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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
1.(李文秀)已知 a 为给定的实数,那么集合M={x|x -3x-a + 2=0,x∈R}的子集的个数为(C A.1 B.2
2 2 2

) .

C.4


D.不确定

解:M 表示方程x -3x-a +2=0 在实数范围内的解集.由于 Δ=1 +4a >0,所以M含有 2 个元素.故集合M有a2 =4 个子集,选C.


2. (伏永辉)命题 1:长方体中,必存在到各顶点距高相等的点. 命题 2:长方体中,必存在到各条棱距离相等的点; 命题 3:长方体中,必存在到各个面距离相等的点. 以上三个命题中正确的有( A.0 个 B.1 个 B ) . D.3 个

C.2 个

O

解: 由于长方体的中心到各顶点的距离相等,所以命题 1 正确.对于命题 2 和命题 3, 一般的长方体 (除正方体外) 中不存在到各条棱距离相等的点, 也不存在到各个面距离相等的点.因此,本题只有命题 1 正确,选B. 3.(高晶晶)在四个函数y=sin|x|、y=cos|x|、y=|c tgx|、y=lg|sinx|中,以 π 为周期、在(0,π/2)上单调 递增的偶函数是( D ) .
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A.y=sin|x| C.y=|ctgx| 解:方法一: 用排除法.

B.y=cos|x| D.y=lg|sinx|

首先 ABCD 四个函数都是偶函数 A 的图像如下图 B 的图像如下图

C 的图像如下图

显然,A.不是一个周期函数;B 的周期不是π ,并且在(0, )上单调递
2



减;C 的周期为π ,但是在( 0, )上是减函数。故选择 D
2



方法二:D 选项的分析: sinx 的绝对值的图像如下图所示:

它在并且在 (0, ) 上单调递增, 并且以π 为周期, 又因为log10 (x>0)
2



是定义域内的增函数,由复合函数的性质可以得到 D 是正确的。 方法三:特殊值法: A 选项假设为偶函数,则取 x= ,则 y= ;取 x= ,则 y=?
4 2 4 2 5 2 2

,x 与 y

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不相等,所以 A 的周期不是π ,A 错;同理 B 选项中取 x= ,则 y= ;若取
4 2



2

x= ,则 y=?
4 3

5

2 2

所以 B 的周期不是π ,B 错;C 选项中,取 x= ,则 y=1,
4 3 3 2



若取 x= ,则 y= ,所以该函数在(0, )上不符合单调递增,所以 C 错。故选 D 4. (连亚彪)如果满足∠ABC=60° ,AC=12,BC=k的△ AB C恰有一个,那么k的取值范围是( A. k ? 8 3 D ) .

B.0<k≤12

C.k≥12D.0<k≤12 或 k ? 8 3 解:第一种: (1)当 AC<BCsin∠ABC,即 12<ksin60°,即 k>8 3时,三角形无 解; (2) 当 AC=BCsin∠ABC, 即∠ABC =90° , 即 12=ksin60°, 即 k=8 3时, 三角形有 1 解,为直角三角形; (3) 当 BCsin∠ABC<AC<BC, 即 ksin60°<12<k, 即 12<k<8 3, 三角形有 2 个解,锐角或钝角三角形; (4)当 0<BC≤AC,即 0<k<12 时,三角形有 1 个解, (5)当 BC=AC,即 k=12 时,为等边三角形,有一解, 综上所述:当 0<k≤12 或 k=8 3时,三角形恰有一个解. 故答案为:0<k≤12 或 k=8 3

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B

第二种:

C A

以 C 为圆心,12 为半径作圆,

1. 当圆与 AB 相切时三角形 ABC 为角 A 为直角的直角三角形且三角形唯 一,此时,BC 取得最大值 83
B

A

C

2. 当圆过 B 点时,三角形 ABC,为等边三角形,也唯一,此时 BC=12 3. 当 12<BC<8 3时,圆与 AB 有两个交点,三角形 ABC 不唯一 4. 当 0<BC<12 时,圆与 AB 有一个交点,三角形 ABC 唯一, 综上:0<k≤12 或 k=8 3 解法三:用排除法,由解法二作图可知,当 BC 大于 8 3时 AC 大于 12, 不符合题意,则排除 C 答案;当 BC=AC,即 k=12 时,为等边三角形,有

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一解, 当圆与 AB 相切时三角形 ABC 为以角 A 为直角的直角三角形且三 角形唯一,则排除 A、B 答案。故 D 正确。 5. (杨柳)若(1+x+x2)1000 的展开式为a0+a1x+a2x2+…+a
2000x 2000

, ) . D.32001?

则a0+a3+a6+a9+…+a1998 的值为( A.3333? B.3666? C.3999?

解: 由于要求的是展开式中每间降两项系数的和, 所以联想到 1 的单位根, 用特殊值法. 取 ω=-(1/2)+( 3/2)i,则 ω =1,ω +ω+1=0.
3 2

令x=1,得 31000=a0+a1+a2+a3+…+a2000; 令x=ω,得 0=a0+a1ω+a2ω +…+a2000ω2000;


令x=ω ,得 0=a0+a1ω +a2ω +a3ω +…+a2000ω4000.
2 4 6



三个式子相加得 31000=3(a0+a3+a6+…+a1998) . a0+a3+a6+…+a1998=3999,选C. 6. (杨柳)已知 6 枝玫瑰与 3 枝康乃馨的价格之和大于 24,而 4 枝攻瑰与 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
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解:这是一个大小比较问题.可先设玫瑰与康乃馨的单价分别为x元、y 元,则由题设得, 6 + 3y > 24 4 + 5 < 22 ① ②

?问题转化为在条件①、②的约束下,比较 2x与 3y的大小.有以下两 种解法: 解法 1:为了整体地使用条件①、②,令 6x+3y=a,4x+5y=b, 联立解得x=(5a-3b)/18,y=(3b-2a)/9. ∴2x-3y=…=(11a-12b)/9. ?∵a>24,b<22, ?∴11a-12b>11?24-12?22=0. ?∴2x>3y,选A.
Y

L (3,2)

X O 4 5.5

解法 2:由不等式①、②及x>0、y>0 组成的平面区域如图 1 中的阴影 部分(不含边界) .令 2x-3y=2c,则c表示直线l:2x-3y=2c 在x轴上的截距.显然,当l过点(3,2)时,2c有最小值为 0. 故 2x-3y>0,即 2x>3у,选A. 7.(连亚彪)椭圆 ρ=1/(2-cosθ)的短轴长等于___ 解法一:当θ =0 时:有ρ (0)=1/(2-cos 0)=a+c;
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2 3 3

___________.

当θ =π 时:有ρ (π )=1/(2-cosπ )=a-c; + = 1 由上式可得 ? = 1
3 3

解得a= ,c=
3 2 3 3

2

1 3

从而由2 =2 - 2 得 b= 所以 2b=
3

.

解法二:由ρ =1/(2-cosθ )得;2ρ -ρ cos θ =1; 由ρ = x 2 + y 2 ; ρ cosθ =x 得:2 x 2 + y 2 ? x = 1; 移项去根号得: 整理得: 4x 2 + 4y 2 =x 2 +2x+1 3x 2 ? 2x+4y 2 =1
1 3 2 4 3 4 9

再配方得:(x ? ) + y 2 = 可化为椭圆方程为
(x ?3 )2
4 9 1

+ 1 =1
3

y2

所以b2 =1/3 所以 b= 所以 2b=(2√3)/3.
3

3

8. (高晶晶)若复数z1、z2满足|z1|=2,|z3|=3,3z1-2z2 =(3/2)-i,则z1· z2=____-( )+( )i__________.
13 13 30 72

解法一:令 Z1=2(cos + sin ) 因为 3 Z1-2 Z2 = –i
2 3

Z2=3(cos + sin )
3 2

则由复数的充要条件得

6 cos ? cos =
3 2

6 sin ? sin = ?1
? 2



?12 sin( + /2) sin(( ? )/2) ) = ① 12 cos( + /2) sin = ?1 ②

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①/②可以得到:tan( + /2) = 利用万能公式得:sin( + ) =
12 13

3 2 15 13

cos( + )=
30 13 72 13

Z1Z2=6 cos + + sin( + ) =-( )+( )i 解法二: ∵ z1 ·z1 =4,z2 ·z2 =9, ∴3z1 ? 2z2 = z2 ·z2 ·z1 ? z1 · z1 ?z2 = z1 z2 2z2 ? 3z1
3 2 6 1 1 1

∴z1 z2 =6(3z1 ? 2z2 )/ 2z2 ? 3z1 =-6(3z1 ? 2z2 )/3z1 ? 2z2 =-6
3 ?i 2 3 +i 2

=?

30 13

+ (72/13)i

9.(伏永辉)正方体ABCD-A1B1C11的棱长为 1,则直线A1C1与 BD1的距离是______ ________.
6 z 6

?
1

1

1 1

D A B

C y

解:

x

解法一:建立如图一所示的空间直角坐标系,则 A=(1,0,0), A1(1,0,1),B(1,1,0),D1(0,0,1),C1(0,1,1)故
2 11

=(-1,0,0), 与
1

=(-1,-1,1),

11

=(-1,1,0),设



=(x,y,z)为

11

所确定平面

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的法向量,则 可以解出 d=

11 .

.

=0, .
6

1

=0,联立令 y=1,解得



=(1,1,2),所以

1 1

=

6



解法二: ?为了保证所作出的表示距离的线段与A1C1和BD1都垂直, 先将其中 一条直线置于另一条直线的垂面内. 为此, 作正方体的对角面BDD1B1, 则A1C1⊥面BDD1B1, 且BD1 面BDD1B1. 设A1C1∩B1D1=0, 在面BDD1B1内作OH⊥BD1,垂足为H,则线段OH的长为异面直线 A1C1与BD1的距离.在Rt△ BB1D1中,OH等于斜边BD1上高的 一半,即OH= /6 .

10.(李文秀)不等式|(1/log1/2x)+2|>3/2 的解集为_x>4, 或 1<x<22/7,或 0<x<1. 解法一:由(1/log1/2X)+2|>3/2 得: (1/log1/2X)+2>3/2 或(1/log1/2X)+2<-(3/2) ∴log1/2X<-2 或-2/7<log1/2X<0,或log1/2X>0 得 x>4 或 1<x<22/7 或 0<x<1 综上所述:x>4 或 1<x<22/7 或 0<x<1. 解法二:|(1/log1/2X)+2|>3/2 给不等式两边同时平方整理得:
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(1/log1/2X)2+4(1/log1/2X)+4/7>0 1/log1/2X>(-4± 9)/2 log1/2X>2/(-4±3) 则:log1/2X<-2, 或-2/7<log1/2X<0, 或log1/2X>0

x>4 或 1<x<22/7 或 0<x<1 综上所述:x>4,或 1<x<22/7, 或 0<x<1. 11. ( 李 文 秀 ) 函 数 y = x + y≥2___________. 解:由 x2-3x+2≥0 解得方程的定义域为 x≤1 或 x≥2 讨论:(i)当 x≤1 时:y=x+ 2 ? 3 + 2 将方程变形两边平方得: 的 值 域 为 ___1≤y < 3 / 2 , 或

(-) =x 2 -3x+2
整理得: 2 ? 2=x(2 ? 3),(y≠3/2) 即:x=
2 ?2 2?3

2

,
2 ?2 2?3

则 y-x= 2 ? 3 + 2≥0 即 yy 2y ?3 ?( 2 ?2) 2?3

≥0 整理得:

=

(?1)(?2) 2?3

≥0

由穿根法的 1≤y≤3/2,或 y≥2 又因为 y≠3/2 所以 1≤y<3/2,或 y≥2 讨论:(ii)当 x≥2 时: 因为 y=x+ 2 ? 3 + 2单调递增 所以 y≥2+√(22-3*2+2)=2 即 y≥2
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综上所述:解得 1≤y<3/2,或 y≥2. 由于 能达到下界 0, 所以函数的值域为 [1 , 3/2) ∪ [2, +∞) .

12.(伏永辉)在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物(如图 3) ,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. 解:六块区域依次用字母A、B、C、D、E、F表示.按间隔三块A、 C、E种植植物的种数,分以下三类. (1)若A、C、E种同一种植物,有 4 种种法.当A、C、E种植后,B、 D、 E可从剩余的三种植物中各选一种植物 (允许重复) , 各有 3 种方法. 此 时共有 4× 3× 3× 3=108 种方法. (2)若A、C、E种二种植物,有P42 种种法.当A、C、E种好后,若 A、C种同一种,则B有 3 种方法,D、F各有 2 种方法;若C、E或E、 A种同一种,相同(只是次序不同) .此时共有P4 × 3(3× 2× 2)=432 种 方法. (3)若A、C、E种三种植物,有P4 种种法.这时B、D、F各有 2 种 种方法.此时共有P4 × 2× 2× 2=192 种方法. 根据加法原理,总共有N=108+432+192=732 种栽种方案. 三.解答题
2 13 (高晶晶) . 设{an }为等差数列, {bn }为等比数列, 且b1 =a1 , b2 =a2 b3 =a2 2, 3
3 3 3

(a1 < a2 ) ,又limn 公差。

∞ (b1

+ b2 +· · ·+bn ) = 2 + 1,.试求{an }的首项与

解:设所求公差为 d,∵a1<a2,∴d>0.由此得
2 2 1 (1 + 2 )2 = (1 + )4 化简得:21 + 41 + 2 = 0
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解得:d = (?2 ± 2)1 而?2 ± 2 < 0,故 a1<0 若d = (?2 ? 2)1 ,则 q= 若d = (?2 + 2)1 ,则 q= 但 limn q=
2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1

= ( 2 + 1)2

= ( 2 ? 1)2

∞ (b1

+ b2 +· · ·+bn ) = 2 + 1, 存 在 , 故 | q | < 1 , 于 是

= ( 2 + 1)2 不可能.
2 1

从而

1?( 2?1)2

2 = 2 + 1得到1 = (2 2 ? 2)( 2 + 1)

所以1 = ? 2

d=-2+ 21 = ?2 + 2 ? 2 = 2 2 ? 2
2

14. (连亚彪) 设曲线 C1: x 2
a

? y 2 ? 1 (a

为正常数)与 C2:y2=2(x+m)在 x 轴上

方公有一个公共点 P。 (1)求实数 m 的取值范围(用 a 表示) ; (2 ) O 为原点, 若 C1 与 x 轴的负半轴交于点 A, 当 的面积的最大值(用 a 表示) 。
2

1 0<a< 2

时, 试求⊿OAP

解:(1)由

= 2( + )

2 2

+ 2 = 1

消去 y,得 2 + 22 x+22 ? 2 =0① 设 f(x)= 2 + 22 x+22 ? 2 ,这是以对称轴为 xp=-a2 开口向上的 二 次 函 数 , 则 问 题 (1) 化 为 方 程 ① 在 x ∈ ( - a , a) 上 有 唯 一 解 或 等

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根.f(x)= 2 + 22 x+22 ? 2 只需讨论以下三种情况:
2 1、 △=4a4-4a( 2m-1) =0 时 m= 2

2 +1 2

, 此时只要使对称轴 xp=-a2 在 (-a,a)

内即可,即-a<-a <a,即 0<a<1; 2、当对称轴 xp=-a2 不在(-a,a)内时,只要 f (a)f (-a)<0 即可,带 入化简后得2 < 2 解得-a<m<a; 3、f (-a)=0 得 m=a,此时对称轴为 xq=a-2a2, 只要使 -<-22< 化简: 0<<1解得:0<<1; 3 f a = ?4 > 0 0 <

4、f (a)=0 得 m=-a,此时对称轴为 xn=-a-2a2,但显然不满足- a-2a2<-a,从而 m≠-a. 综上可知,当 0<a<1 时,m= 当 a≥1 时,-a<m<a (2)△OAP 的面积 s=
2 1 2 +1 2

或-a<m≤a;

∵0<a< 1 ,故-a<m≤a 时,0<?2 + 2 + 1 ? 2<a,
2

由唯一性得 =?2 + 2 + 1 ? 2 显然当 m=a 时, xp 取值最小. 由于 xp>0, 从而 yp= 1 ? 此时 =2 ? 2 , ∴s =a ? 2 .
2

2

取值最大,

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当 m=

2 +1 2

时,xp=-a2,yp= 1 ? 2 ,此时 s= 1 ? 2 .
2 1 2

1

下面比较 a ? 2 与 1 ? 2 的大小: 令 a ? 2 = 1 ? 2 ,得 a= 故当 0<a≤ 1 时,
2 3 1 1

3

a ? 2 ≤ 1 ? 2 ,此时max = 1 ? 2
2 2

1

1

当 < < 时, ? 2 > 1 ? 2 ,此时max = ? 2
3 2 2

1

1

1

15. (杨柳)用电阻值分别为 a1、a2、 a3、 a4、 a5、 a6、 (a1>a2>a3>a4>a5>a6) 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 RFG,当 Ri=a i,i=3,4,5,6, R1、R2 是 a1、a2 的任意排列时,RFG 最小 证明如下: 1、设当两个电阻 R1、R2 并联时,所得组件阻值为 R,则 =
1 1 1

+

1 2

.故交

换二电阻的位置,不改变 R 值,且当 R1 或 R2 变小时,R 也减小,因此不 妨取 R1>R2.
2 3 A 2 B

2、设 3 个电阻的组件(如图 1)的总电阻为 RAB = 1 2 1 2 + 1 3 + 2 3 + 3 = 1 + 2 1 + 2
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显然 R1+R2 越大,RAB 越小,所以为使 RAB 最小必须取 R3 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 RCD 1 2
C D

3

4 若记1 = 2 =
1≤i ≤j ≤4 1≤i ≤j ≤k ≤4 ,则

S1、S2 为定值,于是 =

2 ?1 2 3 2 ?3 4

只有当 R3R4 最小,R1R2R3 最大时,RCD 最小,故应取 R4<R3,R3<R2,R3 <Rl,即得总电阻的阻值最小 4、对于图 3 把由 R1、R2、R3 组成的组件用等效电阻 RAB 代替.要使 RFG 最 小,由 3 必需使 R6<R5;且由 1 应使 RCE 最小.由 2°知要使 RCE 最小,必 需使 R5<R4,且应使 RCD 最小. 而由 3,要使 RCD 最小,应使 R4<R3<R2 且 R4<R3<R1, 这就说明,要证结论成立

2001 年全国高中数学联合竞赛加试 (以下试题由小组合作完成) 一.如图:⊿ABC 中,O 为外心,三条高 AD、BE、CF 交于点 H,直线
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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= (180°-∠BOC)=90°-∠BAC ∴OB⊥DF. (2)∵CF⊥MA ∴MC2-MH2=AC2-AH 2① ∵BE⊥NA ∴NB2-NH2=AB2-AH 2② ∵DA⊥BC ∴BD2-CD2=BA2-AC 2③ ∵OB⊥DF ∴BN2-BD2=ON2-OD 2④
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1 2

∵OC⊥DE ∴CM2-CD2=OM2-OD 2⑤ ②+③+④-⑤,得 NH2-MH2=ON2-OM 2 MO2-MH2=NO2-NH 2 ∴OH⊥MN 另证:以 BC 所在直线为 x 轴,D 为原点建立直角坐标系,
k AC ? ? a a , k AB ? ? c b c ( x ? b) a

设 A(0,a),B(b,0),C(c,0),则
y?? a ( x ? c) c ,直线

∴直线 AC 的方程为

BE 的方程为

y?

? c y ? (x ? b ) ? a 由? 得 ? ?y ? ? a (x ? c ) ? c ?

E 点坐标为 E( a c 2

? bc 2 ac 2 ? abc , a ? c2 a2 ? c2
2

)

a 2b ? b 2c ab 2 ? abc 同理可得 F( 2 ) , a ? b2 a2 ? b2
y? a c c ? (x ? ) 2 a 2 b?c 2

直线 AC 的垂直平分线方程为

直线 BC 的垂直平分线方程为
? a c c y ? ? (x ? ) ? 2 a 2 由? 得 ? b ? c ?x ? ? 2 ?

x?

O(

b ? c bc ? a 2 , 2 2a

)

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k OB

bc ? a 2 bc ? a 2 2a ? ? b?c ac ? ab ?b 2

, k DF ?

ab 2 ? abc ab ? ac ? a 2 b ? b 2 c a 2 ? bc

∵ kOB k DF

? ?1 ∴OB⊥DF

同理可证 OC⊥DE. 在直线 BE 的方程 y ?
c bc (x ? b ) 中令 x=0 得 H(0, ? ) a a

∴ k OH

bc ? a 2 bc ? 2 2a a ? a ? 3bc ? b ?c ab ? ac
2

直线 DF 的方程为 y ?
? ab ? ac y ? 2 x ? ? a ? bc 由? 得 ?y ? ? a (x ? c ) ? c ?

ab ? ac x a 2 ? bc

2 N ( 2a c

? bc 2

a ? 2bc ? c 2

,

abc ? ac 2 ) a 2 ? 2bc ? c 2

同理可得 M (

a 2b ? b 2c abc ? ab 2 ) , a 2 ? 2bc ? b 2 a 2 ? 2bc ? b 2

∴ k MN ?

a(b 2 ? c 2 )(a 2 ? bc ) ab ? ac ? ? (c ? b )(a 2 ? bc )(a 2 ? 3bc ) a 2 ? 3bc

∵kOH · kMN=-1,∴OH⊥MN. 二.设 xi≥0(I=1,2,3,…,n)且 ? x i 2 ? 2
i ?1 n

1? k ? j ? n

?

n k x k x j ? 1 ,求 ? x i 的最大值与 j i ?1

最小值。 解:先求最小值,因为(? xi )2 ?
i ?1 n

i ?1

? xi2 ? 2

n

1? k ? j ? n

?

k xk xj ? 1 j

?

i ?1

? xi ≥1

n

等号成立当且仅当存在 i 使得 xi=1,xj=0,j=i
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∴ ? x i 最小值为 1.
i ?1

n

再求最大值,令 xk ∴ ? ky k2 ? 2
k ?1 n

? k yk

1? k ? j ? n

? ky k y j
n

? 1①

设M ?

k ?1

? xk ?

n

k ?1

?

?y 1 ? y 2 ? ? ? y n ? a1 ? y 2 ? ? ? y n ? a2 ? k y k ,令 ? ?? ? ? y n ? an ?

则①?a12

2 2 ? a2 ? ? ? an ?1

令 a n ?1 =0,则 M ?
?

? k
k ?1

n

?1

k(a k ? a k ? 1 )

k ?1

?

n

k ak ?

k ?1

?

n

k ak ? 1 ?

?

n

k ak ?

k ?1

?

n

k ? 1ak ?

k ?1

?(

n

k ? k ? 1) ak

由柯西不等式得:
2 M ? [? ( k ? k ? 1)2 ] (? a k ) ? [? ( k ? k ? 1)2 ]

n

1 2

n

1 2

n

1 2

k ?1

k ?1

k ?1

等号成立?a1 ? ? ?
1

2

2 2 ak an ? ? ? ( k ? k ? 1)2 ( n ? n ? 1)2

?

2 2 2 a12 ? a2 ? ? ? an ak ? 1 ? ( 2 ? 1)2 ? ? ? ( n ? n ? 1)2 ( k ? k ? 1)2

? ak ?

k ? k ?1
[? ( k ?
k ?1 n

k ? 1) ]
2

1 2

(k=1,2,…,n)

由于 a1≥a2≥…≥an, 从而 y k ? ak ? ak ? 1 ?

2 k ?( k ? 1 ? [?( k ?
k ?1 n

k ? 1)
2
1 2

? 0,

k ? 1) ]

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即 xk≥0 所求最大值为[? ( k ? k ? 1)2 ]
k ?1 n
1 2

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),可义证明 f (m,n)=rn+n-(m,n) (1) 其中(m,n)表示 m 和 n 的最大公约数 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 r n+n-(m,n) (2)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 AA1D1D(如图), 由归纳假设 矩形 A1BCD1 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) (3)关于 m 归纳可以证明(1)成立. 当 m=1 时,由于 n=1,显然 f (m,n)=rn+n-(m,n)
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D

D1

C

n m A1

A

B

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=r n+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 al,a2,…,ap 不妨 a1≥a2≥…≥ap 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+…+ap 不小于 AB 与 CD 之和. 所以 a1+a2+…+ap≥2m>rn+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,…ap 的正方形,由归纳假设 a2+…+ap≥m-n+n-(m-n,n))=rn-(m,n) 从而 a1+a2+…+ap≥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).

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