数学竞赛试题集

三、有n支球队参加足球联赛，每支球队与其他球队只比赛一场，规定胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分，联赛结束后，有一些球队可能会被取消比赛资格，因此我们的比赛结果也会被取消，剩下的球队将重新计算成绩，积分多的球队将会成为这次联赛的冠军（如果只有一支球队没取消比赛资格，则他就是冠军）。设fi(T)(I=1,2,…n)是在这次联赛T中使得第i支球队获得冠军，而被取消比赛资格的球队数目的最小值，又设F(T)=f1(T)+f2(T)+…+fn(T)，对于n≥5。求F(T)的最大值和最小值。对于n=求出最小的整数f(n)，使得对任何正整数m,集合（m,m+1,…,m+n-1）的任何一个f(n)元子集中，均有至少3个两辆互素的元素二、（50分）求所有实多项式f和g，使得对所有x∈R，有：(x2+x+1)f(x2-x+1)=(x2-x+1)g(x2+x+1)。解：二、设w是1的非实的立方根，满足w2+w+1=0，则g(w2+w+1)g(0)=0，设α为-1的非实的立方根，则f(α2-α+1)=f(0)=0，故可设：f(x)=x·a(x)；g(x)=x·b(x)。因此原条件可化为：a(x2-x+1)=b(x2+x+1)。令x=-y，得：a(y2+y+1)=b(y2-y+1)，1]。下面证明无穷多个n使得：a(n2+3n+3)=a(1)。由n=1可得：a(1)=a(7)，假设a[(n-1)2+3(n-1)+3]=a(1)(n≥2)，则a[(n+1)2+3(n+1)+3]=a[(n+2)2+(n+2)+1]=a[(n+1)2-(n+1)+1]=a[(n-1)2+3(n-1)+3]=a(1)。由于多项式a(x)-a(1)有无穷多个根，所以a(x)-a(1)是零多项式，即a(x)为常数，因此f(x)=kx，类似可知：g(x)=kx。15、设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足条件：（1）当x∈R时,f(x-4)=f(2-x),且f(x)≥x;（2）当x∈(0,2)时，f(x)≤((x+1)/2)2;（3）f(x)在R上的最小值为0.求最大的m(m＞1)，使得存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t)≤x。14、如图，有一列曲线P0，P1，P2……，已知P0所围成的图形是面积为1的等边三角形，Pk+1是对Pk进行如下操作得到：将Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉（k=0,1,2,）。记Sn为曲线Pn所围成图形的面积。（1）求数列｛Sn｝的通项公式；（2）求limSn.n→∞14、(1)对Ｐ0进行操作，容易看出Ｐ0的每条边变成Ｐ１的４条边，故Ｐ１的边数为3·4；同样，对P１进行操作，P１的每条边变成P２的４条边，故P２的边数为3·4２，从而不难得到Pn的边数为3·4n.已知Ｐ0的面积为Ｓ0=1，比较P１与Ｐ0.容易看出P１在Ｐ0的每条边上增加一个小等边三角形，其面积为1/32，而Ｐ0有３条边，故S1=S0+3·(1/32)=1+(1/3).再比较P２与P１，可知P２在P１的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为(1/32)·(1/32)，而P１有3·4条边，故S2=S1+3·4·(1/34)=1+(1/3)+(4/33),类似地有S3=S2+3·42·(1/36)=1+(1/3)+(4/33)+(42/35),于是有下面利用数学归纳法证明（＊）式。n=1时，由上面已知（＊）式成立。假设n=k时，有Sk=8/5-3/5·(4/9)k.当n=k+1时，易知第k+1次操作后，比较Pk+1与Pk,Pk+1在Pk的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为(1/32(k+1))，而Pk有3·4k条边，故Sk＋１=Sk+3·4k·(1/32(k+1))=Sk+((4k)/32k+1)=(8/5)-(3/5)·(4/9)k+1.综上，由数学归纳法，(＊)式得证.(2)lim(n→∞)Sn=lim(n→∞)[(8/5)-(3/5)·(4/9)n]=(8/5).15、∵f(x-4)=f(2-x),∴函数的图象关于x=-1对称，∴-b/2a=-1,b=2a.由(3)x=-1时，y=0，即a-b+c=0，由(1)得f(1)≥1，由(2)得f(1)≤1，∴f(1)=1,即a+b+c=1,又a-b+c=0,∴b=1/2,a=1/4,c=1/4,∴f(x)=(1/4)x2+(1/2)x+(1/4).假设存在t∈R，只要x∈[1,m],就有f(x+t)≤x.取x=1有f(t+1)≤1.即((1/4)(t+1))2+((1/2)(t+1))+(1/4)≤1,解得-4≤t≤0.对固定的t∈［-4,0］,取x=m，有f(t+m)≤m,即((1/4)(t+m)2)+((1/2)(t+m))+(1/4)≤m,化简有m2-2(1-t)m+(t2+2t+1)≤0解得1-t-(√-4t)≤1-t+(√(-4t))于是有m≤1-t+√(-4t)≤1-(-4)+√(-4(-4))=9.当t=-4时，对任意的x∈[1,9]，恒有f(x-4)-x=(1/4)(x2-10x+9)=1/4(x-1)(x-9)≤0.所以m的最大值为９。设函数38)(2xaxxf(a＜0)，对于给定的负数a，有一个最大的正数l(a)，使得在整个区间[0,l(a)]上，不等式|f(x)|≤5都成立。问：a为何值时l(a)最大？求出这个最大的l(a)，证明你的结论。一．(本题满分25分)x的二次方程xzxzm2120中，zzm12,,均是复数，且zzi12241620，设这个方程的两个根,满足||27，求||m的最大值和最小值．实数a,b,c和正数使得f(x)=x3+ax2+bx+c有三个实根x1,x2,x3，且满足1x2x1=,2x321(x1+x2)，求339272abca的最大值。二、(25分)求一切实数p，使得三次方程55171116632xpxpxp()()的三个根均为自然数．三、(35分)在平面直角坐标系中，横坐标和纵坐标都是整数的点称为格点，任取6个格点Pi(xi，yi)(i1，2，3，4，5，6)满足(1)|xi|≤2，|yi|≤2，(i1，2，3，4，5，6)，(2)任何三点不在同一条直线上．试证：在以Pi(i1，2，3，4，5，6)为顶点的所有三角形中，必有一个三角形，它的面积不大于2．三、（50分）设Sn＝{1，2，……，n}(n≥5)，取XSn，YSn(X，Y无顺序)，若XY或YX，则称X，Y为一对“包含子集对”，否则称为“非包含子集对”，问Sn中是“包含子集对”多还是“非包含子集对”多？证明你的结论。五、(20分)求证：对于任给的正数a，必存在一个自然数N，使每一个大于N的自然数n都有惟一的自然数f(n)，满足f(n)10a1f(n)10nn.14、将2006表示成5个正整数x1，x2，x3，x4，x5之和，记S=15ijxixj。问：（1）当x1，x2，x3，x4，x5取何值时，S取到最大值；（2）进一步，设对任意1≤i，j≤5有|xi–xj|≤2，问当x1，x2，x3，x4，x5取何值时，S取到最小值。说明理由。解：（1）首先这样的S的值是有界集，故必存在最大值与最小值。若x1+x2+x3+x4+x5=2006，且使S=15ijxixj取到最大值，则必有|xi–xj|≤1，(1≤i，j≤5)①。事实上，假设①不成立，不妨假设x1–x2≥2。则令x'1=x1–1，x'2=x2+1，x'i=xi（i=3，4，5），有x'1+x'2=x1+x2，x'1x'2=x1x2+x1–x2–1x1x2。将S改写成S=15ijxixj=x1x2+(x1+x2)(x3+x4+x5)+x3x4+x3x5+x4x5，同时有S'=x'1x'2+(x'1+x'2)(x3+x4+x5)+x3x4+x3x5+x4x5。于是有S'–S=x'1x'2–x1x20。这与S在x1，x2，x3，x4，x5时取到最大值矛盾。所以必有|xi–xj|≤1，(1≤i，j≤5)。因此当x1=402，x2=x3=x4=x5=401时取到最大值。（2）当x1+x2+x3+x4+x5=2006且|xi–xj|≤2时，只有下列三种情形满足要求：⑴402，402，402，400，400；⑵402，402，401，401，400；⑶402，401，401，401，401。而后面两种情形是在第一组情形下作x'i=xi–1，x'j=xj+1调整下得到的。根据上一小题的证明可以知道，每调整一次，和式S=15ijxixj变大。所以在x1=x2=x3=402，x4=x5=400时取到最小值。15、设f(x)=x2+a。记f1(x)=f(x)，fn(x)=f(fn–1(x))，n=2，3，…，M={a∈R|对所有正整数n，|fn(0)|≤2}。证明：M=[–2，14]。二、(本题满分50分)设(,)ab和[,]ab分别表示整数,ab的最大公约数和最小公倍数．求满足(,)9[,]9()7abababab的所有整正数解．二．（本题满分50分）设三角形的三边分别是整数l，m，n，且l＞m＞n，已知}103{}103{}103{444nml，其中{x}＝x－[x]，而[x]表示不超过x的最大整数．求这种三角形周长的最小值．二．解：由题设可知]103[103]103[103]103[103444444nnmmll于是3l≡3m≡3n(mod104)②①)2(333)2(33354modmodnmlnml10分由于(3，2)＝(3，5)＝1，∴由①可知3l－n≡3m－n≡1(mod24)．设u是满足3u≡1(mod24)的最小正整数，则对任意满足3v≡1(mod24)的正整数v，我们有u｜v．事实上若u不整除v，则由带余除法可知，存在非负整数a、b，使得v＝au＋b，其中0＜b≤u－1，从而可推出3b≡3b＋au≡3v≡1(mod24)，而这显然与u的定义矛盾．注意到3≡3(mod24)，32≡9(mod24)，33≡27≡11(mod24)，34≡1(mod24)，从而可设m－n＝4k，其中k为正整数20分同理由②可推出3m－n≡1(mod25)，故34k≡1(mod25)现在我们求34k≡1(mod25)满足的整数k．∵34＝1＋5×24，∴34k－1＝(1＋5×24)k－1≡0(mod55)30分)5(mod0256)2)(1(]2)1(3[55256)2)(1(252)1(25411372123824kkkkkkkkkkkk即或)5(mod0253)2)(1(]2)1(3[531127kkkkkk即有k＝5t，并代入该式得t＋5t[3＋(5t－1)×27]≡0(mod52)即k＝5t＝53s，其中s为整数，故m－n＝500s，s为正整数同理可得l－n＝500r，r为正整数40分由于l＞m＞n，∴r＞s这样三角形的三边为500r＋n、500s＋n和n，由于两边之差小于第三边，故n＞500(r－s)，因此当s＝1，r＝2，n＝501时三角形的周长最小，其值为3003．50分六．剩余系法这种方法颇具技巧，一般是利用剩余系的性质对题目进行分析，若方法得当，往往有意想不到的效果.例：设,mn是两互质的正整数，且m是偶数.求证1111(1)22mknnkmknn.分析：本题出现了高斯函数，从微观较难把握，想到剩余系或许有用处.解：令2ms，则mkn=2skn=22sksknn，而2skn=0或1.且2skn=011,2...(mod)2nskn，2skn=113,...(1)22nnskn(m