2009年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽加試題另解

第一 如圖1,MN分別為銳 PN=CM=MB=MI,PM=NC=NI

A B

又 ANT AMT 的外接圓圓ΓBCAC的中點CPCΓ于點P,

ATN NBC PNM PTM ATNTANPMABC的內(nèi)心聯(lián)結(jié)PI圓ΓT求證2)AB(不含點C上任取一點Q(Q≠ATB,AQC、△QCB的內(nèi)心分別為I1I2,則QI1I2T四點共圓.證法1:為了證明該題,先給出一個引理引理設(shè)IABCAI所在直ABCDIABC內(nèi)心的充要條件是BDDIDC.證明略

M 注:同樣利用△IN △BMTAN=NI1=NI=NC=PMBM=MI2=MI=MC= ANI1=ANQ=AMQ=IMI2ANI=BMI, I1NI=BMI2則△AN △IMI2,△I1N 回到原題 從而,AI1=AI=

=AN1)如圖

B

BTAANNCCMMBBT.

IAT=IPM=NIP=BIT,則TAI1=TII2. 分別三點共線共圓 圖

第一 如圖1,MN分別為銳( A B(的外接圓圓ΓBCAC的中點CPCΓ于點P,

PN=CM=MB=MI,PM=NC=NI又 ANT AMT ATN NBC PNM PTM 則ATNT PM則 M ABC的內(nèi)心聯(lián)結(jié)PI并延長交圓ΓT求證2)AB(不含點C上任取一點Q(Q≠ATB,AQCQCB的內(nèi)心分別為I1I2,QI1I2T四點共圓.證法1:為了證明該題,先給出一個引理引理設(shè)IABCAI所在直ABCDIABC內(nèi)心的充要條件是BDDIDC.證明略

注:同樣利用△IN △BMTAN=NI1=NI=NC=PMBM=MI2=MI=MC= ANI1=ANQ=AMQ=IMI2ANI=BM I1NI=BMI2則△ANI1△IMI2,△I1NI△I2MB回到原題

,A

AI

B 1)如圖TAANNC、CMMBBT.易知

B IAT=IPM=NIP=BIT,TAI1=

分別三點共線PCMN共圓 圖

1)IT=IM,IT=II2 ATI1 2 I1TI2=ATI=ATP=MQN=I1Q(李耀文山東棗莊第十八中學(xué) 1)ITIM,IT=II.則△AI1T△II2T]ATI1=ITI2.故I1TI2=ATI=ATP

=MQN=I1Q2( 2009年第12證法2:1)AIMBIN

n三點共線

k=

k+1-1>ln(n+2)-1>lnn-PMNI NPI MN

n k=1k+

-lnn>-

=1.

k=1k2+k=1k2+ k2 k=2k2+=2 k<2+ln n 1k=n即 k=1k+2-lnn<2

k2+<2+CP∥MNPA

k=2NT CN MMT

2

=CM=NP

2)同解答 博湖北省武漢二中,

-1

k-lnn1≤ ≤k=1k+

山東省東營勝利一中,n-1

k-lnn1(n=1, ≤? ≤?

陳靜湖北省荊州中學(xué)

k=1k+

證法2:證法1:

n

n+ n-1

n-1

∫2k=

k+

<lnn

k=1

k=1k+ 1+ n+11 =這是因為函數(shù)f( 1與x軸及x=1、=x

=2

1+x2d1+n+2xnSi)11,?11

=2ln1+ lnn2+2n+2-ln2矩形面積和1

n-

n 則

-lnii)2

3,?,n1為寬的

k=1k2+矩形面積和

ln1+n+

ln 12+

+? +n+n

1

ln1-ln e =-1+

>-21<1+ <xdx<1+2+?+n-1(n21<1+ 即 1即+

+?

1 1

n1+ +

n-

n k 1 1:-1<

n

lnn≤1

k=

k2+

-lnn=2-ln1=2k=

k2+

當n≥2n k 1

n

當n1式成立當n≥2

k=

k2+

=2原不等

k==

k2+1<11+x2ln1+ -ln n k

k =2=

k+

n

lnk=1k+

k=1k+

k=

k=1k+2:1)AIMBIN

1-1>ln(n+2)-1>lnn-nkn三點共線

k=

+-lnn>- NPI PMI MN =1.

k=1k+ IPM IMN

< +2+CP∥MNPA PMI=INsinN M

k=2 M

sin2

=CM=NP

2)同解答(齊博,

n-1

-ln 1≤ ≤k=1k+ (王繼忠山東省東營勝利一中,n-1

-ln 1(n=1,

王書爽陳靜, ≤ k1k 證法2: n+ n-n- >∫2n-k=1k+1<lnn<k=1k

k=1k+ 1+ n+ 這是因為函數(shù)f( 1與x軸及x=1

=2∫2d1+x 1+x

n+xnS(i)小于以1,1,

=2ln1+ lnn2+2n+2-ln矩形面積和

n-

則

ln(ii)大于以2,3,?,n為高、1為寬 k=1k2+矩形面積和 2+

ln1+

+

ln<2

ln1+ -ln -ln

n 2

ln

ln1+

-ln

k=1k+n

n+2+ +=

=-ln2

k=

k2+1-ln1+k

+ln k

n+ln1+ -ln

>-ln2

k=

k2+1-k+1+ ≤2

n k- =-ln2+k=1(k2+1)(k+1)+

n+n 1 5 1

>-ln2>- n k 1

n k 1故-1<

k=

k2+

-lnn≤2

故-1<

k=

k2+

-lnn≤2(傅樂 廣東省珠海市第一中學(xué)519000

(舒金根浙江省衢州第二中學(xué)第三 設(shè)k、l是給定的兩個正整數(shù)m:m(m≥k)使得m證法3:先證明一個引理 設(shè)x>0.

與l互質(zhì)∞t=k 證法1:pC∞t=k

k

mx-2<ln(1+x)<

p

f(x)=ln(1+x)-

因此

m-k(t=1,2,?),tptg(x)=ln(1+x)-x+2

即k+(m-k)m在p進制下不發(fā)生進位=則f( 1=1+

--1=1+

<

l的質(zhì)因數(shù)為p1,p2,?,pn不妨設(shè)p1p2pnk在pi(i1,2,?,ng(x)=1+x-1+x=1+x>

,k在p1進制的表達式的數(shù)1x01

k

rar1f(x)<f(0),g(x)>g(0)1

-1,

-2 x-22

<ln(1+x)<

m=k+ls+1+t(tN).n1

Ck均與l互質(zhì)n-1

k-lnn1= =

濤天津師范大學(xué)數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)k=1k+當n≥2

07,證法2:當l=1時,對任意的 N2n 2k=1k+

ln

結(jié)論均成立nk=l1m=p·ln+kn>k,nk= k =2nknk=<2

k2+1-ln1+k- k 1 k2+1-k-1+2(k-1)3- 1

N+m(m-1)(m-2)?(m-k+Qx)為整系數(shù)多項式=2+k=22(k-1)2(k2+1)<2

mk +?>

+n

ln1-ln2=-1+ln

-<

xdx<1+2+?+n-1(n>1) 2 1+2

+?

+?+

n1 + n- 下面證明:-1< -lnn≤1 k=1k2+1-lnn=2-ln1=2k1k2 當n≥22 2當n1,

=2

<∫2k=1k+2

k=2k+ 11+式成立當n≥2

ln1+n2-ln kk kk

故 -ln故k=1k+ k=1k+ k= k=1k+2009年第12m(m-1)(m-2)?(m-k+1)

m=m

mCk1+xm中xk的系數(shù).m+是整數(shù).因此,k!|Q(ln)·ln對任意的 +成立

1+xmCC

.(1+x)aip.i=當n大于k!的標準分解式中質(zhì)因數(shù)的

Cii

i-pk-

1≤i≤pk-1i- +Q(ln)·ln+k!=(tl+1)·k!(tN)+

ipk,Cpk-1p|nm,Ck,l)=tl1,l)m

1+xm

i=

(1+xpi)ai(modnp

xkCbnCbn-1?Cb0結(jié)論成立

回到原題

anan- 黑龍江省大慶一中, 超湖南省岳陽縣第一中學(xué)高271班414100指導(dǎo)教師

lp,p,?,p.k的pi進制的位數(shù)為ni1即k=bnbn-1?b1b0p.12ti 12t證法3:對任意的正整數(shù)tm=k+m:Ck,l)mmCk[m-(k-1)][m-(k-2)]?(m-m=m-(k- i+t·k!·l=

m為同余方程組mkmodpni)(m>k,i1,2,?,t)的解.i該同余方程組有無窮多個解.i Ck≡1(modp mCk與l互質(zhì)m 博湖北省武漢二中, α =1 i=1,2,?,k

證法5:不妨設(shè)lp11p22?pnn,p1p,?,p,α,α,?,α為正整數(shù)

因i|k!i1,2,?,k所以m-k-i是正整數(shù)

(Ck,l)=1Ζ(Ck,p)=1(i=1,2,?,mmi 即證Ck,p)=1mmi m≥k成立又又

m i是l1+質(zhì)故m-k-i)與l互質(zhì)

i與l

Cm=k!(m-k)Cm中pi的冪次為

km-(k-

與l互質(zhì)

S

∞j=p∞j=p-

∞j=p∞j=p-

m-∞j=∞j=pii=

S0m≥k成立iii+(劉淼天津耀華中學(xué)實驗四年二iii+

不妨設(shè)pxi-1≤k<pxi

N,證法4:先證明一個引理引 設(shè)mk的p進制表示(p為質(zhì)數(shù)m=(anan-1?a1a0)p

xipik唯一確定.取任意的yi使其滿足yi≥xi N+ii12nm=pyi,m=cmm?m+k( N).ii12nmSk m-kk=(b

?bb)

當j≤yi,pi|(m-k

nn-

10 0補齊Ck≡CbnCbn-1?Cb1Cb0(modp

=

m- p

=

m- p

an-

a1

<12

ln1+n2-ln2-ln21

2k=1k+

-ln=1

ln1

-ln

nk==-ln2 k2+1-ln1+k +k= n+ln1+ -ln

-ln2

k=

k2+1-k+1+ ≤2

=-ln2

k-k=1(k2+1)(k+

+lnn+n=1+1ln5<1 >-ln2>-

k=1k+故-1 -lnn≤2 故-1<k=1k2+1k=1k+(傅樂 廣東省珠海市第一中學(xué)

( 設(shè)k、l是給定的兩個正整數(shù)m:m(m≥km證法3:先證明一個引理引理x0

與l互質(zhì)證法1:pCk互質(zhì),Ck

m∞t= m∞t=x-2<ln(1+x)<

f(x)=ln(1+x)-

m-k(t=1,2,?),=+p =+pgx)=ln1+x)-x+2 k+(m-k)mp進制下不發(fā)生進位f(

=1+1

-1

1+x

l的質(zhì)因數(shù)為p1,p2,?,pn不妨設(shè)p1p2pnkpii1,2,?,ng′x)1x-1x1x ,kp1從而,當x>0時 位最長,設(shè)為k=aps+r,其中,正整數(shù)ar fx)f0),gx)g0 1≤a≤p1-1,0≤r≤ps- x-

<ln(1+x)< ,第5屆女子數(shù)學(xué)奧林匹克的第8題是 因此,存在唯一的正整數(shù)l2,使p3的質(zhì)數(shù)求證:存在若干個整數(shù)a,a,?,a滿足條件

2

<|

|<2×3l2-11-p

<

<

<?<

<2

一直做下去,構(gòu)造了整數(shù)列a0,a1,iip-

p-

p-

0<|ai|<

,

i+

p-3li|a|,2t2t整數(shù)次冪

|

|·|

在i<j使得|ai|=|aj||ai1|,|ai2|?,|aj|互不相同1中已經(jīng)給出了兩種證法.本文再

p-ai+

p-ai+

p-給出一個新的證法

|ai+

|·|

i+

:a0<|

|<

3li|a

3li+1|

3lj-1| 在唯一的正整數(shù)l,

i|ai+1

i+|ai+2

j-j|ajj =3li+li+1+?+lj- 2

<|

|<2×3l0-1

將ai

,ai+

,?,aj ap-3l0|a|0<|a 2,l1,

,原命題得證注:上述的正整數(shù)t可以小于p2 2

<|

|<2×3l1-111

12007年MO中國國家集訓(xùn)隊教練組編走向MO:數(shù)2007)[M].上海令

=p-3l1|

|0<|a2|<2

學(xué)出版社,2007, m-k

]bm-kpppp pppp

≤ <j<b+ - k-pp pp

m-p pi

=

m-kpp]= =pp]= jy,kpxi≤pyi]i]pj,0<pji

pj1即pji

=

kpp pp ii]S=ii

m-p =pij

a,m-k=

因此,m=cm1m2?mn+k( N)滿i其中,0iN).

-1,1≤b

題意m≥k,m有無窮多個iiibpj≤m-k<m=(bpa+α)pyi+iii

(徐剛湖南省岳陽縣第一中學(xué)高<bpa+yi+(α+1)pyi≤(b+1)

271班,414100指導(dǎo)教

(t當n=1時 這樣的Ck均與l互質(zhì)n-1

-ln 1= =

m(李 k=1k+當n≥2

證法2:當l=1時,對任意的 N+2k=1k+2

ln

l1m=p·ln+kn>k, =2

k2+1-ln1+k-

N+)1 k=

k2+

k-

+2(k-1)

m(m-1)(m-2)?(m-k+=Q(ln)·ln+k! 3- Qx)為整系數(shù)多項式=2k22k-12k21)<2 mkmm(m-1)(m-2)?(m-k+1)k!=m

引理的證明:Ck表示(1+x)m中xk的 是整數(shù).因此,k!|Q(ln)·ln對任意的 N成立當n大于k!的標準分解式中質(zhì)因數(shù)的

1+xmC因為piC

ni=Ci-C

(1+x)aip1≤i≤pk-1

ipk-i- Qln)·lnk!=tl1)·k! ipk,Cpk-1p|nm于是,(Ck,l)=(tl+1,l)= 則(1+x)mm

i=

(1+xpi)ai(mod 而右邊中xk的系數(shù)為CbnCbn-1?Cb0anan- 結(jié)論成立 回到原題(張利民黑龍江省大慶一中,163458陳超湖南省岳陽縣第一中學(xué)高271,414100指導(dǎo)教師米小淵)證法3:t令m=k+tl·k!.mCk,l)m[m-(k-1)][m-(k-2)]?(m-m m-(k-i)=i+

lpp?p.設(shè)kpini112k=t(bnbn-1?b1b0)p.i im為同余方程組mkmodpni)(m>k,i=1,2,?,t)的解.i Ck≡1(modp mCk與l互質(zhì)m(齊博, α

5:lp11p22?pnn,p1=1

(i=1,2,?,k

p?,p,α,α,?,α為正整數(shù) 因i|k!

=

2,?,k所以,m-k-i

(Ck,l)=1Ζ(Ck,p)=1(i=1,2,?, Ck,p 是正整數(shù) m≥k成立 m 又i是l的倍數(shù),則1 i與l 而Cm=k!(m-k)!,故Cm中pi的冪質(zhì).故m-(k-i)與l互質(zhì)

ikm-(k-

與l互質(zhì)

S

m∞j=p∞j=p-

k∞j=p∞j=p-

m-∞j=∞j=pii S0m≥k成立(劉淼天津耀華中學(xué)實驗四年 不妨設(shè)pxi-1≤k<pxi( N),其中 ,證法4:先證明一個引理引理設(shè)mkppm=(anan-1?a1a0)p

xipik唯一確定.取任意的yiyi≥xi N+)inmi=pyi,m=cm1m2?m+k( inmS m-k=b ?bb) 當j≤yi,pi|(m-k

n- 10 0補齊

m-

m-Ck≡CbnCbn-1?Cb1Cb0(modp

=pj+

= + anan- a1 ,第5屆女子數(shù)學(xué)奧林匹克的第8