2009年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽加試題另解

賽賽題新2009 高中 賽加試題另第一 如圖1,MN分別為銳(△ABCA B(的外接圓圓?；CAC的中點CPCΓ于點P,

PN=CM=MB=MI,PM=NC=NI ANT= AMT= 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=BM I1NI=BMI2則△ANI1△IMI2,△I1NI△I2MB△ANI回到原題 從而,AI1=AI=

=AN1)如圖

B 故△A

BTAANNCCMMBBT.

又IAT=IPM=NIP=BIT,則TAI1=TII2. A分別三點共線PCMN

共圓 圖故四邊形PCMN是等腰梯形 21)IT=IM,IT=II2則△AI1 ATI1 I1TI2=ATI= =MQN=I1Q因此,QI1I2T四點共圓(山東棗莊第十八中學(xué),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

< k=k=1k2+ k2+ k=2k2+=2+k=2k<2+ln n 1即 k=1k+-lnn 2+CP∥MNPA因此,PMI=INsinN M

k=2MTsin2

=CM=NP

綜合1)、2)可(2)同解答(齊博 二中,

n-1

-ln 1≤ ≤k=1k+ 求證:不等 (山東省東營勝利一中,n-1 -ln 1(n=1, n

,434020) ≤ 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+2ln1+1lnn2+2n2ln1+1lnn2+2n+2-ln(i)小于以1,1, 矩形面積和

n-

則

-ln(ii)大于以2,3,?,n為高、1為寬 k=1k2+ ln1+n+ -ln 2+3

nn

>ln1-ln2=-1+ln

>-<

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

+? <lnn<1+

+?+

當(dāng)n1

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

k=1

1=2

k=

k2+

<11+x2式成立2當(dāng)n≥2

ln1+n2-ln kk kk2 >

k+

故 -ln故k=1k+ k=1k+ k= k=1k+<<1 ln1+n2-ln2-lnn22k-ln1ln1 -ln1

k=1k+

n2=1 2

+lnln1+ -ln1+ -ln+ 1 +lnn+ =1+1ln5<1 >-ln2>-nk1=-lnnk1=-ln2k=k2+n-ln1+k+k1>-ln2k=k2+1-k+=-ln2nk-k=1(k2+1)(k+

故-1 -lnn≤ 故-1 -ln k=1k+ k=1k+( 省市第一中學(xué),

(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≥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∞t=mm m∞t=mmx-2<ln1+x) p

引理的證明:f(x)=ln(1+x)-

因此

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

-1

- l的質(zhì)因數(shù)為p,p,?,p,不妨設(shè)1

1+

1+x

p1p2pn則k在pii1,2,?,ng′(x)1x-1x1x ,kp1從而,當(dāng)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-2

<ln(1+x)<x. m=k+ls+1+t(t 當(dāng)n=1時 這樣的Ck均與l互質(zhì)knk-1

-ln 1=2=

(李 k=1k+當(dāng)n≥2

07級,證法2:當(dāng)l=1時,對任意的 N+2k=1k+2

-ln

結(jié)論均成立l1m=p·ln+knk,1=2+k=

k2+1-ln1+k-

N+)kk=<2n3n3-

kk2+1

1k-

1+2(k-1)1

m(m-1)(m-2)?(m-k+=Q(ln)·ln+k!Qx)為整系數(shù)多項式 k22k-12k2 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(dāng)n大于k!

1+xmC因為C

ni=Ci-C

(1+x)aip.1≤i≤pk-1.最高次冪時,

ipk-i- Qln)·lnk!=tl1)·k! N+ 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 ,163458陳超湖南省岳陽縣第一中學(xué)高271,414100指導(dǎo)教師)證法3:t令m=k+tl·k!.m:Ck,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(齊博省二中, α

5:l=p11p22?pnn,p1=1

(i=1,2,?,k

p,?,p,α,α,?,α為正整數(shù) 因i|

(i=1,2,?,

所以

m-(k-i

(Ck,l)=1Ζ(Ck,p)=1(i=1,2,?, 即證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的冪與質(zhì)m-k-與

l互質(zhì) ikk

m-(k-

與l互質(zhì)

∞pS ∞pj=

-j=

∞∞p ∞∞p j=

m-p pii S0m≥k成立(劉 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mkppm=(anan-1?a1a0)p

xi由pik唯一確定.取任意的yi,使其滿足yi≥xi(yi N+).令 1 mi=pyi,m=cmm?m+k( 1 mS m-k=b ?bb) 當(dāng)j≤yi,pi|(m-k

nn- 10 0補齊

m-

m-Ck≡CbnCbn-1?Cb1Cb0(modp

=pj+

= + anan- a1 (江蘇 第5屆女子數(shù)學(xué)的第8題是 因此,存在唯一的正整數(shù)l2,使2設(shè)p為大于3的質(zhì)數(shù).求證:存在若干 2整數(shù)a,a,?,a

2×3l2<|a2|<2×3l-1p p-2<

t<

<?<

p<2

一直做下去,構(gòu)造了整數(shù)列a0,a1,?pip-a1p- p- 0<|ai|<2,ai1p-3li|a|, |a|·|a|·?·|a|

在i<j使得|ai|=|aj||ai+1|,|ai+2|?,|aj|互不相同文[1]中已經(jīng)給出了兩種證法.本文 p-ai+1p-ai+ p-給出一個新的證法 |ai+

|i |

:a0<|a|<

p.則 3li|a|3li+1|

j3lj-1|

i

i+1 j-l,

|ai+1

|ai+2

|aj <|

=3li+li+1+?+lj-p2p

0|<2×3l0-1 ai1,ai2,?,aj2 ap-3l0|a|0<|a|2

注:tp2 <|

2

1|<2×3l1-1p1

[1]2007年MO中國國家集訓(xùn)隊組編.MO:數(shù)學(xué)試題集錦(2007)[M].:華東師范大a2p-3l1|a|0<|a2|<

2 ,2007, m- ]bm- =

≤ <pj<b+ ji ji

m- =0.