>--t g t g t t ．所以，对任意]1,0(∈x ，有222130)1031)(31(0))31()()(31(x xx x x x g x g x +-⇒≥-+-⇒≥--)13(103-≥x ．同理可得)13(1031322-≥+-y y y y ，)13(1031322-≥+-z z z z ，三式相加得0),,(≥z y x f ，所求最小值为08. 代换，令+∈===R z y x z c y b x a ,,,,,333，由题设得1=x y z ，利用2233yx y x y x +≥+，有222233111111xyy x xyz xyzxy y x y x b a ++=++≤++=++ zy x z ++=，同理有z y x x c b ++≤++11，z y x ya c ++≤++11，三式相加得原不等式成立．9. 反证法．若存在正实数000,,z y x 使3200034000z y x z y x ≥++，那么就有⎪⎩⎪⎨⎧<<<⇒⎪⎩⎪⎨⎧<<<120001603000160000160320002403200060320000)()(z y x z z y x y z y x x z y x z z y x y z y x x ，三式相乘得16000160160160)(z y x z y x <矛盾！故原不等式成立．10. 取特殊值，当1-====d c b a 时有43)4(3≥⇒-≥-k k ；当21====d c b a 时有43)214(1814≤⇒⨯≥+⨯k k ，两者都能成立，得43=k ．下面证明)(4313333d c b a d c b a +++≥++++ （1），对任意),1[,,,+∞-∈d c b a 都成立．首先证明),1[+∞-∈x 时x x 3143≥+，事实上0)12)(1(3)14(23≥-+=-+x x x x ，所以a a 3143≥+，b b 3143≥+，c c 3143≥+，d d 3143≥+四个不等式相加便得（1），故欲求的实数43=k 本节习题解答1. 1）要证312lg <，只要证31102<，即证1023<，此为显然．同法可证2lg 3.0<2）112≤⇒≤⇒≥+nn b a ab ab b a ，0)1)(1(111111≥++-=-+++n n n n n n b a b a b a ，因此11111≥+++nn b a2. 令等差数列公差为d ，4)()(21211a a a a a a n n n --+=，4)()(21211k k n k n k kn k a a a a a a --+=-+-+-+（n k ,...,2,1=），注意到k n k n a a a a -++=+11，所以0)1)((4)()(.2212111≥--=---=--+-+d k k n a a a a a a a a k k n n n kn k ，因此n k n k a a a a 11.≥-+，这样便有n n a a a a 11=，n n a a a a 112≥-，n n a a a a 123≥-，…，n n a a a a 11=，将这n 个不等式相乘得n n n n n n a a a a a a a a a a ...)()...(2111221≤⇒≥3. +-=+++-+++=-21828212822212)[(641])...()...(8[641a a a a a a a a x y +-+-++-+-+-++-232217************)()(...)()()(...)(a a a a a a a a a a a a])(...)(276242a a a a -++-，而21228212228][21)()(a a a a a a a a -+-≥-+-218)(21a a -=，因此 2182762422322182)(161])(...)()()(4[641a a a a a a a a a a x y -≥-++-+-+-≥-，因此2184x y a a -≤-，当且仅当2...81732a a a a a +====时等号成立． 4. 1）设z c b a y b a c x a c b 2,2,2=-+=-+=-+，则+∈R z y x ,,，且z y a +=，z x b +=，y x c +=，故原不等式等价于0222≤-+-+-z y z y x y x z x ，即0≥++zyy x x z ，由平均不等式知，此式显然成立．2）11111111111)1(+++-=+⇒=+-⇒+=n n n n n n n n n x x x x x x x x x ，这样 20032003120021131111x x x x n n -=-=+∑=，1,815243>=x x ，容易证明}{n x 中0>n x ，n n x x >+1所以31113200214<+<-∑=n n x x ，即311220021<+<∑=n n x5. 证法一：注意到系数规律，将这100个不等式相加得00≥，因此原式应为100个等式这样便有)(23221a a a a -=-，)(24332a a a a -=-…)(2211100a a a a -=-，将这100个等式分别平方后再相加得0)(3...)(3)(321100232221=-++-+-a a a a a a ，因此10021...a a a ===证法二：100个不等式应为等式，这样)(2)(24323221a a a a a a -=-=-)(2)(2...)(22199110098543a a a a a a -=-==-=，于是有0))(12(2199=--a a 21a a =⇒，依次代入得32a a =，,...43a a =10099a a =，所以10021...a a a ===6. 易知)()1)((1321321132121121a a a a a a a a a a a s a a +>++⇔-++>⇔>-，得3211321a a a a a a ++>+，同理3212131a a a a a a ++>+，3213211a a a a a a ++>+，三个不等式相加便得1111133221>+++++a a a a a a7. 给定不等式等价于⇔≥++++++++43))()(()()()(222a c c b b a b a c a c b c b a⇔≥+++++++++++432222222222222b c a c c b a b c a b a abc b c a c c b a b c a b a +-+⇔≥-+++++)2(0622222222abc a c c b abc b c a c c b a b c a b a0)()()(0)2()2(2222222≥-+-+-⇔≥-++-+b a c c a b c b a abc c b c a abc b c b a 此式显然成立，原不等式得证． 8. 1）证法一：当1=n 时，11221+⨯>=a 不等式成立．假设k n =时，12+>k a k ，当1+=k n 时，由于0>k a ，故011>+=+k k k a a a ，222112kk k a a a ++=+ 1)1(21)1(2121212++>⇒++>+++>+k a k a k k k．这就是说1+=k n 时，不等式也成立．故对任意正整数n ，12+>n a n 成立．证法二：先证0>n a ，由于0121>+>+n n n a a a ，这样便有,...,0,03221>>a a a a01>-n n a a ，将这)1(-n 个不等式相乘得0)2(0 (12)2123221>⇒=>-n n n n a a a a a a a a ，又2121222222321212212,...,12,12--++=++=++=n n n a a a a a a a a a ，将这)1(-n 个不等式相加得1222)1(221...11)1(22212221212+>+=-+>++++-+=-n n n a a a n a a n n)2(≥n ，又120+>⇒>n a a n n ，又1=n 时，不等式显然成立，故,...)3,2,1(12=+>n n a n2）=+++=+++<++=+=++1)12()1(21)1211(1)11(1211n n nn n n n n n a n a n a b b n n n n n 12)1(12)1(2++<++n n n n n n （对分子用平均不等式）1=，故n n b b <+1 9. 1）要证ini imi p m p n <，只要证i nim i p pn m >)(，即证)1)...(2)(1()1)...(2)(1()(+---+--->i n n n n i m m m m n m i ，借助熟知的不等式，m b a ,,都是正数，并且b a <，则有b a m b m a >++，因此011...2211>+-+->>-->-->i n i m n m n m n m ，于是有 11...22.11.)(+-+----->i n i m n m n m n m n m i 2）证法一：用平均不等式n m <≤2，<++++=+-个个m m n mn n n n )1)...(1()1(1....1.1)1( n nm nn m m n )1(])1(1).([+=++-，即m n n m )1()1(+>+证法二：原不等式等价于)1lg()1lg(.n m m n +>+，即nn m m )1l g ()1l g (+>+，设))1lg(,()),1lg(,(n n B m m A ++为函数)1l g (x y +=图象上两点，则n n K m m K OB OA )1lg(,)1lg(+=+=，由图象知O B O A K K >，∴nn m m )1lg()1lg(+>+，原不等式成立．10. 显然c b a ,,不可能都大于1，或者都小于1，因此c b a ,,中一定有两个或者都不大于1，或者都不小于1，不妨设b a ,，则10)1)(1(-+≥⇒≥--b a ab b a （1），又ab b a 222≥+，)2(42422222c ab c abc c ab abc c b a +≥-⇒++≥+++=，约去c +2得ab c ≥-2 （2），（1）+（2）得3≤++c b a ．另：本题也可用反证法证明．11. 不等式左端分子、分母均为二次，因此对c b a ,,乘一个合适的因子可把原问题化为1=++c b a 的情形，因原不等式只要证⎪⎩⎪⎨⎧≤-+++-+++-++>=++8)1(2)1()1(2)1()1(2)1()0,,(1222222222c c c b b b a a a c b a c b a ，注意到 ]932381[31]9)3(32381[3133123112312)1(2)1(22222222++≤+-++=+-++=+-++=-++a a a a a a a a a a a a a a )412(31+=a ．据此同理可得另两道式子，三式相加，原不等式之左8]12)(12[31=+++≤c b a ，当c b a ==时取等号． 12. 解法一：由),()(3)(4222222+∈+≥++⇒≥+R y x y x y xy x xy y x ，因此有)(2322y x xy y x +≥++，同理)(2322z y yz z y +≥++， )(2322x z zx x z +≥++，三式相加得 ⇒++≥++++++++)(3222222z y x zx x z yz z y xy y x3222222≥++++++++++zy x zxx z yz z y xy y x ，因此所求最小值为3，当z y x ==时取得此最小值．（注：z y x ,,中如有零，不等式显然成立．）解法二：构造三角形ABC ，其中z CM y BM x AM ===,,，M 是ABC ∆的斐尔玛点．图示圆为BCM ∆的外接圆，连接AM 交图中圆于P ，PBC ∆为正∆．由平面几何知yz z y CP BC z y MC BM MP ++==+=+=22,， 60=∠CMP ，在P CM ∆中，用余弦定理23sin 60sin ≥⇒≥∠=MP PC MP MCP MP PC，即2322≥+++z y yz z y ，以下同解法一．（（注：受到解法二的启示得到解法一）CP。
历届西部数学奥林匹克试题
目录2001年西部数学奥林匹克 (2)2002年西部数学奥林匹克 (4)2003年西部数学奥林匹克 (6)2004年西部数学奥林匹克 (7)2005年西部数学奥林匹克 (8)2006年西部数学奥林匹克 (10)2007年西部数学奥林匹克 (12)2008年西部数学奥林匹克 (14)2009年西部数学奥林匹克 (16)2010年西部数学奥林匹克 (18)2011年西部数学奥林匹克 (21)2012年西部数学奥林匹克 (23)2001年西部数学奥林匹克1.设数列{x n}满足x1=12，x n+1=x n+x n2n2.证明：x2001<1001.（李伟固供题）2.设ABCD是面积为2的长方形，P为边CD上的一点，Q为△P AB的内切圆与边AB的切点.乘积PP⋅PP的值随着长方形ABCD及点P 的变化而变化，当PP⋅PP取最小值时，（1）证明：PP≥2PB；（2）求PQ⋅PQ的值.（罗增儒供题）3.设n、m是具有不同奇偶性的正整数，且n>m.求所有的整数x，使得x2n−1x m−1是一个完全平方数.（潘曾彪供题）4.设x、y、z为正实数，且x+y+z≥xyz.求x2+y2+z2xyz的最小值.（冯志刚供题）5.求所有的实数x，使得[x3]=4x+3.这里[y]表示不超过实数y的最大整数.（杨文鹏供题）6.P为⊙O外一点，过P作⊙O的两条切线，切点分别为A、B.设Q为PO与AB的交点，过Q作⊙O的任意一条弦CD.证明：△PAB与△PCD有相同的内心. （刘康宁供题）7.求所有的实数x∈�0,π2�，使得(2−sss2x)sss�x+π4�=1，并证明你的结论.（李胜宏供题）8.我们称P1,P2,⋯,P n为集合A的一个n分划，如果（1）P1∪P2∪⋯∪P n=P；（2）P i∩P j≠Φ,1≤s<j≤s.求最小正整数m，使得对P={1,2,⋯,m}的任意一个14分划P1,P2,⋯,P14，一定存在某个集合P i(1≤s≤14)，在P i中有两个元素a、b满足b<a≤43b. （冷岗松供题）2002年西部数学奥林匹克1.求所有的正整数n，使得s4−4s3+22s2−36s+18是一个完全平方数.2.设O为锐角△ABC的外心，P为△AOB内部一点，P在△ABC的三边BC、CA、AB上的射影分别为D、E、F.求证：以FE、FD为邻边的平行四边形位于△ABC内.3.考虑复平面上的正方形，它的4个顶点所对应的复数恰好是某个整系数一元四次方程x4+px3+qx2+rx+s=0的4个根.求这种正方形面积的最小值.4.设n为正整数，集合P1,P2,⋯,P n+1是集合{1,2,⋯,s}的n+1个非空子集.证明：存在{1,2,⋯,s+1}的两个不交的非空子集{s1,s2,⋯,s k}和{j1,j2,⋯,j m}，使得P i1∪P i2∪⋯∪P i k=P j1∪P j2∪⋯∪P j m.5.在给定的梯形ABCD中，AD∥BC，E是边AB上的动点，O1、O2分别是△AED、△BEC的外心.求证：O1O2的长为一定值.6.设s(s≥2)是给定的正整数，求所有整数组(a1,a2,⋯,a n)满足条件：（1）a1+a2+⋯+a n≥s2；（2）a12+a22++a n2≤s3+1.7.设α、β为方程x2−x−1=0的两个根，令a n=αn−βnα−β,s=1,2,⋯.（1）证明：对任意正整数n，有a n+2=a n+1+a n；（2）求所有正整数a、b，a<b，满足对任意正整数n，有b整除a n−2sa n.8.设S=(a1,a2,⋯,a n)是一个由0，1组成的满足下述条件的最长的数列：数列S中任意两个连续5项不同，即对任意1≤s<j≤s−4，a i,a i+1,a i+2,a i+3,a i+4与a j,a j+1,a j+2,a j+3,a j+4不相同.证明：数列S 最前面的4项与最后面的4项相同.1. 将1,2,3,4,5,6,7,8分别放在正方体的八个顶点上，使得每一个面上的任意三个数之和均不小于10.求每一个面上四个数之和的最小值.2. 设2n 个实数a 1,a 2,⋯,a 2n 满足条件∑(a i+1−a i )2=12n−1i=1.求(a n+1+a n+2+⋯+a 2n )−(a 1+a 2+⋯+a n )的最大值.3. 设n 为给定的正整数.求最小的正整数u n ，满足：对每一个正整数d ，任意u n 个连续的正奇数中能被d 整除的数的个数不少于奇数1,3,5,⋯,2s −1中能被d 整除的数的个数.4. 证明：若凸四边形ABCD 内任意一点P 到边AB 、BC 、CD 、DA 的距离之和为定值，则ABCD 是平行四边形.5. 已知数列{a n }满足：a 0=0，a n+1=ka n +�(k 2−1)a n 2+1,s =0,1,2,⋯,其中k 为给定的正整数.证明：数列{a n }的每一项都是整数，且2k |a 2n ,s =0,1,2,⋯. 6. 凸四边形ABCD 有内切圆，该内切圆切边AB 、BC 、CD 、DA 的切点分别为A 1、B 1、C 1、D 1，连结A 1B 1、B 1C 1、C 1D 1、D 1A 1，点E 、F 、G 、H 分别为A 1B 1、B 1C 1、C 1D 1、D 1A 1的中点.证明：四边形EFGH 为矩形的充分必要条件是A 、B 、C 、D 四点共圆.7. 设非负实数x 1、x 2、x 3、x 4、x 5满足∑11+x i =15i=1.求证：∑x i4+x i 25i=1≤1. 8. 1650个学生排成22行、75列.已知其中任意两列处于同一行的两个人中，性别相同的学生都不超过11对.证明：男生的人数不超过928.1.求所有的整数n，使得s4+6s3+11s2+3s+31是完全平方数.2.四边形ABCD为一凸四边形，I1、I2分别为△ABC、△DBC的内心，过点I1、I2的直线分别交AB、DC于点E、F，分别延长AB、DC，它们相交于点P，且PE=PF.求证：A、B、C、D四点共圆.3.求所有的实数k，使得不等式a3+b3+c3+d3+1≥k(a+b+c+d)对任意a、b、c、d∈[−1,+∞)都成立.4.设s∈N+，用d(s)表示n的所有正约数的个数，ϕ(s)表示1,2,⋯,s 中与n互质的数的个数.求所有的非负整数c，使得存在正整数n，满足d(s)+ϕ(s)=s+c，且对这样的每一个c，求出所有满足上式的正整数n.5.设数列{a n}满足a1=a2=1，且a n+2=1a n+1+a n,s=1,2,⋯.求a2004.6.将m×s棋盘（由m行n列方格构成，m≥3,s≥3）的所有小方格都染上红蓝两色之一.如果2个相邻（有公共变）的小方格异色，则称这2个小方格为1个“标准对”.设期盼中“标准对”的个数为S.试问：S是奇数还是偶数有哪些方格的颜色确定？什么情况下S为奇数？什么情况下S为偶数？说明理由.7.已知锐角△ABC的三边长不全相等，周长为l，P是其内部一动点，点P在边BC、CA、AB上的射影分别为D、E、F.求证：2（PB+PD+ BB）=l的充分必要条件是：点P在△ABC的内心与外心的连线上.8.求证：对任意正实数a、b、c，都有1<a√a2+b2+b√b2+c2+c√c2+a2≤3√22.1. 已知α2005+β2005可表示成以α+β、αβ为变元的二元多项式.求这个多项式的系数之和.2. 如图1，过圆外一点P 作圆的两条切线P A 、PB ，A 、B 为切点，再过点P 作圆的一条割线分别与圆交于C 、D 两点，过切点B 作P A 的平行线分别交直线AC 、AD 于E 、F .求证：PB =PB .图13. 设S ={1,2,⋯,2005}.若S 中任意n 个两两互质的数组成的集合中都至少有一个质数，试求n 的最小值.4. 已知实数x 1,x 2,⋯,x n (s >2)满足|∑x i n i=1|>1，|x i |≤1(s =1,2,⋯,s ).求证：存在正整数k ，使得�∑x i k i=1−∑x i n i=k+1�≤1 5. 如图2，⊙O 1、⊙O 2交于A 、B 两点.过点O 1的直线DC 交⊙O 1于点D 且切⊙O 2于点C ，CA 且⊙O 1于点A ，⊙O 1的弦AE 与直线DC 垂直.过点A 作AF 垂直于DE ，F 为垂足.求证：BD 平分线段AF .图2P6.在等腰Rt△ABC中，BP=BP=1，P是△ABC边界上任意一点.求PP⋅PP⋅PB的最大值.7.设正实数a、b、c满足a+b+c=1.证明：10(a3+b3+c3)−9(a5+b5+c5)≥1.8.设n个新生汇总，任意3个人中有2个人互相认识，任意4个人中有2个人互不任何.试求n的最大值.2006年西部数学奥林匹克1. 设s (s ≥2)是给定的正整数，a 1,a 2,⋯,a n ∈(0,1).求∑�a i (1−a i+1)6n i=1的最大值，这里a n+1=a 1. 2. 求满足下述条件的最小正实数k ：对任意不小于k 的4个互不相同的实数a 、b 、c 、d ，都存在a 、b 、c 、d 的一个排列p 、q 、r 、s ，使得方程(x 2+px +q )(x 2+rx +s )=0有4个互不相同的实数根. 3. 如图1，在△ABC 中，∠PPB =60°，过点P 作△PBC 的外接圆⊙O 的切线，与CA 的延长线交于点A .点D 、E 分别在线段PA 和⊙O 上，使得∠DPB =90°，PD =PE .连结BE 与PC 相交于点F .已知AF 、BP 、CD 三线共点.（1） 求证：BF 是∠PPB 的角平分线；（2） 求tas ∠PBP 的值.图14. 设正整数a 不是完全平方数.求证：对每一个正整数n ，S n =�√a�+�√a�2+⋯+�√a�n的值都是无理数.这里{x }=x −[x ]，其中，[x ]表示不超过x 的最大整数.5. 设S =�s�s −1,s ,s +1都可以表示为两个正整数的平方和�.证明：若s ∈S ，则s 2∈S .C6. 如图2，AB 是⊙O 的直径，C 为AB 延长线上的一点，过点C 作⊙O 的割线，与⊙O 交于点D 、E ，OF 是△BOD 的外接圆⊙O 1的直径，连结CF 并延长交⊙O 1于点G .求证：O 、A 、E 、G 四点共圆.图27. 设k 是一个不小于3的正整数，θ是一个实数.证明：如果cms (k −1)θ和cms kθ都是有理数，那么，存在正整数s (s >k )，使得cms (s −1)θ和cms sθ都是有理数. 8. 给定正整数s (s ≥2)，求|X |的最小值，使得对集合X 的任意n 个二元子集P 1,P 2,⋯,P n ，都存在集合X 的一个子集Y ，满足：(1)|Y |=s ;(2) 对s =1,2,⋯,s ，都有|Y ∩P i |≤1.这里，|P |表示有限集合A 的元素个数.A2007年西部数学奥林匹克1. 已知T ={1,2,⋯,8}.对于P ⊆T ,P ≠Φ，定义S (P )为A 中所有元素之和.问：T 有多少个非空子集A ，使得S (P )是3的倍数，但不是5的倍数？2. 如图1，⊙O 1、⊙O 2交于点C 、D ，过D 的一条直线分别与⊙O 1、⊙O 2交于点A 、B ，点P 在⊙O 1的AD 弧上，PD 与线段AC 的延长线交于点M ，点Q 在⊙O 2的BD 弧上，QD 与线段BC 的延长线交于点N ，O 是△ABC 的外心.求证：OD ⊥MN 的充要条件为P 、Q 、M 、N 四点共圆.图13. 设实数a 、b 、c 满足a +b +c =3.求证：15a −4a+11+15b −4b+11+15c −4c+11≤14. 4. 设O 是△ABC 内部一点.证明：存在正整数p 、q 、r ，使得|pOP +qOP +rOB |<12007.5. 是否存在三边长都为整数的三角形，满足以下条件：最短边长为2007，且最大的角等于最小角的两倍？O6.求所有的正整数n，使得存在非零整数x1,x2,⋯,x n,y,满足�x1+x2+⋯+x n=0,x12+x22+⋯+x n2=sy2.7.设P是锐角△ABC内一点，AP、BP、CP分别与边BC、CA、AB 交于点D、E、F，已知△DBB∼△PPB.求证：P是△ABC的重心. 8.将n枚白子与n枚黑子任意地放在一个圆周上.从某枚白子起，按顺时针方向依次将白子标以1,2,⋯,s.在从某枚黑子起，按逆时针方向依次将黑子标以1,2,⋯,s.证明：存在连续n枚棋子（不计黑白），它们的标号组成的集合为{1,2,⋯,s}.2008年西部数学奥林匹克1.实数数列{a n}满足a0≠0,1,a1=1−a0，a n+1=1−a n(1−a n)(s=1,2,⋯).证明：对任意的正整数n，都有a0a1⋯a n�1a0+1a1+⋯+1a n�=1.2.如图1，在△ABC中，AB=AC，其内切圆⊙I分别切边BC、CA、AB于点D、E、F，P为弧EF（不含点D的弧）上一点.设线段BP交⊙I于另一点Q，直线EP、EQ分别交BC于点M、N.证明：(1)P、F、B、M四点共圆；(2)EE EE=BB BB.图13.设整数m(m≥2)，a1,a2,⋯,a m都是正整数.证明：存在无穷多个正整数n，使得数a1×1n+a2×2n+⋯+a m×m n都是合数.4.设整数m(m≥2)，a为正实数，b为非零实数，数列{x n}定义如下：x1=b,x n+1=ax n m+b(s=1,2,⋯).证明：(1)当b<0且m为偶数时，数列{x n}有界的充要条件是ab m−1≥−2；(2)当b<0且m为奇数，或b>0时，数列{x n}有界的充要条件是ab m−1≤(m−1)m−1m m.5.在一直线上相邻的距离都等于1的四个点上各有一只青蛙，允许任意一只青蛙以其余三只青蛙中的某一只为中心跳到其对称点上.证明：无论跳动多少次后，四只青蛙所在的点中相邻两点之间的距离不能都等于2008.6.设x、y、z∈(0,1)，满足�1−x yz+�1−y zx+�1−z xy=2.求xyz的最大值.7.设n为给定的正整数.求最大的正整数k，使得存在三个由非负整数组成的k元集P={x1,x2,⋯,x k}，P={y1,y2,⋯,y k}，B= {z1,z2,⋯,z k}满足对任意的j(1≤j≤k)，都有x j+y j+z j=s.8.设P为正n边形P1P2⋯P n内的任意一点，直线P i P(s=1,2,⋯s)交正n边形P1P2⋯P n的边界于另一点P i.证明：∑PP i n i=1≥∑PP i n i=1.2009年西部数学奥林匹克1.设M是一个由实数集R去掉有限个元素后得到的集合.证明：对任意正整数n，都存在n次多项式f(x)，使得f(x)的所有系数及n个实根都属于M.2.给定整数s≥3.求最小的正整数k，使得存在一个k元集合A和n 个两两不同的实数x1,x2,⋯,x n，满足x1+x2,x2+x3,⋯,x n−1+x n,x n+x1均属于A.3.设H为锐角△ABC的垂心，D为边BC的中点.过点H的直线分别交边AB、AC于点F、E，使得AE=AF，射线DH与△ABC的外接圆交于点P.求证：P、A、E、F四点共圆.4.求证：对任意给定的正整数k，总存在无穷多个正整数n，使得2n+3n−1,2n+3n−2,⋯,2n+3n−k均为合数.5.设数列{x n}满足x1∈{5,7}及当k≥1时，有x k+1∈{5x k,7x k}.试确定x2009的末两位数字的所有可能值.6.如图1，设D是锐角△ABC的边BC上一点，以线段BD为直径的圆分别交直线AB、AD于点X、P（异于点B、D），以线段CD为直径的元分别交直线AC、AD于点Y、Q（异于点C、D）.过点A作直线PX、QY的垂线，垂足分别为M、N.求证△PMN∼△PPB的充分必要条件是直线AD过△ABC的外心.图17. 有s (s >12)个人参加某次数学邀请赛，试卷由十五道填空题组成，每答对一题得1分，不答或答错得0分.分析每一种可能的得分情况发现：只要其中任意12个人得分之和不少于36分，则这n 个人中至少有3个人答对了至少三道同样的题.求n 的最小可能值.8. 实数a 1,a 2,⋯,a n (s ≥3)满足a 1+a 2+⋯+a n =0，且2a k ≤a k−1+a k+1(k =2,3,⋯,s −1).求最小的λ(s )，使得对所有的k ∈{1,2,⋯s }，都有|a k |≤λ(s )⋅max {|a 1|,|a n |}.B2010年西部数学奥林匹克1. 设m 、k 为给定的非负整数，p =22m +1为质数.求证： (1) 22m+1p k ≡1(mmd p k+1);(2) 满足同余方程2n ≡1(mmdp k+1) 的最小正整数n 为2m+1p k . （靳 平 供题）2. 如图1，已知AB 是⊙O 的直径，C 、D 是圆周上异于点A 、B 且在AB 同侧的两点，分别过点C 、D 作圆的切线，它们交于点E ，线段AD 与BC 的交点为F ，直线EF 与AB 交于点M .求证：E 、C 、M 、D 四点共圆.图1（刘诗雄 供题）3. 求所有的正整数n ，使得集合{1,2,⋯,s }有n 个两两不同的三元子集P 1,P 2,⋯,P n ，满足对任意的k (1≤s <j ≤s )，都有�P i ∩P j �≠1.（冯志刚 供题）4. 设非负实数a 1,a 2,⋯,a n 与b 1,b 2,⋯,b n 满足以下条件： （1） ∑a i +b i n i=1=1; （2） ∑s (a i −b i )n i=1=0; （3） ∑s 2(a i +b i )n i=1=10.求证：对任意的k(1≤k≤s)，都有max{a k,b k}≤1010+k2. （李胜宏供题）5.设k为大于1的整数，数列{a n}定义如下：a0=0,a1=1,a n+1=ka n+a n−1(s=1,2,⋯).求所以满足如下条件的k：存在非负整数l、m(l≠m)，及正整数p、q，使得a l+ka p=a m+ka q. （熊斌供题）6.如图2，在△ABC中，∠PBP=90°，以B为圆心、BC为半径作圆，点D在边AC上，直线DE切⊙B于点E，过点C垂直于AB的直线于直线BE交于点F，AF与DE交于点G，作AH∥BG于DE交于点H.求证GE=GH.图2（边红平供题）7.有s(s≥3)名选手参加乒乓球比赛，每两名选手之间恰比赛一场且没有平局.若选手A的手下败将不都是B的手下败将，则称A不亚于B.试求所有可能的n，使得存在一种比赛结果，其中每一名选手都不亚于其他任何一名选手.（李秋生供题）8.求所有的整数k，使得存在正整数a和b，满足b+1a+a+1b=k.（陈永高供题）2011年西部数学奥林匹克1. 已知0<x 、y <1.求xy (1−x−y )(x+y )(1−x )(1−y )的最大值.2. 设集合满足：M ⊆{1,2,⋯,2011}在M 的任意三个元素中都可以找到两个元素a 、b ，使得a |b 或b |a .求|M |的最大值（|M |表示集合M 的元素个数）.3. 给定整数s ≥2.(1) 证明：可以将集合{1,2,⋯,s }的左右子集适当地排列为P 1,P 2,⋯,P 2n ，使得P i 与P i+1(s =1,2,,2n ,且P 2n +1=P 1)的元素个数恰相差1.(2) 对于满足(1)中条件的子集P 1,P 2,⋯,P 2n ，求∑(−1)i S (P i )2n i=1的所以可能值，其中，S (P i )=∑x x∈A i ,S (∅)=0. 4. 如图1，AB 、CD 是⊙O 中长度不相等的两条弦，AB 与CD 交于点E ，⊙I 内切⊙O 于点F ，且分别与弦AB 、CD 切于点G 、H .过点O 的直线l 分别于AB 、CD 交于点P 、Q ，使得EP =EQ ，直线EF 于直线l 交于点M .证明：过点M 且与AB 平行的直线是⊙O 的切线.图15. 是否存在奇数s (s ≥3)及n 个互不相同的质数p 1,p 2,⋯,p n ，使得p i +p i+1(s =1,2,⋯,s ,p n+1=p 1)都是完全平方数？请证明你的结论.6.设a、b、c>0.证明：(a−b)2(c+a)(c+b)+(b−c)2(a+b)(a+c)+(c−a)2(b+c)(b+a)≥(a−b)2a+b+c.7.在△ABC中，PP>PB内切圆⊙I与边BC、CA、AB分别切于点D、E、F，M是边BC的中点，PH⊥PB于点H，∠PPB的平分线AI分别与直线DE、DF交于点K、L.证明：M、L、H、K四点共圆. 8.求所有的整数对(a,b)，使得对任意的正整数n都有s|(a n+b n+1).2012年西部数学奥林匹克1.求最小的正整数m，使得对任意大于3的质数p，都有：105|9p2−29p+m.2.证明：在正2s−1边形(s≥3)的顶点中，任意取出s个点，其中必有3个点，以它们为顶点的三角形为等腰三角形。