中学数学竞赛题

1、（考函数）(美国竞赛题)已知a，b，c，d是满足a+b+c+d+e=8,2222216abcde的实数，试确定e的最大值。解：设2222()()()()yxaxbxcxd则2222242(abcd)()yxxabcd因为2x的系数是4，且y0，所以，22222[2(abcd)]44()0abcd于是，224(8)16(16)0ee，解得1605e。当65abcd时，165e，所以e的最大值为165。（考递归数列）（2001年保加利亚数学奥林匹克竞赛试题）已知数列﹛an﹜适合a0=4，a1=22，且an—6an-1+an-2=0（n≥2），证明：存在两个正整数数列﹛xn﹜和﹛yn﹜满足an=27nnnxyy（n≥0）。ny证明：∵an—6an-1+an-2=0（n≥2）∴其特征方程是212610,322,322xxxx.令(322)(322)nnnaAB。又014,22aa，∴A+B=4，∴42522A,(322)(322)22AB，42522B,∴122425322425322nnna∴222221427425322425322277nnna214425322425322nn令1122425322425322nnny，∴272nnya令2()nnnxyanN∴111122222()425322()425322nnnnnxya9213139222322322nn∴21016,13,57.nnnxxxxx∴*()nxNnN同理21016,5,31.nnnyyyyy∴*()nyNnN∴数列{nx},{ny}即为满足题设的数列。2.（考向量与不等式）(1995年第三十六届国际竞赛题)设a，b，c为正实数，且满足abc=1，试证：33331112()()()abcbcacab。证明：构造向量333111()()()(,,)abcbcacaba，((),(),())babcbcacab∵333111111()()()(,,)((),(),())abcabcbcacabababcbcacabgg3332111()()()abcbcacaba，2()()()babcbcacab∴3332111111()()()[][()()()]()abcabcbcacababcbcacab∴2111333()111()()()()()()abcabcbcacababcbcacab又∵111()()()2()2()abcabcbcacababbcca∴111333311111113222()()()3abcabcabcbcacabggg评注：通过构造向量并利用向量内积不失为一种很好的证明技巧，但有时要辅以基本不等式或变形作适当放缩。3.设a,b∈R+，且2ca+b,证明：abccaabcc22.证明：abccaabcc22abccaabc22-abcca2|-|两边平方得abccaca2222.∵a0,∴a+b2c.4.求二项式1515y-x3展开式中所有无理系数之和.解：该二项式的展开式中所有有理系数只有两项15`151533xx及1515yy，其系数之和为3+（-1）=2.又，在二项式中，令x=y=1,可得展开式中所有各项的系数和为15151-3.故所有无理系数之和为15151-3-2.5、、已知关于x的一元二次方程20xcxa的两个整数根恰好比方程20xaxb的两个根都大1，求abc的值。解：设方程20xaxb的两个根为α、β，其中α、β为整数，且α≤β则方程20xcxa的两个整数根为α＋1、β＋1，由根与系数关系得：α＋β＝－a，(α＋1)(β＋1)＝a两式相加得：αβ＋2α＋2β＋1＝0即(α＋2)(β＋2)＝3∴3212或1232解得：11或35又∵a＝－(α＋β)，b＝αβ，c＝－[(α＋1)＋(β＋1)]∴a＝0，b＝－1，c＝－2或a＝8，b＝15，c＝6故abc＝－3或abc＝296、、如图，△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2AC。点P在△ABC内，且PA＝3，PB＝5，PC＝2，求△ABC的面积。解：如图，作△ABQ，使得：∠QAB＝∠PAC，∠ABQ＝∠ACP，则△ABQ∽△ACP，由于AB＝2AC，∴相似比为2于是，AQ＝2AP＝23，BQ＝2CP＝4∠QAP＝∠QAB＋∠BAP＝∠PAC＋∠BAP＝∠BAC＝60°由AQ：AP＝2：1知，∠APQ＝900于是，PQ＝3AP＝3∴BP2＝25＝BQ2＋PQ2从而∠BQP＝900作AM⊥BQ于M，由∠BQA＝1200，知∠AQM＝600，QM＝3，AM＝3，于是，∴AB2＝BM2＋AM2＝(4＋3)2＋32＝28＋83故S△ABC＝21AB•ACsin600＝83AB2＝23767、求不超过6(73)的最大整数。ACPBQM解析：因为73是73的有理化因式，并且73是纯小数，而6(73)也是纯小数，所以要借用73来解题。解：A=6(73)+6(73)=3(10221)+3(10221)设a=10221，b=10221则a+b=20，ab=(10221)(10221)=16A=(a+b)³-3ab(a+b)=20³-3×16×20,=7040Q06(73)1，6(73)的最大整数为7039.8.给定正数M和正整数n，对满足条件：2211naaM的所有等差数列{}na，试求12nnSaa……21na的最大值。解：设公差为d，1naa，1(1)(1)221nnnndSSnadan，222211()nMaaanda=222414()(43)()10210101ndSaandn因此|S|3(1)10nM，且当341,1010aMdMng时，34110(1)()(1)221010nSnMMnMngg，由于此时43anb，故222114410()101104nSaaMMng9、已知椭圆)2,2(),0,4(,1925x22BAy是椭圆内的两点，P是椭圆上任一点，求：（1）||||45PBPA的最小值；（2）||||PBPA的最小值和最大值解：（1）设点到右准线距离为d.由第二定义知：e1|PA|ddPA54||.∴4172||||||452caPBdPBPA.即||||45PBPA最小值为417.（2）设椭圆的左焦点为F.则10||||||||PFPBPBPA.利用||||||||BFPFPBBF∴10210||||PBPA10210||||PBPA故|PA|+|PB|的最大值为10210|PA|+|PB|的最小值为1021010、如图，设C：y=x2的焦点为F，动点P在直线x—y一2=0上运动，过P作抛物线C两条切线PA、PB，A、B为切点，求△PAB的重心G的轨迹方程．解：设P(t，t-2)，G(x，y)，则切点弦AB的方程为y+t-2=2tx，将y=2tx+2-t代入y=x2，得x2-2tx+t-1=0，所以xA+xB=2t，yA+yB=2t(xA+xB)+4-2t=4t2-2t+4，所以txxxxPBA3，32432ttyyyyPBA，消t得重心G的轨迹方程为3242xxy.11、证明：70！≡61！（mod71）.解：70！-61！=（70×69×····62-1）61！={（71-1）×（71-2）×·····（71-9）-1}61！=（9！+1）61！（mod71）=71×5111×61！（mod71）=0（mod71）∴70！≡61！（mod71）12、证明对所有整数n，都有30|n^5-n解：n^5-n=n(n-1)(n+1)(n^2+1).所有整数都可以表示为n=5k或5k±1或5k±2.当n=5k时，6|n(n-1)(n+1)，∴30|n^5-n当n=5k±1时，同理30|n(n-1)(n+1)，∴30|n^5-n当n=5k±2时，5|(n^2+1)，而6|n(n-1)(n+1)，∴30|n^5-n综上，30|n^5-n。13、设a1,a2…an是互不相等的自然数，证明：21221111......232naaann解：221221211111(...)(...)1...22nnaaanaaan22121211(1...)2...1112...nnaananaaa当且仅当21...2naaan取等号∵a1,a2…an是互不相等的自然数12221111111...1...211...1...==...==1222nnnaaanaaaaaannn当且仅当取等号142()-+(2)(1())1(),(1)1997(2001)fxfxfxfxff、已知是（，）上的函数且满足求的值1()1()1()11(2)11()(4)1()1(2)()11()1(8)()(4)fxfxfxfxfxfxfxfxfxfxfxfxfx解：有条件知f(x)1,f(x+2)=函数f(x)是以8为一个周期的函数，从而f(2001)=f(8250+1)=f(1)=199715.4422sincos1,+=.cossin21、已知锐角、满足求证2222222sincossin,cos(0),sincoscossin=cossin2sincos1,sin()1,+=sincos,2sin=cossin=cos.sin=cos,+=.cos2证明令于是即所以，则代入代换式得：，即所以则16、设数列｛na｝的前n项和ns=2na﹣1，数列｛nb｝满足1b=3，2b=nb+na（n∈*N），求数列｛nb｝的前n项和.解由已知ns=2na﹣1，11121,saa11a当2n时，na=ns111(21)(21)22nnnnnsaaaa,∴na=21na，∵na=1.∴{na}是首项为1，公比为2的等比数列，∵1nnnbba，∴121321()()()nnnbbbbbbbb1121nbaaa1112322.12nn∴｛nb｝的前n项和11122(122)222112nnnnTnnn17.设,,xyz为非负实数，满足1xyyzzx，证明：11152xyyzzx．证明：为使所证式有意义，,,xyz三数中至多有一个为0；据对称性，不妨设0xyz，则0,0,0xyz，对正数,xy作调整，由于211221yzzxyzzxz，取等号当且仅当xy，此时条件式成为221xxz，则1x，且有212xzx，于是21111221xyyzzxxz21421xxx，只要证2145212xxx，即2319550