我想教高中数学-高中数学几大解题思路
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第三届中国东南地区数学
奥林匹克(含解答及英文版)
希望联盟2006年度赛
第一天(2006年7月27日,
8:00-12:00, 南昌)
一、设
a?b?0,
f(x)?1
3
1
3
2(a?b)x?2ab
.证明:存在唯一的正数x
,使得
4x?a?b
f(x)?(
a?b
3
)
.
2
1
3
1
3
a?b
3
)
,
2
2(a?b)x?2ab
由
t?
,
4x?a?b
解法一:令
t?(
得
[2(a?b)?4t]x?t(a?b)?2ab
,
??
○
1
为证
○
1有唯一的正数解
x
,只要证,
2(a?b)?4t?0
及
t(a?b)?2ab?0
, 即
2aba?b
3
a?b
?()?
.
??
○
2
a?b22
记
a?u, b?v ,
u?v,
,即要证
1
3
1
3
1
3
13
2u
3
v
3
?
u?v
?
u
3
?v
3
, ??
○
3
?
??
?
33
u?v
?
2
?
2<
br>?
u?v
?
33
由于
?
u
3
?v<
br>3
?
??
?2uv
?
2
?
3
33
?
uv
?
3
3左端成立.
?2u
3
v
3
,即
○
33
1u
2
?uv?v
2<
br>22
?
u?v
?
u?v
22
u?v?,
u?v?4(u?uv?v)
,即 为证
?
,即
?
????
?
82
2
?
2
?
3
?
u?v
?<
br>?0
,此为显然.故
○
3成立,
从而
x?
2
t(a?b)?2ab
即为所求.
2(a?b
)?4t
2(a?b)x?2ab1(a?b)
2
解法二:
f(x)?
?(a?b)?
4x?a?b22(4x?a?b)
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在
(0,??)
上为严格单调增加的连续函
数,而且
f(0)?
2aba?b
,
limf(x)?
.
x???
a?b2
据解法一
○
2式知,
2aba?b
3
a?b
?()?
,
a?b22
a?b
3
)
.
2
1
3
1
3
1
3
1
3
故存在唯一的正数
x
,使
得
f(x)?(
二、如图所示,在△ABC中,
?ABC?90?,D,G
是
边CA上的两点,
A
连接BD,BG . 过点A,G分别作BD的垂线,垂足分别为E,
F,
连接CF. 若BE=EF,求证:
?ABG??DFC
.
证:作<
br>Rt?ABC
的外接圆w,延长BD
、
AE分别交w于K
、
J
.
连接BJ
、
CJ
、
KJ
、
FJ.
易知
?BAJ??KBC
,故BJ=KC.
于是四边形BJCK是等腰梯形,又AJ垂直平分BF,故BJ=FJ,
B
故四边形FJCK是平行四边形.
设AE与BG的交点为M
,
FC与JK的交点为N,
则M
、
N分别是BG和FC的中点,
G
D
E
F<
br>C
ABsin?MAGsin?JKCFK
???,
AGsin?BAMsin?BKJCK
C
又
?BAG??FK
,
于是
?BAG
∽
?FKC
,
所以
?ABG??DFC
.
于是
三、一副纸牌共
52
张,其中“方块”、“梅花”、“红心”、
“黑桃”每种花色的牌各
13
张,标
号依次是
2,3,?,10,J,Q,K
,A
,其中相同花色、相邻标号的两张牌称为“同花顺牌”,
并且
A
与
2
也算是顺牌(即
A
可以当成
1
使用). 试确定,从这副牌中取
出
13
张牌,使
每种标号的牌都出现,并且不含“同花顺牌”的取牌方法数.
解:先一般化为下述问题:设
n?3,
从
A?
?
a1
,a
2
,?,a
n
?
, B?
?
b
1
,b
2
,?,b
n
?
,
C?
?
c
1
,c
2
,?,c
n
?
, D?
?
d
1
,d
2
,?,d
n
?
这四
个数列中选取
n
个项,
?
1,2,
?
,n
每个下
标都出现;
11
??
且满足:
1
下标相邻的任两项不在同一个数列中(下标
n
与
1
视 <
br>为相邻),其选取方法数记为
x
n
,今确定
x
n
的表
达式:
??
??
n
1
2
n-1
3
第 2
页 共 10 页
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将一个圆盘分成
n
个扇形格,顺次编号为
1,2,?,n
,
并将数列
A,B,C,D
各染一种颜色,对于任一个选项方案,
如果下标为
i
的项取自某颜色
数列,则将第
i
号扇形格染上该颜色.
于是
x
n
就成为将圆盘的
n
个扇形格染四色,使相邻格不同色的染色方
法数,易知,
x
1
?4,
x
2
?12,
1
x
n
?x
n?1
?4?3
n?1
?
n?3
?
,
○
将
○
1写作
?
?1
?x
n
?
?
?1
?
因此 <
br>?
?1
?
n?1
nn?1
x
n?1
??4?
?
?3
?
n?2
n?1
.
n?2
x
n?1
?
?
?1
?
2
x
n?2
??4?
?
?3
?
2
;
?? ??
?
?1
?
x
3
?
?
?
1
?
x
2
??4?
?
?3
?
2
?
?1
?
x
2
??4?
?
?3
?
.
nn
3
;
n
n
相加得,<
br>?
?1
?
x
n
?
?
?3
?
?3
,于是
x
n
?3?3?
?
?1
?
(n?2)
.
因此
x
13
?3
13
?3
.
这就是所求的取牌方法数.
四、对任意正整数
n
,设
a
n
是方程
x?
(1)
a
n?1
?a
n
;
3
x
?1
的实数根,求证:
n
(2)
1
?a
n
.
?
2
i?1
(i?1)a
i
3
n
证:由
a
n
?
(1)
a
n
?1
,得
0?a
n
?1
.
n
a
n?1
a
n
a
n?1
a
n
1
3322
??a
n?a???(a
n?1
?a
n
)(a
n?1n?1
?a
n?1
a
n
?a
n
?)
n?1nnnn
2
33
0?a
n?1
?a
n
?
.
因为a
n?1
?a
n?1
a
n
?a
n
?<
br>2
a
?
2
?
因为
a
n
?
?
n
?
2
1
?0
,故
a
n?1
?a
n
?0
,即
a
n?1
?a
n
.
n
?
1
?
?
?1
,所以
n
?
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a
n
?
1
2
a
n
?
1
n
?
1
1?
1
n
?
n
,
n?1
从而
1
?
n?1?
2
a
n
?
1
,
n
?
n?
1
?
n
1111n
??(?)?1???a
n
.
???
2
ii?1ii?1n?1n?1
?
i?1i?1
?
i?1
?
a
i
i?1
?
n
1
n
故
?
i?1
n
1
?
i?1
?
2
a
i<
br>?a
n
.
第三届中国东南地区数学奥林匹克解答
希望联盟2006年度赛
第二天(2006年7月28日, 8:00-12:00,
南昌)
五、如图,在
?ABC
中,
?A?60?
,
?ABC
的内切圆
I
分别切边
A
G
AB,AC<
br>于点
D,E
,直线
DE
分别与直线
BI,CI
相交于
点
1
BC
.
2
证法一:分别连接
CF,BG,ID,IE,AI
,
则
A、D、I、E
四点共圆.
1
所以
?IDE??A
,
2
1
从而
?BDF?90???A
,
2
11
又
?BIC?180??(?B??C)=90???A
,
22
所以
?BDF??BIC
.
又
?DBF??CBI
,得
?FDB
∽
?CIB
.所以
FBDB
?
.
CBIB
F,G
, 证明:
FG?
D
F
I
E
B
C
A
G
D
F
I
E
B
C
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又由
?DBI??FBC
,
得
?IDB
∽
?CFB
,所以
CF?BF
,
1
?A?30?
.
2
同理
BG?GC
,所以
B、C、F、G
四点共圆,
FG
?BC
, 由此
sin?FCG
1
所以
FG?BC
.
2
从而
?FCG?
证法二:
1
(?B??C)
,
2
180???A1
?(?B??C)
,
又因为
?BDG??ADE?
22
所以
B、D、I、G
四点共圆,
因此
?BGC??BDI?90?
.
同理
?CFB?90?
,所以
B、C、F、G
四点共圆.
1
又
?FCG?90???FBC??BCI?90??(?B??C)?30?
,
2
1
所以
FG?BCsin?FCG?BC
.
2
因为
?BIG?
六、求最小的实数m,使得对于满足a+b+c=1的任意正实数a,b,c,
都有
m(a
3
?b
3
?c
3
)?(6a<
br>2
?b
2
?c
2
)?1
.
解法一:当a=b=c
?
3
1
时,有
m?27
.
3
33222
下证不等式
27(a?b?c)?6(a?b?c)?1
对于满足a+b+c=1的任意正实数a,b,c都成立.
因为对于
0?x?1
,
4
2
?81x
3
?18x
2
?15x?4?0?(3x?1)(9x?4)?0
,
3
4
32
故
27x?6x?5x?
,
0?x?1
.
3
4
32
所以
27a?6a?5a?
,
3
4
32
27b?6b?5b?
,
3
4
32
27c?6c?5c?
,
3
有
27x?6x?5x?
32
把上面三个不等式相加,
?(6a?b?c)?1
.
得
27(a?b?c)
所以,m的最小值为27.
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333222
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解法二:当a=b=c
?
1
时,有
m?27
.
3
下证不等式
27(a
3
?b
3
?c
3
)?6(a
2
?b
2
?c
2
)?1
对于满足a+b+c=1的任意正实数a,b,c都成立.
因为
(a?b)
2
(a?b)?0
,所以
a?b?ab?ab
,
同理,
b?c?bc?bc
,
c?a?ca?ca
,
22
于是
2(a
3
?b
3
?c
3
)?a
2
b?bc?ca?
33223322
3322
a
2
b?
2<
br>b?c
,
ca
3(a
3
?b
3
?c
3
)?a
3
?b
3
?c
3
?a
2
b?b
2
c?c
2
a?ab
2
?bc
2
?ca
2
?(a?b?c
,
c
)(
2
a?
2
b?
2
c)?
2
a?<
br>2
b?
所以
6(a
2
?b
2
?c
2
)?1?6(a
2
?b
2
?c
2
)?(a?b?c
)
2
?6(a
2
?b
2
?c<
br>2
)?3(a
2
?b
2
?c
2
)
3
?9(
.
a
2
?b
2
?c
2
)?(27a
3
?b
3
?)
c
所以,m的最小值为27.
七、(1)求不定方程
mn?nr?mr?2(m?n
?r)
的正整数解
(m,n,r)
的组数.
(2)对于给定的整数
k?1
,证明:不定方程
mn?nr?mr?k(m?n?r)
至少有
3k?
1
组正整数解
(m,n,r)
.
解:(1)若
m,n,
r?2
,由
mn?2m,nr?2n,mr?2r
得
mn?nr?mr?2(m?n?r)
,
所以以上不等式均取等号,故
m?n?r?2
.
若
1?{m,n,r}
,不妨设
m?1
,
则
nr
?n?r?2(1?n?r)
,于是
(n?1)(r?1)?3
,
所以{n?1,r?1}?{1,3}
,故
{n,r}?{2,4}
,
{m,
n,r}?{1,2,4}
,
这样的解有
3!?6
组.
所以,不定方程
mn?nr?mr?2(m?n?r)
共有7组正整数解.
(2)将
mn?nr?mr?k(m?n?r)
化为
[n?(k?m)][r?(k?
m)]?k?km?m
.
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22
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n?k?m?1,r?k
2
?km?m
2
?k?m
满足上式.
且
m?1,2,?,[]
时,
0?m?n?r
.
k
2
k
为偶数时,
{m,n,r}?{l,k?l?1,k
2
?kl?l
2
?k?l}
,
其中
l?1,2,?,
k
给出了不定方程的3
k
组正整数解.
2
k
为奇数时,
{m,n,r}?{l,k?l?1,k
2
?kl?l
2
?k?l}
,
k?1
给出了不定方程的3
(k?1)
组正整数解,
2
k
?1k?1k?1
2
k?1
2
m,n,r
中有两个
?()?
k?
,另一个为
k?k
2222
(k?1)(3k?1)
?
的情况给出了不定方程的3组正整数解.
4
而
m?n?r?k
亦为不定方程的正整数解.
其中
l?
1,2,?,
故不定方程
mn?nr?mr?k(m?n?r)
至少有
3k?
1
组正整数解.
八、对于周长为
n
(n?N)
的圆,称满足如下条
件的最小的正整数
P
:如
n
为“圆剖分数”
果在圆周上有
P
n
个点
A
1
,A
2
,?,A
p
n
,对于
1,2,?,n?1
中的每一个整数
m
,
都存在两个点
*
A
i
,A
j
(1?i,j?P<
br>n
)
,以
A
i
和A
j
为端点的一条弧长等于
m
;圆周上每相邻两点间的弧
长顺次构成的序列
T
n
?(a
1
,a
2
,?,a
P
n
)
称为“圆剖分序
列”.例如:当
n?13
时,圆剖
分数为
P
13
?4
,如图所示,图中所标数字为相邻两点之间的弧长,圆剖分序列为
.
T
13
?(1,3,2,7)
或
(1,2,6,4)
求
P
21
和
P
31
,并各给出一个相应的圆剖分序列.
劣弧,故至多可得
k(k?1)
个弧长值.
当
k(k?1)?20
时,则
k?5
;
1
31
4
2
7
2
解:由于
k
个点中,每两个点间可
得一段优弧和一段
1
5
2
3
而当
k(k?1)?30时,则
k?6
.
10
第 7 页 共 10 页
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另一方面,在
k?5
时,可以给出剖分图
所以,
P
,3,10,2,5)
.
21
?5
,<
br>T
21
?(1
对于n=31,在
k?6
时,类似可给出剖分图
1
5
2
7
13
1
2
5
1
10
3
2
7
1
14
3
6
1
14
7
3
4<
br>2
12
4
6
4
8
5
2
所以,
P
,2,7,4,12,5)
,
(1,2,5,4,6,13)
,
(1,3,2,7,8,10)
,
(1,3,6,2,5,14)
或
31<
br>?6
,
T
31
?(1
(1,7,3,2,4,14)
等.
The
Third Chinese Southeast Mathematical Olympiad
Day 1(8:00-12:00,July 27,2006, Nanchang)
1.Suppose
a?b?0,
f(x)?
2(a?b)x?2ab
.Show that
there exists
4x?a?b
unique
x?0
,such that
f(x)?(
a?b
3
)
.
2
?
1
3
1
3
A
G
2.As
shown in the graph, in △ABC,
?ABC?90,
and
D,G
are
E
F
D
第 8 页 共 10
页
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B
C
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two points
on CA. Let E,F be the projection of A,G on BD
respectively. Suppose BE=EF,Show that
?ABG??DFC.
3.A set of poker has 52
cards with 13 cards in each suite (diamonds ?,
clubs ?, hearts ?, and
spades
?). Each
suite of cards are marked
2,3,?,10,J,Q,K,A
. Calculate the number of
subsets
with 13 cards of the poker,where
2,3,?,10,J,Q,K,A
all appear and no two
consecutive
cards(A and 2, 2 and 3, …,K and A)
of the same suit both appear.
3
4.For any
positive integer n,let
a
n
be the real
number solution of
x?
x
?1
. Show
that
n
(1)
a
n?1
?a
n
;
1
?a
n
.
(2)
?
2
i?1
(i?1)a
i
n
The Third
Chinese Southeast Mathematical Olympiad
Day 2(8:00-12:00,July 28,2006, Nanchang)
5.As shown in the graph,
?A?60?
. The
inscribed circle
?
I of
A
G
DF
?ABC
meet
AB,AC
at
D、E
respectively. Line
DE
meets line
BI
and line
CI
at
F,G
respectively. Show
that
FG?
I
E
1
BC
.
2
B
C
6.Find out the smallest real
number m,such that for all positive real numbers
a,b,c with
a+b+c=1,
m(a?b?c)?(6a?b?c)?1
.
7.(1)Find out the
number of positive integer solutions in
m,n
and
r
of the Diophantine
equation
mn?nr?mr?2(m?n?r)
.
(2)Fix an integer
333222
k?1
. Show that
the Diophantine equation
mn?nr?mr?k(m?n?r)
has at least
3k?1
positive integer
solutions in
m,n
第 9 页 共 10 页
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and
r
.
8.Given a positive
integer
n
,let
P
n
be the
smallest positive integer such that there are
P
n
points
A
on a circle of
perimeter
n
satisfying the following
condition: for any
1
,A
2
,?,A
P
n
integer
m
in
1,2,?,n?1
,there are two point
s
A
i
,A
j
(1?i,j?P
n
)
,a
nd one arc of the
circle with
endpoints
A
i
and
A
j
has
length
m
. In this case, we call the
sequence of the
lengths
a
1
,a
2
,?,a
P
n
of the
arcs of adjacent points a splitting sequence of
n
, written as
T
n
?(a
1
,a
2
,?,a
P
n
)
.For example, we
have
P
13
?4
as shown in the graph
where the
corresponding splitting sequences
of 13 are
1
3
1
4
2
7
2
T
13
?(1,3,2,7)
or
(1,2,6,4)
.
Find
P
21
and
P
31
,and give a splitting sequence of
21
and a splitting sequence of 31.
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