2012全国高中数学联赛加试另解

一、
解法一：
延长AM 、AN 分别交1O 于D 、E 两点。

∠BAM=∠CAN
∴ BD
= C E ∴DE//BC
A M N ∴ 相似于AD E
A M N ∴ 与AD E 关于点A 位似 ∴A 、1O 、2O 三点共线。

解法二：
1BAO ∠=90︒-
12
1AO B ∠=90︒-∠C
同理2M AO ∠=90︒-∠ANM ∴2BAO ∠=2M AO ∠+∠BAM
=90︒-∠ANM+∠BAM
=90︒- (∠ANM -∠CAN)
=90︒-∠C ∴1BAO ∠=2BAO ∠
∴A 、1O 、2O 三点共线
解法三：
作AL ⊥BC 与L 点
1BAO ∠=∠LAC ，同理2M AO ∠=∠LAN
又∠BAM=∠CAN
∴2BAO ∠=∠BAM+2M AO ∠
=∠CAN+∠LAN
=∠LAC=1BAO ∠ ∴A 、1O 、2O 三点共线
B
C
A
B
A
B
A
二、
（1）解：a A ∈ ,设2k a = ()k N +∈
反证之. 若(1)b b +是2a 倍数，则有： 2(1)a b b +.
(),11b b += 2a b ∴或21a b + ∴2a b ≤或21a b ≤+ 而21b a <-
b ∴和1b +均小于2a ，矛盾！ ∴(1)b b +一定不是2a 倍数. （2）解法一：
a A ∈，1a ≠ ，
设2l a q = (q 为奇数, 1q > ，l N ∈) 122l a q +∴=. 下证：存在M ,满足1(mod )M q ≡,10(mod 2)l M +≡. 因为(,2)1q =,所以，由欧拉定理得：()2q ϕ1(mod )q ≡，
（其中()q ϕ表示不大于q 与q 互素的正整数个数.）
取(1)()2l q M ϕ+=， 则()1
(2
)1(m od )q l M q ϕ+=≡，1
0(mod 2
)l M +≡满足条件.
存在s 、t N ∈，使得2M as t =+，且021t a ≤≤-，
又1(mod )M q ≡ 0t ∴≠.
而2M ，22as t ∴为偶数，1t ≠ 221t a ∴≤≤-.
取1b t =- 则21b a <-且b N +∈， 又()21a M b -+⎡⎤⎣⎦ ∴()21a M b --⎡⎤⎣⎦， 又1
2l M +，1q M -，122l a q +=， 1
2
(1)l b +∴+，q b ，
2(1)
a b b ∴+. b N +∴∃∈，21b a <-使2(1)a b b +.
解法二：
a A ∈，1a ≠ ，
设2l a q = (q 为奇数,l N ∈，3q ≥).
下证明：若(),1x y =，已知1,2,3......x 构成了模x 的完系， 则,2,3......y y y xy 也构成了模x 的完系. 假设1i j x ∃≤≠≤ 使得(mod )iy jy x ≡， 则x i j y - 又(),1x y = x i j ∴-， 而11i j x ≤-≤- 与x i j -矛盾！ ∴,2,3......
y y y x y 也构成了模x 的完系. 1,2,3.....q 构成模q 的完系， 1
1
1
1
12
,22
,3
2......2l l l l q ++++∴⨯⨯⨯⨯也构成模q 的完系.
1,i q i N +∴∃≤≤∈使得：()1
2
1mod l i q +⋅≡，
显然i q ≠，否则()01m od q ≡矛盾！
令11121(1)2122122121l l l b i q a a a +++=⋅-≤--=--≤--<-， 且11(1)(21)2l l b b i i +++=⋅-⋅， 则1
2
(1)l b b ++ 又121(m od )l i q +⋅≡.
121l q i +∴⋅-， (1)q b b ∴+. 1(2,)1l q += ， 2(1)
a b b ∴+. 21,b a b N +
∴∃<-∈使2(1)a b b +.
解法三：
a A ∈，1a ≠ ，
设2l
a q = (q 为奇数,l N ∈，3q ≥).
由()12,1l q += 由裴蜀定理知存在s 、t 使得 1
2
1l s tq +⋅+=.
令(mod )s r q ≡ 其中01r q ≤≤- ，
若0r = 则q s 12l q s tq +∴⋅+ ，
∴1q 1q ∴=矛盾！ 0r ∴≠ 11r q ∴≤≤-.
设s kq r =+，11r q ≤≤-，
(
)
1
1
1
1
12()2
22l l l l s t q k q r t q r k t q
++++∴=⋅+=++=⋅
+⋅
+， 1121(2)l l r k t q ++∴⋅-=-⋅+.
令112121210l l b r ++=⋅-≥-≥->，
则11121(1)2122122121l l l b r q a a a +++=⋅-≤--=--≤--<-，
∴上述的b 满足条件. 1
1
1
1
1
(1)(21)(
211)(2)
(
2)
22(2)
2l l l l l
l b b r r k t q r a
q
q
++++++⋅
-⋅-+-⋅
+⋅⋅∴=
=
⋅⋅⋅
1
(2)
l r k t +=-⋅+为整数. ∴一定存在21,b a b N +<-∈，满足(1)b b +是2a 的倍数.
解法一: 证明：
在n P P P ,,,21 中由抽屉原理知， 必存在),1(,,n j i P P j i ≤≠≤使得n
P P P j i
3600≤
∠．
由余弦定理得：22
0002
02
0cos 2d P P P P P P P P P P P P P j i j i j i j i ≥=∠⋅⋅-+．
.
360cos
2cos 2002
020********
n
P P P P P P P P P P P P P P P P P P P d
j i i j j i i j j i
⋅⋅-+≤∠⋅⋅-+≤∴不妨设i j P P P P 00>，
设()2
0002
00360cos
2i i j j j P P n
P P P P P P P P f +⋅⋅-=
，
对称轴j i i i P P P P n
P P n
P P 0000360cos
2
360cos
2<<=--
=
，
有n
P P P P n
P P P P P P P P i i j i i j
360cos
22360cos 22
020002
02
0->⋅⋅-+，
令i j P P P P 00=，
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛->
⇔>-∴n d
P P d
n
P P P P i i i
360cos 12360cos
222
2
02
2
02
0，
下证：()19
13
2
2
00+>
⇔+>n d
P P n d P P i i ，
只需证：
()
()()
.
12912cos
2cos 11292cos 1219
19
360cos 122
2
+-
>⇔->+⇔
⎪⎭⎫ ⎝⎛
->+⇔+>
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-n n
n n n n n d
n d
πππ
当6≥n 时，
3
2π
π≤
n ，
由x cos 在⎢⎣⎡⎥⎦
⎤
2,0π上为上凸函数，
3cos 122323cos
11
2x x n
n n π
πππ∴≥-+∴≥-
⋅+=-
+
∴只需证：
()
()2
1293129113≥⇔+<
⇔
+->+-n n n
n n
，
由6≥n 得，结论成立．
∴当6
n ≥时,
可以找到0i P P >
还剩下(1)n -条线段：010201010,......,......,i l n P P P P P P P P P P -+ , 再进行以上操作,直到剩下6条线段1
2
6
000,,.......b b b P P P P P P ，
任意两点间距离d ≥
1266
000b b b P P P P P P d
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅≥>⋅⋅⋅⋅,
∴126
01020000n b b b P P P P P P P P P P P P ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅>
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅
2(1)!n >
⋅⋅⋅⋅⋅+成立!
当6n <时,
有
d <
< (6n <)
010
20)(1)!3
n
n
n d
P P P P P P d ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅≥>≥
成立. 综上
: 01020()3
n n d P P P P P P ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅>
解法二:
（1）首先证明：19
4310sin >
.
343)(x x x f -=考虑 ，
2123)(x x f -='∴ ，令0)(='x f ，2
1±
=x 则.
)(x f ∴在⎢⎣⎡-
2
1
，⎥⎦
⎤
21上单调递增. 而19
194973)19
43(
419
433)19
43(
2
3
⨯⨯=
⨯-⨯=f ，
2
130sin 10
sin 410sin 3)10(sin 3
=
=-=
f .
19
43
， 10sin ∈⎢⎣⎡
-
21，⎥⎦
⎤21 且21
191949
732<⨯⨯(等价于)438976431649<， 19
4310sin >
∴
.
（2）下证明：当18≥n 时，∃1i n ≤≤，使得03
i P P >
.
假设对∀ )(1+∈≤≤N i n i ，03
i P P ≤
，
以0P 为圆心，d
n 3
1+为半径画Γ ，则所有(1)i P i n ≤≤都在圆Γ的内部或边界
上，
以i P 为圆心，2
d
为半径画i Γ )0(n i ≤≤，则对∀ n j i ≤≠≤0，i j ΓΓ 与至
多有一个公共点 ()i j P P d ≥因为.
又i P 在Γ 的内部或边界，则当i P 在Γ 边界上时，i ΓΓ 与的公共面积最大. 设i P 在Γ 边界上，i ΓΓ 与交于A B ，两点，则
001cos sin 10cos 803
3
80
i i d
P A P P A P ∠=
≤=<=∴∠>
∴118i
i i Γ≤≤ΓΓ （），与的公共面积至少为πππ
9
4
22802
2
d
d
=
⨯
⨯
考虑181≤≤i 时，i ΓΓ 与的公共面积为
πn d
9
2
，
0=i 时，0ΓΓ 与
的公共面积为2
42
3
d d
d ⎛⎫
< ⎪ ⎪⎝⎭
因为． ∴所有的i i n Γ≤≤Γ （1）与公共面积和为： ππ22
2
2
3149d n d
n d S ⎪⎪⎭
⎫
⎝
⎛+>+= ，矛盾！
[i Γ与j Γ()180≤<≤j i 至多有一个公共点，有限个公共点的面积可视为0.]
∴综上存在 n i ≤≤1
使03
i P P d
>
．
（3）下利用归纳法证明原命题 当17,3,2,1 =n 时
23
9(1)!n
n
n =≥
≥=+，
∴此时()!1302010+⎪⎭
⎫ ⎝⎛=≥⋅n d d
p p p p p p n
n
n ．
当18≥n 时，假设对1-n 成立，考虑对()18≥n n ， 由（2）知存在n i ≤≤1
，使得03
i P P >
，不妨设n i =．
设d '为0P P P １ｎ-1，，中最小的距离，则d d ≥'． 由归纳假设()01001010n n n P P P P P P P P P P -=
()!133
1!
31
+⎪
⎭
⎫ ⎝⎛≥+⎪
⎭
⎫ ⎝⎛≥-n d d n n d n
n ，
命题对n 成立．
综上对+∈∀N n ，有
0103n
n d P P P P ⎛⎫
> ⎪
⎝⎭
四、证法一 证明：
（1）令2k n = (2)k ≥, 则1111......23n
S
n
=++
++
1
1
1111111()......(......)
2
3
42
12
2
2
k k k
--=+
+++++++++
11111
11()......(
......)2
44
2
2
2
k
k
k
>+++
+++
++
12
k =+
∴对0x ∀>，均存在n N +∈使n S x >，
即n 趋于无穷大时，n S 趋于无穷大． （2）01a b ≤<≤ ，
∴存在正整数N ，使得：11N N b a
≤
<+-，
即
111
b a N N
<-≤
+．
令[]n S A =，
由（1）中结论对2()j j N +∀≥∈存在一个最大的下标j
m
（j
m 由j 唯一确定)，
满足j
m S A j a ≤++，
则1
j
m S A j a +>++, ①
又1
1111
N N S S A A j a
N +=+
<++<+++，
1j
m
N ∴≥+．
而1
11()1
1
j
j m m j S S A j a A j a b a m N +=+
<+++
<+++-++
A j b =
++ ． ②
由①、②得1j m A j a S A j b
+++<<++ ，
1
1(,)j
j m
m S S a b ++⎡⎤∴-∈⎣⎦
（对2,j j N +∀≥∈成立）． 又11n n S S +<+ （对n N +∀∈），以及对j
m 的定义得： 对k
l
∀≠，k l m m ≠．
∴存在无穷多个n ，使得[]()(,)n n S S a b -∈． 证法二
先证{}ln n 在[)0,1上稠密 （n 为正整数）其中{}ln n []ln ln n n =- 引理１：{}ln n 可以无限趋近于0 （正向趋近） 对于0ε∀> 存在t ，使得1
t ε<
现将[)0,1分成t 份为[)[)[)0,,,2......1,1t t t t - 由于存在m ，使得ln m 为无理数，设为α 考察{}n α-(1,2,3......1)n t =+
由抽屉原理知必存在,i j ，使得{}{},i j αα--落入同一区间 不妨设i j <则{}()()0,j i t α--∈或()1,1t - （１）若{}()()1,1(1,1)j i t αε--∈-⊆-
{}()()0,j i αε∴-∈得证！
（２）{}()()0,j i t α--∈
存在q 使得{}{}()1(1)()q j i q j i αα--<<+--
考察{}()j i q α--，由{}()1q j i α--<
{}()j i q α--{}()q j i α=--
若{}()1q j i t α--≤-，则 {}(1)()11q j i t t α+--<-+< 而{}1(1)()q j i α<+-- 矛盾！
{}()()1,1(1,1)j i q t αε--∈-⊆-
{}()()0,j i q αε∴-∈ 成立
引理２：由稠密定义知要证12,n n ∀ 存在无穷多i m 使{}ln i m 在{}1ln n 和{}2ln n 之中即可
不妨设{}2ln n {}1ln n >
设{}2ln t n ={}1ln n - 01t ∴<< 由引理１知存在{}1ln p 可以无限趋近于０ 从而可以找到{}10ln p t <<
{}2ln n ∴{}1ln n >{}1ln p +{}1ln n > 这时{}1ln n {}1ln (0,1)p +∈ {}1ln n ∴{}{}
{}11
11
1l n l n l n l n p n p n p +=+= 取111m n p =即可
接下来可以找到{}2ln p 使得： {}20l n p
<{}1ln p < 同理取212m n p = 重复以上步骤 ∴存在无穷多i m ∴{}ln n 在[)0,1上稠密
补充引理：{}ln y n =为单射 （n 为正整数） 反证，若不是则存在1t 、2t （1t 2t ≠） 使得：{}{}12ln ln t t a == 1212,k a
k a
t e t e
++∴== 12,k k N +
∈
12
12
k k t e
t -∴
=
左边为有理数，右边为无理数 矛盾！
∴{}ln y n =为单射
∴之前i m 取的无穷多个得以保证 设()1111......ln(1)ln(1)23n f n n S n n
=+
+++
-+=-+
先证：ln(1)x x >+
令()ln(1)g x x x =-+ (1)x >-
()1x g x x
'∴=
+
()g x ∴在()0,+∞单增，()1,0-单减
()0g ∴为极小值
()(0)0g x g ∴≥= ln(1)x x ∴>+得证 ① 11ln(
)n n n +∴> 11ln()1
n n n +<+
()1111......ln(1)2
3
f n n n ∴=+
+++-+
231ln()ln()......ln()ln(1)012n n n
+>+++-+=
()111
1......ln(1)23f n n n ∴=++++-+
2341ln()ln()ln()......ln()ln(1)1231n
n n <+++++-+-
1
1ln()1n n
+=-<
∴1()0f n >>
下证：()f n 单增
(1)()f n f n +-=1111......ln(2)231
n n +
+++
-++
1111......ln(1)23n n ⎡⎤-++++-+⎢⎥⎣⎦
12ln()1
1
n n n +=
-++11ln(1)1
1
n n =
-+
++
由①11
x n =+知成立
∴1()0f n >> 且()f n 单增
()f n ∴存在极限，设为γ
当n A >时，0()f n γε<-< (0)ε> （A 可以很大） l n (1)l (1)n
n S n γγ
ε∴++>>++-
2n ≥ n S 不再是整数
可以找到ε，使[][]ln(1)ln(1)n n γγε∴++=++- {}{}
{
}l n (1)l (1)
n n S n γγε∴++>>++- {}l n (1)n + 在[)0,1稠密 ∴{}l n (1)n
γ++在[)0,1稠密 ε 可以无限的接近0
{}l n (1)n
γε∴++-在[)0,1稠密 {}n S ∴在[)0,1稠密 （两边夹）
∴存在无穷多{}n S 使得{}01n a S b <<<<。