一道高中数学竞赛题的五种解法

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2021_年全国高中数学联赛（A1）卷解析几何题的解法探究

２０２１年全国高中数学联赛(Ａ１)卷解析几何题的解法探究宋长芬(福建省福州第八中学ꎬ福建福州３５０００４)摘㊀要:２０２１年全国高中数学联赛(Ａ１)卷一试第１１题是解析几何题ꎬ考查的是椭圆ꎬ求的是两三角形内切圆半径之差的最大值.本文利用解析法与参数法给出试题的四种解法.关键词:２０２１年全国高中数学联赛ꎻ解析几何ꎻ内切圆ꎻ最大值ꎻ参数方程中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３６－００７７－０３收稿日期:２０２３－０９－２５作者简介:宋长芬(１９７８.１０－)ꎬ女ꎬ福建省福州人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２１年全国数学联赛(Ａ１)卷的解析几何题ꎬ作为一试的最后一题ꎬ对考生的数学能力要求较高ꎬ有很好的区分度ꎬ有助于选拔优秀的竞赛选手ꎬ是个难得的好题.笔者经过探究ꎬ从解析法和参数法两个视角给出四种解法ꎬ供读者参考㊁研究.１赛题再现如图１所示ꎬ在平面直角坐标系中ꎬ椭圆Γ:ｘ２２＋ｙ２＝１的左㊁右焦点分别为Ｆ１㊁Ｆ２.设Ｐ是第一象限内Γ上一点ꎬＰＦ１㊁ＰＦ２的延长线分别交Γ于点Ｑ１㊁Ｑ２.设ｒ１㊁ｒ２分别为әＰＦ１Ｑ２㊁әＰＦ２Ｑ１的内切圆半径.求ｒ１－ｒ２的最大值[１].图１㊀竞赛题图２解法探究解法１㊀易知Ｆ１的坐标为(－１ꎬ０)ꎬＦ２的坐标为(１ꎬ０).设Ｐ㊁Ｑ１㊁Ｑ２的坐标分别为ｘ０ꎬｙ０()㊁ｘ１ꎬｙ１()㊁ｘ２ꎬｙ２()ꎬ由条件知ｘ０ꎬｙ０>０ꎬｙ１<０ꎬｙ２<０.由椭圆定义ꎬ得ＰＦ１＋ＰＦ２＝Ｑ１Ｆ１＋Ｑ１Ｆ２＝Ｑ２Ｆ１＋Ｑ２Ｆ２＝２２故әＰＦ１Ｑ２与әＰＦ２Ｑ１的周长均为ｌ＝４２.又Ｆ１Ｆ２＝２ꎬ因此ｒ１＝２ＳәＰＦ１Ｑ２ｌ＝ｙ０－ｙ２() Ｆ１Ｆ２ｌ＝ｙ０－ｙ２２２同理可得ｒ２＝ｙ０－ｙ１２２ꎬ所以ｒ１－ｒ２＝ｙ１－ｙ２２２.以下先求ｙ１－ｙ２.直线ＰＦ１的方程为ｘ＝ｘ０＋１()ｙｙ０－１ꎬ将其代入ｘ２２＋ｙ２＝１ꎬ整理得ｘ０＋１()２２ｙ２０＋１[]ｙ２－ｘ０＋１ｙ０ｙ－１２＝０两边乘以２ｙ２０ꎬ并注意到ｘ２０＋２ｙ２０＝２ꎬ可得３＋２ｘ０()ｙ２－２ｘ０＋１()ｙ０ｙ－ｙ２０＝０该方程的两根为ｙ０㊁ｙ１ꎬ由韦达定理ꎬ得ｙ０ｙ１＝－ｙ２０３＋２ｘ０ꎬ于是ｙ１＝－ｙ０３＋２ｘ０.７７同理可得ｙ２＝－ｙ０３－２ｘ０.因此ｙ１－ｙ２＝ｙ０３－２ｘ０－ｙ０３＋２ｘ０＝４ｘ０ｙ０９－４ｘ２０由于９－４ｘ２０＝１２ｘ２０＋９ｙ２０ȡ２１２ｘ２０９ｙ２０＝３２ｘ０ｙ０故ｒ１－ｒ２＝ｙ１－ｙ２２２＝２ｘ０ｙ０９－４ｘ２０ɤ２ｘ０ｙ０３２ｘ０ｙ０＝１３其中等号成立时要求１２ｘ２０＝９ｙ２０ꎬ相应地ꎬ有ｘ０＝３５５ꎬｙ０＝１０１０.所以ｒ１－ｒ２的最大值为１３.解法２㊀利用椭圆的参数方程.易知Ｆ１的坐标为(－１ꎬ０)ꎬＦ２的坐标为(１ꎬ０).设Ｐｘ０ꎬｙ０()＝(２ｃｏｓαꎬｓｉｎα)ꎬＱ１ｘ１ꎬｙ１()ꎬＱ２(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ由条件知０<α<π２ꎬｙ１<０ꎬｙ２<０.由椭圆定义ꎬ得ＰＦ１＋ＰＦ２＝Ｑ１Ｆ１＋Ｑ１Ｆ２＝Ｑ２Ｆ１＋Ｑ２Ｆ２＝２２ꎬ故әＰＦ１Ｑ２与әＰＦ２Ｑ１的周长均为ｌ＝４２.又Ｆ１Ｆ２＝２ꎬ因此ｒ１＝２ＳәＰＦ１Ｑ２ｌ＝ｙ０－ｙ２() Ｆ１Ｆ２ｌ＝ｙ０－ｙ２２２同理可得ｒ２＝ｙ０－ｙ１２２ꎬ所以ｒ１－ｒ２＝ｙ１－ｙ２２２.以下先求ｙ１－ｙ２.直线ＰＦ１的方程为ｙ＝ｓｉｎα２ｃｏｓα＋１(ｘ＋１)ꎬ即ｘ＝２ｃｏｓα＋１ｓｉｎαｙ－１.将其代入ｘ２２＋ｙ２＝１ꎬ整理得(３＋２２ｃｏｓα)ｙ２－２ｓｉｎα(２ｃｏｓα＋１)ｙ－ｓｉｎ２α＝０这个方程的两个根分别为ｙ０＝ｓｉｎα和ｙ１ꎬ由韦达定理得ｙ０ｙ１＝－ｓｉｎ２α３＋２２ｃｏｓαꎬ所以ｙ１＝－ｓｉｎα３＋２２ｃｏｓα同理可得ｙ２＝－ｓｉｎα３－２２ｃｏｓα所以ｒ１－ｒ２＝ｙ１－ｙ２２２＝２ｓｉｎαｃｏｓα９－８ｃｏｓ２α＝２ｓｉｎαｃｏｓα９ｓｉｎ２α＋ｃｏｓ２αɤ２ｓｉｎαｃｏｓα２９ｓｉｎ２α ｃｏｓ２α＝１３其中等号成立时要求ｃｏｓ２α＝９ｓｉｎ２αꎬ即ｃｏｓα＝３１０１０ꎬｓｉｎα＝１０１０ꎬ相应地ꎬ有ｘ０＝３５５ꎬｙ０＝１０１０.所以ｒ１－ｒ２的最大值为１３.注:最后ꎬ最值也可以用辅助角公式或柯西不等式㊁万能公式等方法处理:ｒ１－ｒ２＝ｙ１－ｙ２２２＝２ｓｉｎαｃｏｓα９－８ｃｏｓ２α＝ｓｉｎ２α５－４ｃｏｓ２α＝ｆ(α)ꎬ则ｓｉｎ２α＋４ｆ(α)ｃｏｓ２α＝５ｆ(α)ꎬ所以５ｆ(α)ɤ１＋１６ｆ２(α)ꎬ解得ｆ(α)ɤ１３.解法３㊀利用椭圆的参数方程.易知Ｆ１的坐标为(－１ꎬ０)ꎬＦ２的坐标为(１ꎬ０).设Ｐｘ０ꎬｙ０()＝(２ｃｏｓαꎬｓｉｎα)ꎬＱ１ｘ１ꎬｙ１()＝(２ｃｏｓβꎬｓｉｎβ)ꎬＱ２ｘ２ꎬｙ２()＝(２ｃｏｓγꎬｓｉｎγ)ꎬ由条件知０<α<π２ꎬｙ１<０ꎬｙ２<０ꎬπ<β<３π２<γ<２π.由椭圆定义ꎬ得ＰＦ１＋ＰＦ２＝Ｑ１Ｆ１＋Ｑ１Ｆ２＝Ｑ２Ｆ１＋Ｑ２Ｆ２＝２２ꎬ故әＰＦ１Ｑ２与әＰＦ２Ｑ１的周长均为ｌ＝４２.又Ｆ１Ｆ２＝２ꎬ因此ｒ１＝２ＳәＰＦ１Ｑ２ｌ＝ｙ０－ｙ２() Ｆ１Ｆ２ｌ＝ｙ０－ｙ２２２＝ｓｉｎα－ｓｉｎγ２２同理可得ｒ２＝ｙ０－ｙ１２２＝ｓｉｎα－ｓｉｎβ２２ꎬ所以ｒ１－ｒ２＝ｓｉｎβ－ｓｉｎγ２２.因为Ｐ㊁Ｆ１㊁Ｑ１三点共线ꎬ所以ｓｉｎα２ｃｏｓα＋１＝ｓｉｎβ２ｃｏｓβ＋１.８７下面用α的三角函数表示ｓｉｎβ.因为ｓｉｎα２ｃｏｓα＋１＝ｓｉｎβ２ｃｏｓβ＋１ꎬ所以２(ｓｉｎαｃｏｓβ－ｃｏｓαｓｉｎβ)＝ｓｉｎβ－ｓｉｎαꎬ即２ｓｉｎ(α－β)＝ｓｉｎβ－ｓｉｎαꎬ２２ｓｉｎα－β２ｃｏｓα－β２＝－２ｓｉｎα－β２ｃｏｓα＋β２ꎬ显然ｓｉｎα－β２ʂ０.于是２ｃｏｓα－β２＝－ｃｏｓα＋β２⇒２(ｃｏｓα２ｃｏｓβ２＋ｓｉｎα２ｓｉｎβ２)＝－(ｃｏｓα２ｃｏｓβ２－ｓｉｎα２ｓｉｎβ２)两边同时除以ｃｏｓα２ｃｏｓβ２ꎬ得ｔａｎα２ｔａｎβ２＝－(２＋１)２ꎬ所以ｔａｎβ２＝－３＋２２ｔａｎα２由万能公式及ｔａｎα２＝ｓｉｎα１＋ｃｏｓαꎬｔａｎ２α２＝１－ｃｏｓα１＋ｃｏｓαꎬ得ｓｉｎβ＝２ｔａｎβ２１＋ｔａｎ２β２＝－(３＋２２)ｔａｎα２ｔａｎ２α２＋(３＋２２)２＝－２(３＋２２)ｓｉｎα１＋ｃｏｓα１－ｃｏｓα１＋ｃｏｓα＋(３＋２２)２＝－２(３＋２２) ｓｉｎα１８＋１２２＋(１６＋１２２)ｃｏｓα＝－ｓｉｎα３＋２２ｃｏｓα同理可得ｓｉｎγ＝－ｓｉｎα３－２２ｃｏｓα.所以ｒ１－ｒ２＝ｓｉｎβ－ｓｉｎγ２２＝２ｓｉｎαｃｏｓα９－８ｃｏｓ２α＝２ｓｉｎαｃｏｓα９ｓｉｎ２α＋ｃｏｓ２α＝２９ｔａｎα＋ｃｏｔαɤ２２９ｔａｎα ｃｏｔα＝１３其中等号成立时要求ｔａｎα＝１３ꎬ即ｃｏｓα＝３１０１０ꎬｓｉｎα＝１０１０ꎬ相应地ꎬ有ｘ０＝３５５ꎬｙ０＝１０１０.所以ｒ１－ｒ２的最大值为１３.解法４㊀利用椭圆的参数方程.同解法３得ꎬｒ１－ｒ２＝ｓｉｎβ－ｓｉｎγ２２.由焦半径公式ꎬ得ＰＦ１＝ａ＋ｅｘＰ＝２＋ｃｏｓαꎬＱ１Ｆ１＝ａ＋ｅｘＱ１＝２＋ｃｏｓβ又因为ｋＰＦ１＝ｋＱ１Ｆ１ꎬ所以ｓｉｎα２ｃｏｓα＋１＝ｓｉｎβ２ｃｏｓβ＋１ꎬ即ｓｉｎαｓｉｎβ＝２ｃｏｓα＋１２ｃｏｓβ＋１①又因为ＰＦ１Ｑ１Ｆ１＝ｙＰｙＱ１ꎬ所以２＋ｃｏｓα２＋ｃｏｓβ＝－ｓｉｎαｓｉｎβꎬ即ｓｉｎαｓｉｎβ＝－２＋２ｃｏｓα２＋２ｃｏｓβ②由①②及比例性质ꎬ得ｓｉｎαｓｉｎβ＝２ｃｏｓα＋１２ｃｏｓβ＋１＝－２＋２ｃｏｓα２＋２ｃｏｓβ＝３＋２２ｃｏｓα－１所以ｓｉｎβ＝－ｓｉｎα３＋２２ｃｏｓα同理可得ｓｉｎγ＝－ｓｉｎα３－２２ｃｏｓα下同解法３.对于一道经典的联赛题ꎬ学生不仅要会做㊁做全ꎬ更要思考如何从多角度来求解.通过探究一道题ꎬ达到会做一类题的效果ꎬ这不仅可以锻炼学生的数学思维ꎬ也开拓了学生数学视野ꎬ帮助其进一步认识数学的本质ꎬ从而提高数学能力㊁提升数学素养.参考文献:[１]郭子涵ꎬ杨琦佳.一道２０２１年全国联赛试题的探究[Ｊ].数学通讯ꎬ２０２２(０５):５２－５５.[责任编辑:李㊀璟]９７。

高中数学竞赛题目解析与解题技巧

高中数学竞赛题目解析与解题技巧引言数学是一门广泛应用于各个领域的学科，它的应用不仅限于解决实际问题，还包括在数学竞赛中展示才华。

高中数学竞赛是对学生数学能力的综合考验，不仅需要深厚的数学知识，还需要良好的解题技巧和思维能力。

本文将介绍高中数学竞赛题目的一些常见类型，并提供解题技巧，帮助读者更好地应对数学竞赛。

数列与序列等差数列等差数列是高中数学竞赛中经常出现的题型之一。

对于给定的等差数列，求解其中某一项或求解前n项和是常见的考点。

解题技巧包括使用通项公式和求和公式来快速求解。

此外，还需要注意将等差数列问题转化为已知条件，利用已知条件推导出所求的未知量。

等比数列等比数列是另一个常见的数列类型。

与等差数列类似，求解等比数列的通项或前n项和也是考点之一。

解题技巧包括使用通项公式和求和公式进行求解。

此外，还需要注意等比数列的特点，如首项、公比以及递推关系等，利用这些特点进行解题分析。

数列极限数列极限是高中数学竞赛中较为复杂和抽象的题目之一。

要求求解数列的极限值，需要运用极限的定义和性质进行分析。

解题技巧包括使用夹逼定理和数列收敛性的判定方法，以及灵活运用数列极限的性质，如极限运算法则、极限不等式和极限的唯一性等。

几何与三角形平面几何平面几何是高中数学竞赛中的一个重要部分。

常见的几何题目包括线段、角度、三角形、四边形和圆等。

解题技巧包括使用几何图形的性质和定理进行分析，灵活运用平行线、垂直线、相似三角形、角平分线和圆的性质等。

此外，还需要注意对等式和不等式进行推导和证明。

三角函数三角函数是高中数学竞赛中的另一个重要内容。

常见的三角函数题目包括求解三角方程、三角恒等式、三角函数图像和三角函数性质等。

解题技巧包括运用三角函数的定义和性质进行分析，灵活运用三角函数的周期性、奇偶性和对称性，以及运用三角函数的图像进行推导和求解。

三角形三角形是几何学的基本要素之一，也是高中数学竞赛中的重要内容。

常见的三角形题目包括求解三角形的面积、周长、角度和边长等。

清华青年班数学竞赛五次方方程

清华青年班数学竞赛五次方方程五次方方程是高中数学中的重要内容之一，它在数学竞赛中也经常出现。

清华青年班数学竞赛一直以来都是众多学生梦寐以求的舞台，本文将为大家介绍五次方方程的基本概念、解法以及在竞赛中的应用。

一、概念解析五次方方程是指一个方程最高次数为五次的多项式方程。

一般的五次方方程可表示为：\[ax^5 + bx^4 + cx^3 + dx^2 + ex + f = 0\]其中，$a,b,c,d,e,f$是五次方方程的系数。

二、解法探究1. 特殊条件下的求解首先，我们来讨论一些特殊条件下五次方方程的解法。

当五次方方程为纯粹的降幂方程时，即所有系数$a,b,c,d,e,f$都为0，我们可以轻易得出得到方程的解为全体实数。

当五次方方程的各项系数满足特殊条件，例如方程的对称性、系数的关系等，我们可以通过观察和巧妙的变形来求解方程。

2. 基本解法对于一般的五次方方程，常用的解法有以下几种：(1) 易得根的情况五次方方程中，若存在一个根可由系数求得，那么我们可以通过多项式的除法来简化原方程，将其转化为四次方程，从而利用高次方程的解法来求解。

(2) 分解因式的情况有时候，五次方方程可以通过分解因式的方式转化为两个或多个低次方程。

通过分解因式，我们可以将原方程转化为一系列方程，并逐一求解得到所有的根。

(3) 引入新的变量引入新的变量是解决五次方方程的常用方法之一。

通过引入新的变量，我们可以将五次方方程变换为更易于求解的形式。

比如，引入变量$y = x^2$，我们将五次方方程转化为关于$y$的方程，再通过求解低次方程得到结果。

三、竞赛应用举例五次方方程在清华青年班数学竞赛中常常出现，下面将通过举例来探究其竞赛应用。

例1: （清华青年班2018年数学竞赛试题）已知五次方方程$x^5 + 4x^4 + 3x^3 + 4x^2 + x + 5 = 0$有四个不同实根，求其根的和。

解析：根据方程给出的条件，我们可以通过观察发现其中有两个根的和是-1。

高中联赛排列组合的解法

数学竞赛中的排列组合问题江苏省梁丰高级中学 (215600) 张伟新排列组合问题主要依据分类计数原理和分步计数原理，其本身应用的知识并不多，但由于题目灵活多样，在各级各类考试中经常出现，在数学竞赛活动中尤其突出。

其解题方法也多种多样，归纳起来，我们一般可用下面的方法来解决。

一、列举法：例1、从0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这10个数中取出3个数，使其和为不小于10的偶数，不同的取法有。

（1998年全国高中数学联赛）解：从10个数中取出3个数，使其和为偶数，则这三个数都为偶数或一个偶数二个奇数。

当三个数都为偶数时，有35C 种取法；当有一个偶数二个奇数时，有15C 25C 种取法。

题意要使其和为不小于10。

我们把和为小于10的偶数列举出来，有如下9种不同取法：（0，1，3），（0，1，5），（0，1，7），（0，3，5），（0，2，4），（0，2，6），（1，2，3），（1，2，5），（1，3，4）。

因此，符合题设要求的取法有35C +15C 25C －9=51种。

例2、设ABCDEF 为正六边形，一只青蛙开始在顶点A 处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一。

若在5次之内跳到D 点，则停止跳动；若5次之内不能到达D 点，则跳完5次也停止跳动。

那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共种。

（1997年全国高中数学联赛）解：如图：青蛙不能经过跳1次、2次或4次到达D 点。

故青蛙的跳法只有下列两种：（1）青蛙跳3次到达D 点，有ABCD ，AFED 两种跳法。

（2）青蛙一共跳5次后停止，那么，前3次的跳法一定不到达D ，只能到达B 或F ，则共有AFEF ，AFAF ，ABAF ，ABCB ，ABAB ，AFAB 这6种跳法。

随后的两次跳法各有四种，比如由F出发的有：FEF ，FED ，FAF ，FAB 共4种。

因此这5次跳法共有 6⨯4=24种不同跳法。

∴一共有2+24=26种不同跳法。

高中数学竞赛训练解答题(每题含详解)

高中数学竞赛训练题—解答题1．b a ,是两个不相等的正数，且满足2233b a b a -=-，求所有可能的整数c ,使得ab c 9=.2．已知不等式24131...312111an n n n >++++++++对一切正整数a 均成立，求正整数a 的最大值，并证明你的结论。

3．设{}n a 为14a =的单调递增数列，且满足22111168()2n n n n n n a a a a a a +++++=++，求{n a }的通项公式。

4．（1）设,0,0>>y x 求证：;432yx y x x -≥+ （2）设,0,0,0>>>z y x求证：.2333zxyz xy x z z z y y y x x ++≥+++++5. 设数列 ,1,,12,1,,13,22,31,12,21,11kk k -，问：（1）这个数列第2010项的值是多少；（2）在这个数列中，第2010个值为1的项的序号是多少.6. 设有红、黑、白三种颜色的球各10个。

现将它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色球都有，且甲乙两个袋子中三种颜色球数之积相等。

问共有多少种放法。

7．已知数列{}n a 满足1a a =（0,1a a ≠≠且），前n 项和为n S ，且(1)1n n aS a a=--，记lg ||n n n b a a =（n *∈N ），当a =时，问是否存在正整数m ，使得对于任意正整数n ，都有m n b b ≥？如果存在，求出m 的值；如果不存在，说明理由．8. 在ABC ∆中，已9,sin cos sin AB AC B A C ==，又ABC ∆的面积等于6.（Ⅰ）求ABC ∆的三边之长；（Ⅱ）设P 是ABC ∆（含边界）内一点，P 到三边AB 、BC 、AB 的距离为1d 、2d 和3d ，求123d d d ++的取值范围.9．在数列{}n a 中，1a ，2a 是给定的非零整数，21n n n a a a ++=-．（1）若152a =，161a =-，求2008a ；（2）证明：从{}n a 中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数数列．10. 已知椭圆)1(1222>=+a y ax ，Rt ABC ∆以A （0，1）为直角顶点，边AB 、BC 与椭圆交于两点B 、C 。

由一道数学竞赛题的多种解法反思数学教学

难度就大了，尤其对三部分球体组成一个整球，
对想象能力的要求就更高了．其实，￣ＡＡ７ＢＣ
是否正三角形，三个顶点处的三部分球体总组成
一
的考查功能要大打折扣．看似变化不大，试题功
能已面目全非．．另外，对以上三类试题的条件进行开放性设计，可以形成一系列开放性的探究型试题．们我将另行撰文详述，者不妨尝试为之．读
所以，Ｑ点所能到达的空间区域的最大体积中．如例３曲线、旋转轴、几何体、放置方中，
为簟＋孥＋７ —－１．４ｖ＋￣一：３５７１／— ＂
一三形域个角区
一
２
２
３
６
法，加殊制必涉微分例中等不特限，定及积；５的
ＢＯ：ＯＣ，可知ＢＰＣ为平行四边形， ∥ ＮＢＰ
ＡＣ．Ｐ＝ＣＮ＝３Ｂ．
Ａ
点，点、Ⅳ分别在边Ｂ、ＡＣ上，且Ｍ＝６，
Ｍ＝４Ｂ，ＡＮ：４，ＮＣ＝３ＭｏＮ＝９，０
４
Ｂ
Ｐ
图２
ＢｏＣ
连结Ｐ，因为点Ｍ在 ⅣＰ的垂直平分线
谓的解析法．有了坐标可以借助向量来解决问题
…
．
当堑角会据知垂莫来：常根已的直系建直坐系将角题萋标，三问薹
…
建面为坐原，ｃ在线曼平直坐标点所直为立角标
系，于是有
（，）０７般
② 分以ＡＢ、
Ｂ、
③ ：Ｕ、Ｂ、为球心，半径的部￣１ＡＡ）１

解答数学竞赛题的几种常见方法

解答数学竞赛题的几种常见方法黎仕鹏一、循常规思路出奇制胜例1：若1=abc ，则111++++++++c ca cb bc b a ab a =？分析：分式的加减运算的基本方法是通分，找出公分母．循这种常规思路，结合对称式的特点和条件，可以把第二、三个分式的分母变成与第一个分式的分母一样，把第二个分式的分子分母同乘以a ，第三个分式的分子分母同乘以ab ，即可见答案为1．同类题型练习：已知1=ab ，b a m +++=1111， bb a a n +++=11，试讨论m 、n 的大小关系.略解:∵0)1)(1(221111=++-=+-++-=-b a abb b a a n m ， ∴n m =. 例2：已知等腰三角形ABC 中，2==AC AB ，在底边BC 上有100个点i P （1=i ，2、3…100），连结i AP ，记i i i i CP BP AP m ⋅+=2，则=+++10021m m m对于等腰三角形，底边上的高是常见的辅助线，带故作高AD ，则222i i DP AD AP +=， ))((i i i i DP CD DP BD CP BP +-=⋅22iDP CD -=，4222==+=AC CD AD m i ，可见答案为400．例3：如图，点B 、C 是线段AD 的三等分点，点P 是以BC 为直径的圆O 上一点，则DPC APB ∠⋅∠tan tan 的值是分析：在直角三角形中才能求出角的正切值，基于这样的思路，可考虑构筑直角三角形．过点B 作PB 的垂线交PA 于E ,则PB BEAPB =∠tan ，过点C 作PC 的垂线交PD 于F ,则PC CF DPC =∠tan ，于是DPC APB ∠⋅∠tan tan 41=⋅=PB CF PC BE ．例4：如图，延长圆O 的弦AB 和直径DE 交于圆外一点C ，若OA BC =，则AOD ∠∶C ∠=在圆中，半径是最常用是元素，连结OB 就可以搭起AOD ∠到C ∠的桥梁，利用三角形的外角性质，容易得出结果为3∶1．字母代表数是最简单和最有用的数学方法，要在解题练习过程中领会其要领．例5：甲、乙两人到商场购买商品，已知两人购买商品的件数相同，每件商品的单价只有8元和9元两种，若两人购买商品一共用了172元求其中单价为9元的商品有几件？解：设每人都购买了n 件商品，其中单价为8元的有x 件，单价为9元的有y 件，则⎩⎨⎧=+=+172982y x n y x 解得 ⎩⎨⎧-=-=n y n x 1617217218 ∵0,0≥≥y x ∴⎩⎨⎧≥-≥-016172017218n n 解得 4310959≤≤n 从而得121016172=⨯-=y ，故单价为9元的有12件. 例6：一列客车始终作匀速运动, 它通过长为450米的桥时, 从车头上桥到车尾下桥共用33秒; 它穿过长760米隧道时, 整个车身都在隧道里的时间为22秒. 在客车的对面开来一列长度为a 米, 速度为每秒v 米的货车, 两车交错, 从车头相遇到车尾相离共用t 秒. (1) 写出用a 、v 表示t 的函数解析式;(2) 若货车的速度不低于每秒12米, 且不到15米, 其长度为324米, 求两车交错所用时间的取值范围.解：（1）设客车的速度为每秒x 米，客车的长度为y 米，则 ⎩⎨⎧=-=+x y x y 2276033450 解得⎩⎨⎧==27622y x 所以，22276++=v a t （v ＞0，a ＞0）（2）当324=a ，12≤v ≤15时，由（1）得22600+=v t又因为34≤v +22 ≤37 所以，37600＜22600+v ≤17300故t 的取值范围为37600＜22600+v ≤17300．此题有多个未知数,引入多个字母表示,其数量关系就容易显示出来．例7：设1x , 2x 是关于x 的一元二次方程22=++a ax x 的两个实数根，求)2)(21221x x x x --（的最大值.分析：求最大（小）值，按现在我们掌握的方法是根据二次函数式求解，因此，解题的思路是把式子向二次函数形式方向变形．解：由4)2()2(422+-=--=∆a a a ＞0知，a 为任意实数，a x x -=+21，221-=a x x ， )2)(21221x x x x --（212221522x x x x +--=212219)(2x x x x ++-=)2(922-+-=a a 8634922-⎪⎭⎫ ⎝⎛--=a ，当49=a 时，)2)(21221x x x x --（取最大值864-. 二、在等式变形中，特别注意22b a +，b a +和ab 三者之间的关系：ab b a b a 2)(222-+=+，ab b a b a 2)(222+-=+，[])()(412222b a b a ab --+=例1：设m 是不小于－1的实数，使得关于x 的方程033)2(222=+-+-+m m x m x 有两个不相等的实数根1x 、2x .（1）若62221=+x x , 求m 的值；（2）求22212111x mx x mx -+-的最大值解：)1(4)33(4)2(422--=+---=∆m m m m ＞0，解得m ＜1，又－1≤m ＜1， (1)2122122212)(x x x x x x -+=+101022+-=m m ＝6，解得2175±=m , 由－1≤m ＜1，所以2175-=m , (2) 22212111x mx x mx -+-[])1)(1()1()1(21122221x x x x x x m ---+-=[]1)()(212121212221++-+-+=x x x x x x x x x x m ＝[]1)42()33()42)(33()10102(222+-++--+-++-m m m m m m m m m )13(2)1()13)(1(222+-=-+--=m m m m m m m m ＝252322-⎪⎭⎫ ⎝⎛-m ,因为－1≤m ＜1，所以当1-=m 时，22212111x mx x mx -+-有最大值，最大值为10. 三、11=⋅-x x 的神奇功效1、已知51=+-xx ，则=+-22x x ？2、已知012=--x x ，求441xx +的值. 由012=--x x 得，,112=-xx ∴11=-x x ，两边平方得7144=+x x . 3、若712=+-x x x ，求1242++x x x 的值.解法一（倒数法）：由条件知0≠x ，7112=+-x x x ，即781=+x x ， 491511111222224=-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=++=++x x x x x x x , 1242++x x x ＝1549.解法二：1242++x x x 15494915111122==++=x x .4、已知11=-a a ，求代数式a a+1值. 解：由a a a a a ,1,,011知＞+= 全是正数, 所以541122=+⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+a a a a故 51=+a a.四、巧妙利用数学概念会出现意想不到的效果例1：满足1-=+ab b a 的非负整数对),(b a 的个数有____对.解：∵01≥-=-ab b a ，1≤ab ，而a 、b 都为非负整数，故a 、b 取值为0和1，经检验知，(0，1)(1，0)，（1，1）共3对满足条件.绝对值是最简单的数学概念，一个数的绝对值是非负数，利用这一概念得到1≤ab 是答题的突破口．例2：若q p ,为质数，且2975=+q p ，求22q p +的值.解：若q p ,都为奇质数，则q p 75+是偶数，若q p ,都为偶质数2，则q p 75+≠29，所以q p ,中必有一个为偶质数2，另一个为奇质数，若2=p ，则q 不是整数，故只有2=q ，此时3=p ，22q p +＝13.例3：实数y x b a ,,,满足5,2=+=+=+by ax y x b a , 求()()2222yx ab xy b a +++的值解：2=+=+y x b a , 4))((=+++=++bx ay by ax y x b a5=+by ax , 1-=+bx ay ，()()=+++2222y x ab xy b a 5))((-=++by ax bx ay条件2=+=+y x b a 是三个等式，这里巧妙地用其两个等量得出4))((=++y x b a ，从而使题目的条件进一步扩大，例4、已知实数b a ≠, 且满足()()()()221313,1331+-=++-=+b b a a ,则baaa b b+值为( ) (A) 23 (B) -23 (C) -2 (D) –13 解：b a ,是关于x 的方程03)1(3)1(2=-+++x x ，即0152=++x x ，1,5=-=+ab b a ，故b a ,均为负数，b a aa b b +ab b a ab a b --=232)(222-=-+-=+-=ababb a ab abb a ．例5、设实数s 、t 分别满足0199192=++s s , 019992=++t t ，并且1≠st ,求ts st 14++的值. 解：第一个等式可化为 01919912=+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛s s , 又019992=++t t ，t s ≠1,∴s 1和t 是一元二次方程019992=++x x 的两个不相同的实数根，于是有， 991-=+t s ，191=⋅t s 即s st 991-=+, s t 19=,∴51949914-=+-=++ss s t s st五、消元法是竞赛题常用的方法例1、放有小球的1993个盒子从左到右排成一行，如果最左面的盒子有7个小球，且每四个相邻的盒子里共有30个小球，求最右面的盒子里有多少个小球？解：设从左到右小盒里的球数为7，2a ，3a ，4a ，… 1993a ∵307432=+++a a a ，305432=+++a a a a ，∴75=a 同理得===17139a a a …＝14+k a ＝…＝1993a ＝7例2：实数1x ，2x ，3x ，4x ，5x 满足方程组⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=++=++=++=++=++52154154354324321321a x x x a xx x a x x x a x x x a x x x 其中1a ，2a ，3a ，4a ，5a 是实常数，且54321a a a a a >>>>，试确定1x ，2x ，3x ，4x ，5x 的大小顺序．思路：对于方程组怎样消元，可根据题目条件的特点找出方向．解：在给定的方程组中的方程按顺序两两相减得2141a a x x -=-，5252a a x x -=-，4313a a x x -=-，5424a a x x -=-∵54321a a a a a >>>>， ∴ 41x x >，52x x >，13x x >，24x x >， ∴52413x x x x x >>>>消元法在很多方面有重要的作用2、某次竞赛共有15个题，下表是对于做对n 0(=n ，1， 215）个题的人数的统计:若又知其中做对4个题和4个题以上的学生每个人平均做对6个题，做对10个题和10个题以下的学生每人平均做对4个题，问这个表至少统计了多少人.解：由表中可知，做对0个题到3个题的总人数为7＋8＋10＋21＝46人；做对题目总数为7×0＋8×1＋2×10＋3×21＝91题；做对12个题到15个题的总人数为15＋6＋3＋1＝25人；做对题目总数为15×12＋6×13＋3×14＋1×15＝315题；设做对0个题到15个题的人数分别为15210,,,,x x x x ，则有6155415541554=++++++x x x x x x ， 41020101010210=+++++++x x x x x x x即 )(6155415541554x x x x x x +++=+++)(410010101010x x x x x x +++=+++ 两式相减得 )32()151211(321151211x x x x x x ++-+++ ＝ )(4)(610101554x x x x x x +++-+++＝)(2)(4)(610543210151211x x x x x x x x x x ++++++-+++＝)(2)(4)(415432101511x x x x x x x x ++++++-++ ＝)(2)(6)(415132101511x x x x x x x x ++++++-++ ＝)(2)(6)(441513210151211x x x x x x x x x ++++++-+++＝)(2466254415111x x x +++⨯-⨯+ 又913203210=+++x x x x ， 3151514131215141312=+++x x x x ，故 ∑+-+=-+1511111227610049131511i x x x ，111515.3200x x i +=∑（11x ＞0），当011=x 时，统计的总人数为最少，最少200人．六、数形结合是解决函数问题的有力武器例1：若abc ≠0，且p bac a c b c b a =+=+=+, 则直线p px y +=一定通过（）（A ）第一，二象限（B ）第二，三象限（C ）第三，四象限（D ）第一，四象限解：由pb a c pa c b pc b a =+=+=+,,, 三式相加得)()(2c b a p c b a ++=++，所以2=p , 或0=++c b a ；当2=p 时，直线22+=x y 通过第一，二，三象限；当0=++c b a 时，1-=p , 直线1--=x y 通过第二，三，四象限；可见，直线一定通过二，三象限.例2：一个一次函数的图象与直线49545+=x y 平行，与x 轴、y 轴的交点分别为A,B ，并且过点），（251--，则在线段AB 上（包括端点A 、B ），横、纵坐标都是整数的点有多少个？解：设这个一次函数为b x y +=45, 因为直线过点），（251--，所以495-=b , 可求得A （19，0）B （0，495-），由4)19(5-=x y 知，19-x 能被4整除. 又因为x 是整数，且0≤x ≤19，所以取x ＝3，7，11，15，19时，y 是整数．因此在线段AB 上（包括端点A 、B ），横、纵坐标都是整数的点有5个.例3：若函数kx y =（k ＞0）与函数xy 1=的图象相交于A 、C 两点，AB 垂直x 轴于B ，则ΔABC 的面积为（）(A) 1 (B) 2 (C) k (D) 2k解：设),(y x A ，则1=xy ，ABO ∆的面积为2121=xy ，又CB O ∆与ABO ∆同底等高，故ABC ∆=2ABO ∆=1．例4：一条抛物线c bx ax y ++=2的顶点为(4,-11), 且与X 轴的两个交点的横坐标为一正一负, 则c b a ,,中为正数的( )(A) 只有a (B) 只有b (C) 只有c (D) 只有a 和b解：由于抛物线顶点为(4,-11), 与X 轴有两个交点，知a ＞0，设抛物线与X 轴的两个交点坐标为1x ，2x ，则acx x =⋅21＜0，所以c ＜0，又由对称轴4=x ，得ab2-＞0，知b ＜0，可见只有a ＞0. 七、等底等高的两个三角形面积相等是竞赛题的热点例1：E 是平行四边形ABCD 中BC 边的中点，AE 交对角线BD 于G ，若BEG ∆的面积为1，则平行四边形ABCD 的面积是略解：由条件得21==AD EB GA EG，∴31=EA EG ， ∴31=∆∆ABE BEG S S ，∴3=∆A B E S ，∴．平行四边形ABCD 的面积124==∆ABE S S例2：如图，四边形ABCD 中，点E 、F 分别在BC 、CD 上，1=FC DF ，2=EBCE，若ADF ∆的面积为m ，四边形AECF 的面积为n (m n >),则四边形ABCD 面积是略解：连AC ，则m S S ADF AFC ==∆∆， m n S ACE -=∆，)(2121m n S S ACE AEB -==∆∆，四边形ABCD 面积是m n m n n m 2123)(21+=-++例3：设H 是等腰三角形ABC 的重心，在底边BC 不变的情况下，让顶点A 至底边BC 的距离变小，这时乘积HBC ABC S S ∆∆⋅的值变小？变大？还是不变？略解：不妨设A ∠是锐角，连结AH 并延长交BC 于点D ，延长BH 、CH ，分别交AC ，AB 于点E 、F ， ∵AHE BHD ∠=∠，∴HAE HBD ∠=∠， ∴BDH Rt ∆ADC Rt ∆，∴HDDCBD AD =，又BC DC BD 21==，∴241BC DC BD HD AD =⋅=⋅，于是HBC ABC S S ∆∆⋅41612121BC BC HD BC AD =⋅⋅⋅=， ∴当︒≥∠90A 时，上式也成立，故A ∠是不变．例4：（03联赛）设ΔABC 的面积为1，D 是边AB 上一点，且31=AB AD ，若在边AC 上取一点E ，使四边形DECB 的面积为43，则EACE 的值为（） (A) 21 (B) 31(C) 41 (D) 51AD E BCDF CE解：连结BE ，41431=-=∆ADE S ，设x AC CE =，则x S ABE -=∆1，4131=-=∆x S ADE，41=x ，31=EA CE ，选B ．例5： (99竞赛)在ΔABC 中, D 是边BC 上的一点, 已知5=AC ,6=AD ,10=BD , 5=CD , 求ΔABC 的面积。

百舸争流——一道竞赛题引出的多种解法

２４２一Ｉ — ｃ — — 一Ｉ・ｌ＋ — Ｃ — — — ＢＩ．
收文日期：２０１６￣９－１８；修订日期：２０１６ — １０－２３
解法４设Ａ（Ｏ，０），Ｂ（，Ｙ），Ｃ（１，０），则
即
ｓｉｎ＝，ｓｉｎＡ＝ √ ，
０：ｂ：ｃ＝：：，
√—
令５—６＝ｐ＝
ｓｉｎｃ：
一‘
，则
故ｓｉｎＣ的最大值是．
乩
＿－２ｔ２＋３２ｔ－２
＝
√ （Ｉ一一一 ÷ 了＋ｔ６ｏ）Ｊ ≤
故ｓｉｎＣ的最大值是．
解法２由平面向量及基本不等式，得
（ＡＣ＋ＣＢ）・ＡＣ＋２（ＢＣ＋ＣＡ）・ＢＣ＝３ＣＡ・ ∞ ，
即
２＋２２：６一ＣＡ．蔬：６１一ＣＡ１．Ｉ — ＣＢｌｃ。ｓｃ ≥
２０１７年第１期
中学教研（数学）
百
舸
争
流
道竞赛题引出的多种解法
●庄丽严（北京外国语大学瑞安附属学校浙江瑞安３２５２００）
摘
要：文章以一道竞赛题为出发点，用化归与转化、方程与函数、整合等数学思想来解题，对一道竞赛题的解题方法
１试题呈现
题目在ＡＡＢＣ中，已知ＡＢ・ＡＣ＋２ＢＡ・ＢＣ＝３・，求ｓｉｎＣ的最大值．（２０１６年全国高中数学竞赛试题第９题）本题形式简单，背景公平，主要考查平面向量、正（余）弦定理、基本不等式函数等基础知识，考查了学生的运算能力、分析解决问题的能力等，是一个难度适中的好题．在解题过程中，学生的解法可

高中数学竞赛常见题型解析

高中数学竞赛常见题型解析数学竞赛是很多学生在高中阶段参与的一项活动，它不仅可以培养学生的逻辑思维能力，还能提高他们的数学水平。

在数学竞赛中，有一些常见的题型，这些题型需要学生熟练掌握相关的解题方法。

本文将对高中数学竞赛中的常见题型进行解析，帮助学生更好地应对这些题目。

一、函数与方程题型解析1. 函数的性质与变化函数的性质与变化是数学竞赛中经常出现的题型。

在这类题目中，常常需要分析函数的定义域、值域、单调性、奇偶性等。

解决这类题目的关键是要熟练掌握函数的基本性质，并能够通过图像或计算等方式确定函数的变化规律。

2. 方程与不等式的解集方程与不等式的解集也是数学竞赛中常见的题型。

在这类题目中，学生需要通过代入法、分析法等方式求解方程或不等式的解集。

解决这类题目的关键是要熟练掌握方程与不等式的基本解法，并能够灵活运用。

二、数列与数列极限题型解析1. 数列的性质与变化数列的性质与变化是数学竞赛中常见的题型之一。

在这类题目中，学生需要分析数列的通项公式、前n项和、极限等。

解决这类题目的关键是要熟练掌握数列的基本性质，并能够通过计算或推导等方式确定数列的变化规律。

2. 数列极限的计算数列极限的计算也是数学竞赛中常见的题型之一。

在这类题目中，学生需要通过递推关系式、数列性质等方式计算数列的极限。

解决这类题目的关键是要熟练掌握数列极限的计算方法，并能够灵活运用。

三、平面几何题型解析1. 三角形的性质与相关定理三角形的性质与相关定理是数学竞赛中常见的题型之一。

在这类题目中，学生需要通过角度关系、边长关系等方式分析三角形的性质。

解决这类题目的关键是要熟练掌握三角形的基本性质与相关定理，并能够灵活运用。

2. 平面图形的面积与体积计算平面图形的面积与体积计算也是数学竞赛中常见的题型之一。

在这类题目中，学生需要通过公式、分割法等方式计算平面图形的面积与体积。

解决这类题目的关键是要熟练掌握平面图形的面积与体积计算方法，并能够灵活运用。

高中数学压轴题一题多解

高中数学压轴题一题多解对于高中数学的压轴题，一题多解是非常常见的。

这是因为数学问题往往具有多种解决方案，可以从不同的角度和思路来解答。

以下是一个例子，展示了一个高中数学压轴题的多种解法。

题目：设$f(x) = x + \sin x$，求证：$f(x) \geq 1$。

解法一：利用导数判断函数的单调性(1) 首先求出$f(x)$的导数：$f'(x) = 1 + \cos x$。

(2) 由于$-1 \leq \cos x \leq 1$，所以$f'(x) \geq 0$，说明$f(x)$是单调递增的。

(3) 由于$f(0) = 1$，根据单调递增性，可以得出$f(x) \geq 1$。

解法二：利用函数的奇偶性(1) 判断$f(x)$的奇偶性：$f(-x) = -x + \sin(-x) = -x - \sin x = -f(x)$，所以$f(x)$是奇函数。

(2) 由于$f(0) = 0$，根据奇函数的性质，可以得出$f(x) \geq 0$。

(3) 结合题意，得出$f(x) \geq 1$。

解法三：利用不等式的性质和特殊值代入法(1) 根据特殊值代入法，当$x = \frac{\pi}{2}$时，$\sin x = 1$，所以$f(\frac{\pi}{2}) = \frac{\pi}{2} + 1 > 1$。

(2) 对于其他$x$值，根据不等式的性质，有$\frac{\pi}{2} - 1 \leq x <\frac{\pi}{2}$时，有$\sin x \leq 1$，所以$f(x) = x + \sin x \geq x + 1 > 1$。

以上是三种不同的解题思路和方法，展示了数学的多样性和灵活性。

希望这可以帮助你更好地理解数学问题的解决方法，从而提升自己的数学能力。

高中数学竞赛专题---代数极值

代数极值很长时间以来,代数极值问题一直是国内外数学竞赛中的热点问题,以下我们就来讨论这类问题的解法.一、条件极值问题例1 设非负实数12,,,n a a a 满足121n a a a +++=,求1221311111nn nn a a a a a a a a a a -+++++++++++++的最小值.解:给所求式中的每一个分式分配一个常数1,通分后,再将12n a a a +++用常数1代换,得1212111()21122n n a a a a a a a a +++++==+++--,同理,21322112na a a a a +=++++-,……, 112112n n n a a a a -+=+++-,令111nini i jj a y a a ===-+∑∑,则12222222ny n a a a +=+++---. 为了利用柯西不等式,注意到11(2)221n ni i i i a n a n ==-=-=-∑∑,则11111(21)(2)22nn ni i i ii in a a a ===-=-⋅--∑∑∑ 221n i n =⎛⎫= ⎝….∴2221n y n n +-…,即222121n n y n n n -=--….当且仅当 121n a a a n ====时,上式等号成立.从而,y 有最小值21nn -. 评注: 通过添加常数1,再代换常数1使原本复杂的式子简单化,为运用柯西不等式创造了条件.例2 设1xy =,且0x y >>.求22x y x y+-的最小值.解:由于0x y >>,可设(0)x y y y =+∆∆>,则2222()2()2x y x y xy y x y x y y+-+∆+==--∆….当且仅当y ∆=即x y ==.因此22x y x y +-的最小值为评注:引进增量起到了降元的作用. 例3 设,,a b c 为正数,且1abc =,求111212121a b c +++++的最小值. 解:设,,(,,)x y z a b c x y z R y z x +===∈,则111212121222y z x a b c y x z y x z++=++++++++. 由柯西不等式得,[(2)(2)(2)]222y z x y y x z z y x x z y x z y x z ⎛⎫+++++⋅++⎪+++⎝⎭2()x y z ++….从而,2()1222[(2)(2)(2)]y z x x y z y x z y x z y y x z z y x x z ++++=++++++++…,即1111212121a b c +++++….当且仅当1a b c ===时去等号.故所求最小值为1.评注:本题直接运用柯西不等式有困难,通过分时代换后则显得比较容易.当然也可先证明23222333121aa ab c+++…而得到最小值.二、多元函数极值问题例4 设,x y R ∈,求函数22(,)6214672f x y x y xy x y =+---+的最小值.解:22(,)(7)5(2)3f x y x y y =--+-+,故9,2x y ==时,min 3f =.评注:配方法是解与二次函数有关最值问题的常用方法. 例5 已知非负实数12,,,n x x x 满足112ni i x =∑…,求121(,,,)(1)nn i i f x x x x ==-∏的最小值.解:当1221,,,,n n n x x x x x --+都为定值时,由于111(1)(1)1()n n n n n n x x x x x x -----=-++,可见,1n n x x --越大,上式的值越小.为此,令11(1,2,,2),,0i i n n n n x x i n x x x x --'''==-=+=, ①则1111,0n n n n n n n n x x x x x x x x ----''''+=+⋅=<.∴12121(1)(1)(1)(1)(1)(1)n n x x x x x x -'''------…其中121212n n x x x x x x '''+++=+++….再进行形如①的变换2n -次,即可得 12121(1)(1)(1)1()2n n x x x x x x --->-+++…,其中等号当1231,02n x x x x =====时取得.∴所求最小值为12. 评注:解多元函数最值问题常用逐步调整法.先将函数看作关于其中一个变量的函数,将其它变量看作常数,再对其它变量用同样方法,最终转化为一元函数. 再看一个逐步调整法的例子.例6 给定实数25a >.对于满足条件55111i i i ix a x==⋅=∑∑的所有正实数组12345(,,,,)x x x x x ,试求{}{}1234512345max ,,,,min ,,,,x x x x x x x x x x 的最值.解:由对称性,设12345x x x x x 剟剟,由齐次性,设152341,,,,[1,]x x u x x x u ==∈,2342342341111(,,)(1)(1)a fx x x x xx u u x x x ==++++++++2111++++…,3,10u-,.另一方面,将34,x x看作常数,23422(,,)(,,0)a f x x x xxβαγαβγ==⋅++>.2x>时,f为凸函数,在21x=或2x u=时取得最大值.同理,f在34,1x x=或u时取得最大值.设f取得最大值时,234,,x x x中有k个为u,3k-个为1,0,1,2k=.此时,1(31)(31)kf ku k u ku u=+-+++-++=222(1)3(1)(4)(41)u u u uk ku u u--++-++.f为开口向下的抛物线,对称轴为32k=,故1k=或2时,f取得最大值.23421(,,)(23)(3)6()13a f x x x u uu u∴=++=++ (21)=+,u∴={}{}1234512345max,,,,min,,,,x x x x xx x x xx22,⎡⎤⎛⎢⎥∈⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎣⎦.三、无理函数极值问题例7求函数()f x=的最大值.解:由于()f x==.令2(3,2),(0,1),(,)A B P x x,则()f x PA PB=-.于是,问题转化为在抛物线2y x=上求一点P,使PA PB-最大.因点A在抛物线下方,点B在抛物线上方,故直线AB和抛物线必相交,交电由方程组2121030y xyx⎧=⎪⎨--=⎪--⎩确定,消去y,得2330x x--=.由于关于x的二次方程的常数项为负,则方程必有负根.又三角形两边之差小于第三边,所以,当P点位于负根所对应的交点位置时,()f x有最大值AB=评注:本题不必求出交点坐标,从图中也可以看到PA PB-例8求函数()2f x x=.解:由于()22f x x x ==+,可令1sin ,[,]2222x ππθθ-=∈-,则12x θ=.于是5()()11sin()2f x g θθθθϕ==+=++,其中ϕ=. 因为[,]22ππθ∈-,故]22ππθϕ+∈+,从而sin()[θϕ+∈,即7()[1]2g θ∈,故min max 7()1()2f x f x ==. 评注:三角换元也是解无理函数最值的好方法,常借助于辅助角公式.例9 求函数y 的最小值．解：先求定义域(,0][2,)-∞⋃+∞，注意到两个根号内的函数在(,0]-∞上都递减，在[2,)+∞上都递增，故原函数亦如此．故min min{(0),(2)}1y f f ==．当0x =时取到最小值．评注:运用单调性,简单巧妙.例10 求函数y =解:（构造法）：y =(,1)P x 到定点(1,0),(1,0)A B -的距离之和，故min y =．解法二:y =≥=≥0x =时，两等号同时成立，故min y =．例11 对实数x ，求函数48148)(22----=x x x x x f 的最大值．解：)(x f 的定义域为[6，8]，22)4(168)(--=-=x x x x u ，当6=x 时，12max =u ；22)7(14814)(---=---=x x x x v ，当6=x 时，0max =v ，从而当6=x 时)(x f 有最大值3212=．解法二：)(x f 定义域为[6，8]，令28)(x x x u -=，4814)(2--=x x x v ，x v u 64822-=-． 126480],8,6[≤-≤∴∈x x ， 12022≤-≤∴v u (1)．v u y -= ，v y u +=∴代入（1）得：1222≤+vy y ，易知0≥y ，0)7(12≥--=x v ……（2）12222≤+≤∴vy y y ，32≤∴y ，当6=x 时（1）、（2）同时取等号．故)(x f 有最大值3212=．解法三：)(x f 的定义域为[6，8]，686)6(8)(-+-=---=x x x x x x x f ，x -8 ，61-+x x在[6，8]上是减函数，从而当6=x 时)(x f 有最大值3212=．评注：联想思维是数学问题解决的重要思维方式，解法一运用知识点：“若)()()(x v x u x f +=，)(),(x v x u 同时在0x x =处取得最大值，则)(x f 在0x x =处取得最大值；解法二运用不等式的放缩法求解；解法三运用知识点“若)(x f 在闭区间[a,b ]上为单调函数，则)(x f 在端点处取得最值”．四、分式函数极值问题例12 设,,x y z 是不全为零的实数,求2222xy yzx y z+++的最大值. 解:)222xy yz ⎫⎫+=+⎪⎪⎪⎪⎭⎭222222*********a a x y by z x b y z a b a b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭….令1122a b a b =+=,解得5a b ==.所以2222()2xy yz x y z +++….当且仅当105x z ==时等号成立. 故2222xy yzx y z+++评注:本题对分子或分母直接运用均值不等式显然达不到目标,∴引入参数,a b 作为待定系数进行代换,再运用均值不等式进行处理,表面上好象增加了变量,实际上却使本来较难解决的问题得以顺利解决.例13 对所有,,a b c R +∈,+.解:作代换x y z ===,则,,(0,)x y z ∈+∞.从而,2228a x a bc =+,即22181bcx a =-.同理,222218181,1ac ab y b z c -=-=.将以上三式相乘, 得222111111512x y z⎛⎫⎛⎫⎛⎫---= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.若1x y z ++<,则01,01,01x y z <<<<<<. 故222222222111(1)(1)(1)111x y z x y zx y z ⎛⎫---⎛⎫⎛⎫---= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222[()]x x x y z 2->∑∏222[()(2)]y z x y z x y z +++=∏512=.矛盾.所以1x y z ++….从而,当a b c ==时,所求最小值为1.评注:通过整体代换将问题转化为条件最值问题,即在222111111512x y z⎛⎫⎛⎫⎛⎫---= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭成立的条件下,求x y z ++的最小值.可先从极端情况探求最小值,再运用反证法进行证明.例14 已知,,a b c R +∈,求938432a b cb c c a a b+++++的最小值. 解:对分母进行代换,令3,84,32b c x c a y a b z +=+=+=, 则111131111,,386216461612a x y zb x y zc x y z =-++=-+=+-. 故914191496138432861648a b c y x z x z y b c c a a b x y x z y z ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=+++++- ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭.由均值不等式得上式1116147461286164848⨯+⨯+⨯-=….当且仅当2,3y x z x ==时等号成立.∴当10,21a c b c ==时,所求最小值为4748.评注:对于分子与分母均为齐次的分时最值问题,一般最易想到运用柯西不等式处理,但有时很难直接奏效,此时,进行分母代换时比较明智的选择.例15 设,,a b c 为正实数,且abc a c b ++=,求222223111p a b c =-++++的最大值. 解:设tan ,tan ,tan a b c αβγ===,,,(0,)2παβγ∈.由abc a c b ++=,得1a cb ac+=-,即tan tan()βαγ=+,从而βαγ=+.故2222cos 2cos ()3cos p αγγ=-++2cos 21cos(22)13cos ααγγ=+-+-+22sin sin(2)3cos γαγγ=++22102sin 3cos 33sin 2sin 3γγγγ+=-+剟.因此,当12,sin 23παγγ+==,即,24a b c ===时,max 103p =. 评注:巧妙地运用三角函数的公式与性质,可以顺利解决许多分式最值问题.。

2012年全国高中数学联赛试题及解答

PA ⋅ PB = 1 x - (x + 2) 0 0 x 02 2 PA ⋅ PB = PA PB cos 3π42 2 2 x x A D 0 0 x ⎝ 0 ⎭ 0一、填空题（每小题 8 分，共 64 分）2012 年全国高中数学联合竞赛第一试 1. 设 P 是函数 y = x + 2(x > 0) 图像上的任意一点，过 P 分别向直线 y = x 和 y 轴作垂线，垂足分别为xA 、B ．则 PA ⋅ PB = ．答案：-1．解法 1 设 P ⎛ x , x + 2 ⎫，则l: y - ⎛ x + 2 ⎫ = -(x - x ) ，即 y = -x + 2x + 2 ．⎝ 0 ⎭ PA 0 x ⎪ 0 0 x 上式与 y = x 联立解得点 A ⎛ x + 1 , x+ 1 ⎫ ．又点 B ⎛ 0, x + 2 ⎫ ，则 PA = ⎛ 1 , - 1 ⎫ ，PB = (-x ,0) ，0 x 0 x ⎪ 0 x x x ⎪⎝ 0 0 ⎭ 故 (-x ) = -1 ． ⎝ 0 ⎭ ⎝ 0 0 ⎭0 0⎛ 2 ⎫解法 2 如图 3，设 P x 0 , x 0 + ⎝⎪(x 0 > 0) ．则点P 到直线 x - y = 0 和 y x 0 ⎭ PA = = ， PB = x ． 0因为 O 、A 、P 、B 四点共圆，所以， ∠APB = π - ∠AOB = 3π ．4图 3 故= -1． 2. 设△ABC 的内角∠A 、∠B 、∠C 的对边分别为 a 、b 、c ，且满足a cos B - b cos A = 3 c .则 tan A= ．5tan B答案：4．c 2 + a 2 - b 2b 2 +c 2 - a 2 3 2 23 2 解法 1由题设及余弦定理得a ⋅- b ⋅ = c ⇒ a - b = c ．tan A = sin A ⋅ cos B = a ⋅ 2cac 2 + a 2 - b 22ca 2bc 5 5=c + a - b = 故 tan B sin B ⋅ cos A b 2 + c 2 - a 2 b ⋅2bcc 2 + b 2 - a 24 C 解法 2 如图 4，过点 C 作CD ⊥ AB ，垂足为 D .则a cos B = DB ， b cos A = AD ．由题设得 DB - AD = 3c ．B5CD 图 4 又 DB + DA = c ，联立解得 AD = 1 c ， DB = 4c .故tan A = AD = DB = 4 ． 5 解法 3 由射影定理得a cos B + b cos A = c5 tan B CD ADDB 又 a cos B - b cos A = 3 c ，与上式联立解得a cos B = 4 c ， b cos A = 1c5 5 5故 tan A = sin A ⋅ cos B = a cos B = 4 tan B sin B ⋅ cos A b c os AMNABAF BF⎛ 2π ⎫ AB π AF + BF AB AF + BFMN AB AF + BF AF + BF MN AB⎫ 2 3. 设 x 、y 、z ∈[0,1] .则 M =的最大值是．答案： +1．解：不妨设0 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 1.则 M =⇒ M ≤ ( 2 + 2+1．当且仅当 x = 0 ， y = ， z = 1 时，上式等号同时成立．24. 抛物线 y 2 = 2 px ( p > 0) 的焦点为 F ，准线为 l ，A 、B 是抛物线上的两个动点，且满足∠AFB =π. 3设线段 AB 的中点 M 在 l 上的投影为 N .则的最大值是．答案：1．解法 1 设∠ABF = θ ⎛0 < θ < 2π ⎫ .则由正弦定理得 = = ． 3 ⎪ sin θ ⎝ ⎭ sin ⎝ 3- θ ⎪ ⎭ sin3 sin θ + sin ⎛ 2π - θ ⎫3 ⎪ ⎛ π ⎫ 故 = ，即= ⎝ ⎭ = 2 c os θ - ⎪． sin θ + sin ⎛ 2π - θ ⎫ sin π sin π ⎝ 3 ⎭ 3⎪ 3 3 ⎝ ⎭如图 5，由抛物线的定义及梯形的中位线定理得： MN =①2 则 = cos ⎛θ - π ⎫ ．故当θ = π 时，取得最大值 13 ⎪ 3 ⎝ ⎭解法 2 同解法 1 得式①在△AFB 中，由余弦定理得AB 2= AF 2+ BF 2- 2 AF BF cos π3= ( AF + BF )2- 3 AF BF⎛ ⎫2≥ ( AF + BF )2 - 3 ⎪⎝ 2 ⎭⎛ 2= 2 ⎪= MN . ⎝ ⎭当且仅当 AF = BF 时，上式等号成立．故的最大值为 1．2 MN AB⎣⎨ 5. 设同底的两个正三棱锥 P - ABC 和Q - ABC 内接于同一个球.若正三棱锥 P - ABC 的侧面与底面所成的角为45°，则正三棱锥Q - ABC 的侧面与底面所成角的正切值是．答案：4．解：如图 6，联结 PQ .则 PQ ⊥平面 ABC ，垂足 H 为正△ABC 的中心，且 PQ 过球心 O ．联结 CH 并延长与 AB 交于点 M .则 M 为边 AB 的中点，且CM ⊥ AB .易知，∠PMH 、∠QMH 分别为正三棱锥 P - ABC 、正三棱锥Q - ABC 的侧面与底面所成二面角的平面角．则∠PMH = 45°⇒ PH = MH = 1AH .2由∠PAQ = 90°， AH ⊥ PQ ⇒ AH 2 = PH ⋅ QH1 ⇒ AH 2= AH ⋅ QH2⇒ QH = 2 AH = 4MH .故 tan ∠QMH = QH= 4MH图 66. 设 f (x ) 是定义在 R 上的奇函数，且当 x ≥ 0 时， f (x ) = x 2 ．若对任意的 x ∈[a , a + 2]，不等式 f (x + a ) ≥ 2 f (x )恒成立，则实数 a 的取值范围是．⎧⎪x 2 , x ≥ 0;解：由题设知 f (x ) = 2⇒ 2 f (x ) = f ( 2x )⎪⎩-x , x < 0 故原不等式等价于 f (x + a ) ≥ f ( 2x )．由 f (x ) 在 R 上是增函数知x + a ≥ 2x ⇒ a ≥ ( 2 -1)x ⇒ a ≥ ( 2 -1)(a + 2) ⇒ a ≥ 2. 即 a 的取值范围为 ⎡ 2, +∞)7. 满足 1 < sin π < 1的所有正整数 n 的和是．4 n 3解：由正弦函数的凸性，知当 x ∈(0, π )6 时， 3x < sin x < x ． π 故sin π < π < 1 ， sin π > 3 ⨯ π = 1 ， sin π < π < 1 ， sin π3 π 1 ．> ⨯ = 13 13 4 12 π 12 4 10 10 39 π 9 3因此，满足 1 < sin π < 1的正整数 n 的所有值分别为 10、11、12，其和为 33．4 n 3⎨8. 某情报站有 A 、B 、C 、D 四种互不相同的密码，每周使用其中的一种密码，且每周都是从上周未使用的三种密码中等可能地随机选用一种.设第一周使用 A 种密码.那么，第七周也使用 A 种密码的概率是（用最简分数表示）．解：用 P k 表示第 k 周用 A 种密码本的概率.则第 k 周未用 A 种密码的概率为1 - P k ．故P = 1(1 - P )(k ∈ N ) k +1 3 k +⇒ P - 1 = - 1 (P - 1)k +14 3 k 4 ⇒ P - 1 = 3 (- 1)k -1k⇒ P k⇒ P 7 4 4 3 = 3 (- 1)k -1 + 14 3 4= 61 . 243二、解答题（共 56 分）9. （16 分）已知函数 f (x ) = a s in x - 1 cos 2x + a - 3 + 1，其中，a ∈ ，且a ≠ 0 ． 2 a 2（1）若对任意 x ∈ ，都有 F (x ) < 0 ，求 a 的取值范围．（2）若a ≥ 2 ，且存在 x ∈ ，使 f (x ) ≤ 0 ，求 a 的取值范围．解：（1） f (x ) = sin 2 x + a sin x + a - 3 . 令t = sin x (-1 ≤ t ≤ 1) .则 g (t ) = t 2 + at + a - 3a a⎧g (-1) = 1 - 3 ≤ 0, 由题设知⎪ a 3 ⎪g (1) = 1 + 2a - ≤ 0． ⎩⎪ a解得 a 的取值范围为(0,1]．（2）因为a ≥ 2 ，所以， - a≤ -1 ．2故 g (t ) min= g (-1) = 1 - 3 ． a从而， f (x ) min= 1 - 3 ． a 由题设知1 - 3≤ 0 ．a解得0 < a ≤ 3 ．故 a 的取值范围是[2,3]．⎩10. （20 分）已知数列{a n } 的各项均为非零实数，且对于任意的正整数 n 都有(a + a + …+ a )2 = a 3 + a 3 + …+ a 3．12n12n（1）当n = 3时，求所有满足条件的三项组成的数列 a 1 ， a 2 ， a 3 ．（2）是否存在满足条件的无穷数列{a n } ，使得a 2013 = -2012 ？若存在，求出这样的无穷数列的一个通项公式；若不存在，说明理由．解：（1）当n = 1时， a 2 = a 3 ．由a ≠ 0 ，得a = 1．1111当 n = 2 时， (1+ a )2= 1+ a 3．由a ≠ 0 ，得a = 2 或-1 ．2222当 n = 3时， (1+ a + a )2= 1+ a 3 + a 3．若a = 2 ，得a = 3 或-2 ；若a = -1，得a = 1 ．23232323综上，满足条件的三项数列有三个：1，2，3 或 1，2， -2 或 1， -1 ，1．（2）令 S = a + a + …+ a .则 S 2 = a 3 + a 3 + …+ a 3 (n ∈ N ) ． n1 2 n n 1 2 n +故(S + a)2= a 3 + a 3 + …+ a3.两式相减并结合a≠ 0 ，得2S = a 2- a ．nn +112n +1n +1nn +1n +1当 n = 1时，由（1）知a 1 = 1；当 n ≥ 2 时， 2a = 2(S - S ) = (a 2 - a)- (a2 - a )，nnn -1即(a n +1 + a n )(a n +1 - a n -1) =0 ．所以， a n +1 = -a n 或a n + 1 ．又 a 1 = 1， a 2013 = -2012 ，则n +1n +1nn⎧⎪n ,1 ≤ n ≤ 2012; a n = ⎨⎪(-1)n2012, n ≥ 2013. 11. （20 分）如图 1，在平面直角坐标系 xOy 中，菱形 ABCD 的边长为 4，且 OB = OD = 6 .（1）证明： OA OC 为定值；（2）当点 A 在半圆 M : (x - 2)2 + y 2 = 4(2 ≤ x ≤ 4) 上运动时，求点 C 的轨迹.解：（1）由 AB = AD = CB = CD ， OB = OD ，知 O 、A 、C 图 7，联结 BD.则 BD 垂直平分线段 AC ．设垂足为 K ， OA OC= ( OK - AK )(OK + AK )故 = OK 2- AK 2= (OB 2- BK2)- ( A B 2- BK 2)= OB 2 - AB 2= 20(定值).（2）设C (x , y ) ， A (2 + 2cos α, 2sin α ) ，其中， α = ∠xMA ⎛ - π ≤ α ≤ π ⎫．2 2 ⎪ ⎝ ⎭则∠xOC = α． 2又 OA 2 = (2 + 2cos α )2 + (2sin α )2 = 8(1 + cos α ) = 16cos 2 α ， 2所以， OA = 4 cos α．2由（1）的结论得 OC cos α= 5 ．2则 x = OC cos α= 5 ．2故 y = OC sin α = 5 t an α∈[-5,5] ．2 2因此，点 C 的轨迹是一条线段，其两个端点的坐标分别为(5,5) ， (5, -5) ．⎨ ++ 加试一、（40 分）如图 2，在锐角△ABC 中，AB > AC ，M 、N 是边 BC 上不同的两点，使得∠BAM = ∠CAN .设△ABC 和△AMN 的外心分别为O 1 、O 2 .证明： O 1 、O 2 、A 三点共线.图2证明：如图 8，联结 AO 1 、 AO 2 ，过点 A 作 AO 1 的垂线 AP 与 BC 的延长线交于点 P .则 AP 是 O 1 的切线.故∠B = ∠PAC .因为∠BAM = ∠CAN ，所以， ∠AMP = ∠B + ∠BAM = ∠PAC + ∠CAN = ∠PAN ．从而，AP 是△AMN 外接圆 O 2 的切线.故 AP ⊥ AO 2 ．因此， O 1 、O 2 、A 三点共线．二、（40 分）试证明：集合 A = {2, 22 ,…, 2n ,…}满足图 8（1）对每个a ∈ A 及b ∈ N + ，若b < 2a -1，则b (b +1) 一定不是 2a 的倍数；（2）对每个a ∈ A （ A 表示 A 在N + 中的补集），且a ≠ 1，必存在b ∈ N + ，b < 2a -1，使b (b +1) 是 2a 的倍数．解：（1）对任意a ∈ A ，设a = 2k (k ∈ N ) .则2a = 2k +1．若 b 是任意一个小于2a -1的正整数，则b +1 ≤ 2a -1 ．由于 b 与b +1中，一个为奇数，它不含质因子 2，另一个为偶数，它含质因子 2 的幂的次数最多为 k 、因此， b (b +1) 一定不是 2a 的倍数．（2）若a ∈ A ，且a ≠ 1，设a = 2k m ，其中， k ∈ N ，m 为大于 1 的奇数．则 2a = 2k +1 m ．下面给出三种证明方法．方法 1 令b = mx ， b +1 = 2k +1 y ．消去 b 得2k +1 y - mx = 1.由(2k +1 , m )= 1，知方程必有整数解⎧⎪x = x + 2k +1t ,⎨ 0⎪⎩ y = y 0 + mt , 其中， t ∈ Z ， (x 0 , y 0 ) 为方程的特解．记最小的正整数解为(x ', y ') .则 x ' < 2k +1 ．故b = mx ' < 2a -1，使得b (b +1) 是 2a 的倍数．方法 2 注意到， (2k +1 , m )= 1，由中国剩余定理，知同余方程组⎧⎪x ≡ 0(mod 2k +1 ), ⎪⎩x ≡ m -1(mod m )在区间(0, 2k +1 m ) 上有解 x = b ，即存在b < 2a -1，使得b (b +1) 是 2a的倍数．方法 3 由(2, m ) = 1 ，总存在r (r ∈ N + , r ≤ m -1) ，使得2r ≡ 1(mod m )取t ∈ N ，使得tr > k +1 .则2tr≡ 1(mod m ) ．存在b = (2tr -1)- q (2k +1 m )> 0(q ∈ N ) ，使得0 < b < 2a -1.此时， m b ，2k +1 (b +1) .从而， b (b +1) 是 2a 的倍数．0 k⎛d ⎫3三、（50 分）设P，P1，…，Pn是平面上n +1 个点，其两两间的距离的最小值为d(d > 0) ．证明：P P P P …P P>d n0 1 0 2 0 n(3)证法1 不妨设PP1≤PP2≤…≤PPn．先证明：对任意正整数 k 都有 P P >.0 k3显然， P P ≥d ≥ 对k = 1, 2 ，…，8 均成立，只有当k = 8 时，上式右边取等号.0 k3所以，只需证明：当k ≥ 9 时，有 P P >即可．0 k3以点P (i = 0,1,…k) 为圆心、d为半径画k +1 个圆，其两两相离或外切；以点 P 为圆心、 PP +di 2 0 0 k2为半径画圆，此圆覆盖上述k +1 个圆．则π⎛P Pd ⎫2+⎪2>(k +1)π ⎪ ⇒P0P k>d (1)．由k ≥ 9 ，易知>．⎝ 2 ⎭⎝2 ⎭ 2 2 3所以， P P >对k = 9 ，10，…，n 也成立．0 k3综上，对任意的正整数 k 都有 P P >．0 k3⎛d ⎫n故PP1PP2…PPn> ⎪⎝⎭．证法 2 所设同证法1．以P (i = 0,1,…, k) 为圆心、d为半径画k +1 个圆，其两两相离或外切．i设Q 是2Pi上任意一点．PQ ≤PPi+PiQ由=P P +1d0 i2≤P P +1P P =3P P ,0 k 2 0 k 2 0 k知以P 为圆心、3PP 为半径的圆覆盖上述k +1 个圆．0 2 0 k⎛3 ⎫2 ⎛d ⎫2则π2PPk⎪ > (k + 1)π 2 ⎪ ，即 P0P k>k = 1, 2,…, n)．⎝⎭⎝⎭四、（50 分）设S =1+1+…+1n 是正整数）.证明：对满足0≤a<b≤1的任意实数a、b，数列{S-[S]}（n 2 n n n 中有无穷多项属于(a,b)，（[x]表示不超过实数x 的最大整数）．证法1（1）对任意n ∈N+，S =1 +1+1+…+12n 2 3 2n=1 +1+ (1+1) +…+ (1+…+1)有 2 21 +1222n-1 +12n>1 +1+ (1+1) +…+ (1+…+12 22 222n 2n= 1 +1+1+…+1>1n.2 2 2 212iN0 令 N =⎡ 1 ⎤+ 1 ， m = [S]+1.则1< N ，1< b - a ，S< m ≤ m + a ． 0⎢⎣b - a ⎥⎦N 0b - a 0N 0又令 N 1 = 22(m +1) .则 S N = S2( m +1)> m +1 ≥ m + b ．从而，存在n ∈ N + ， N 0 < n < N 1 ，使得m + a < S n < m + b ⇒ S n - [S n ]∈(a ,b ) ．否则，存在 N 0 < k ，使得 S k -1 ≤ m + a ， S k ≥ m + b ．于是 S - S ≥ b - a ，与 S - S = 1 < 1 < b - a 矛盾．k k -1 k k -1k N 0故一定存在n ∈ N + ，使得 S n - [S n ]∈(a ,b ) ．（2）假设只有有限个正整数 n 1 ， n 2 ，…， n k ，使得 S n - ⎡S n ⎤ ∈(a ,b )(1 ≤ j ≤ k ) ．j ⎣ j ⎦令c = min {S n j - ⎡S n j⎤}则a < c < b ．1≤ j ≤k⎣ ⎦ 故不存在n ∈ N + ，使得 S n - [S n ]∈(a ,c ) 与（1）的结论矛盾．所以，数列{S n - [S n ]}中有无穷多项属于(a ,b ) ．综上，原命题成立．证法 2 由证法 1，知当 n 充分大时， S n 可以大于任何一个正数．令 N = ⎡ 1 ⎤+ 1 .则 N > 1 ．⎢⎣b - a ⎥⎦b - a当 k > N 时， S - S= 1 < 1 < b - a ．0 k k -1k N 0同证法 1 可证，对于任何大于 S 0m + a < S n < m + b ．的正整数 m ，总存在n > N 0 ，使得 S n - m ∈(a ,b ) ，即令m i = ⎡S N ⎤ + i (i = 1, 2,…).则m i > S N .⎣ 0 ⎦ 0故一定存在n i > N 0 ，使得m i + a < S n < m i + b ．从而， a < S n - m i = S n - ⎡S n ⎤ < b ．i i ⎣ i ⎦这样的 i 有无穷多个．所以，数列{S n - [S n ]}中有无穷多项属于(a ,b ) ．N。

高中数学竞赛解题方法篇(不等式)

高中数学竞赛中不等式的解法摘要：本文给出了竞赛数学中常用的排序不等式，平均值不等式，柯西不等式和切比雪夫不等式的证明过程，并挑选了一些与这几类不等式相关的一些竞赛题进行了分析和讲解。

希望对广大喜爱竞赛数学的师生有所帮助。

不等式在数学中占有重要的地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛数学中的热门题型.在解决竞赛数学中的不等式问题的过程中，常常要用到几个著名的代数不等式：排序不等式、平均值不等式、柯西不等式、切比雪夫不等式.本文就将探讨这几个不等式的证明和它们的一些应用.1．排序不等式定理1设1212...,...n n a a a b b b ≤≤≤≤≤≤，则有1211...n n n a b a b a b -+++ (倒序积和)1212...n r r n r a b a b a b ≤+++（乱序积和） 1122 ...n n a b a b a b ≤+++（顺序积和）其中1,2,...,n r r r 是实数组1,2,...,n b b b 一个排列，等式当且仅当12...n a a a ===或12...n b b b ===时成立.（说明：本不等式称排序不等式，俗称倒序积和乱序积和顺序积和.）证明：考察右边不等式，并记1212...n r r n r S a b a b a b =+++。

不等式1212...nr r n r S a b a b a b ≤+++的意义：当121,2,...,n r r r n===时，S 达到最大值1122 ...n n a b a b a b +++.因此，首先证明n a 必须和n b 搭配，才能使S 达到最大值.也即，设n r n <且n b 和某个()k a k n <搭配时有.n n k n n r k r n n a b a b a b a b +≤+ （1-1）事实上， ()()()0n n n n nk r k n n r n r n k a b a b a b a b b b a a +-+=--≥不等式（1-1）告诉我们当nr n <时，调换n b 和n r b 的位置（其余n-2项不变），会使和S 增加.同理，调整好n a 和n b 后，再调整1n a -和1n b -会使和增加.经过n 次调整后，和S 达到最大值1122 ...n n a b a b a b +++，这就证明了1212...n r r n r a b a b a b +++1122 ...n n a b a b a b ≤+++.再证不等式左端,由1211...,...n n n a a a b b b -≤≤≤-≤-≤≤-及已证明的不等式右端，得1211(...)nn n a b a b a b --+++1212(...)n r r n r a b a b a b ≥-+++即 1211...n n n a b a b a b -+++1212...n r r n r a b a b a b ≤+++ .例1 （美国第3届中学生数学竞赛题）设a,b,c 是正数，求证：3()a b c a b ca b c abc ++≥.思路分析：考虑两边取常用对数，再利用排序不等式证明. 证明：不妨设ab c ≥≥，则有lg lg lg a b c ≥≥根据排序不等式有：lg lg lg lg lg lg a a b b c c a b b c c a ++≥++lg lg lg lg lg lg a a b b c c a c b a c b ++≥++ 以上两式相加，两边再分别加上 lg lg lg a a b b c c ++有 3(lg lg lg )()(lg lg lg )a a b b c c a b c c a b ++≥++++ 即 lg lg 3a b ca b cab c abc ++≥故 3()a b c a b cab c abc ++≥ .例2 设a,b,c R +∈，求证：222222333222a b b c c a a b c a b c c a b bc ca ab+++++≤++≤++. 思路分析：中间式子每项都是两个式子之和，将它们拆开，再用排序不等式证明. 证明：不妨设ab c ≥≥，则 222a b c ≥≥且111c b a≥≥根据排序不等式，有222222111a b c a b c c a b a b c++≥++222222111a b c a b c b c a a b c++≥++ 两式相加除以2，得222222222a b b c c a a b c c a b+++++≤++再考虑333ab c ≥≥，并且111bc ca ab≥≥ 利用排序不等式，333333111 a b c a b c bc ca ab ca ab bc++≥++333333111 a b c a b c bc ca ab ab bc ac++≥++ 两式相加并除以2，即得222222333222a b b c c a a b c c a b bc ca ab+++++≤++ 综上所述，原不等式得证.例3 设12120...,0...n n a a a b b b ≤≤≤≤≤≤≤≤，而1,2,...,n i i i 与1,2,...,n j j j 是1,2,...,n 的两个排列. 求证：1111r snnnni j r sr s r s a b a b r sr s ====≥++∑∑∑∑. （1-2）思路分析：已知条件中有两组有序实数，而式（1-2）具有“积和”形式，考虑使用排序不等式.证明：令 1s nj rs b d r s==+∑（r=1,2,...,n ）显然 12...n d d d ≥≥≥ 因为 12...n b b b ≤≤≤ ，且111...(1)1r n r n r ≤≤≤++-+ 由排序不等式1nsr s b d r s =≤+∑ 又因为 12...n a a a ≤≤≤所以 11rnnr r i r r r a d a d ==≤∑∑且111nnnsr r r r s r b a a d r s ===≤+∑∑∑（注意到r a ≥0）故11111r ssrn nn nni j j iri rr s r s r a b b a a dr s r s =======++∑∑∑∑∑11111nn nn ns r s r r r r r s r s b a ba d a r s r s=====≥≥=++∑∑∑∑∑ 故原式得证.2.均值不等式定理2 设12,,...,n a a a 是n 个正数，则()()()()H n G n A n Q n ≤≤≤称为均值不等式.其中，121()111...nH n a a a =+++，()G n =12...()na a a A n n+++=，()Q n =分别称为12,,...,n a a a 的调和平均数，几何平均数，算术平均数，均方根平均数. 证明：先证 ()()G n A n ≤.记c= i ia b c=，则原不等式12...n b b b n ⇔+++≥其中 12121...( (1)n n b b b a a a c == 取 12,,...,n x x x 使 11212123,,...,,n n n x x xb b b x x x --=== 则 1.n n x b x = 由排序不等式，易证111221......n n n n x x x b b b n x x x -+++=+++≥下证()()A n Q n ≤因为 222212121...[(...)n n a a a a a a n+++=+++22212131()()...()n a a a a a a +-+-++-2222232421()()...()...()n n n a a a a a a a a -+-+-++-++-]2121(...)n a a a n≥+++ 所以12...n a a a n +++≤从上述证明知道，当且仅当12...n a a a ===时，不等式取等号.下面证明 ()()H n G n ≤对n 个正数12111,,...,na a a ，应用 ()()G n H n ≤，得12111...n a a a n +++≥即 ()()H n G n ≤（等号成立的条件是显然的）.例4已知2201,0a x y <<+=，求证：1log ()log 28x y a a a a +≤+. 证明：由于 01a <<，0,0x y a a >>，有xy aa +≥=从而log ()log log 22xy a a a x ya a ++≤=+下证128x y +≤ ，即 14x y +≤。

高中数学竞赛训练题(含答案)

例1、求点集中的元素的个数．分析及答案思路分析：应首先去对数将之化为代数方程来解之．解：由所设知x>0，y>0及由平均值不等式，有当且仅当即（虚根舍去）时，等号成立．故所给点集仅有一个元素．评述：此题解方程中，应用了不等式取等号的充要条件，是一种重要解题方法，应注意掌握之．例2、已知集合A={(x，y)}||x|＋|y|=a，a>0|，B={(x，y)||xy|＋1=|x|＋|y|}．若A∩B是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则a的值为____________．分析及答案思路分析：可作图，以数形结合法来解之．略解：点集A是顶点为（a，0），（0，a），（－a，0），（0，－a）的正方形的四条边构成（如图所示）．将|xy|＋1=|x|＋|y|，变形为（|x|－1）（|y|－1）=0，所以，集合B由四条直线x=±1，y=±1构成．欲使A∩B为正八边形的顶点所构成，只有a>2或1<a<2这两种情况．（1）当a>2时，由于正八边形的边长只能为2，显然有，故（2）当1<a<2时，设正八边形边长为l，则，这时，综上所述，a的值为时，如图所示中．例3、设集合则在下列关系中，成立的是（）A．A B C D B．A∩B=φ，C∩D=φC．A=B∪C，C D D．A∪B=B，C∩D=φ分析及答案思路分析：应注意数的特征，．解法1：∵∴A=B∪C，C D．故应选C．解法2：如果把A、B、C、D与角的集合相对应，令．结论仍然不变，显然，A′为终边在坐标轴上的角的集合，B′为终边在x轴上的角的集合，C′为终边在y轴上的角的集合，D′为终边在y轴上及在直线上的角的集合，故应选C．评述：解法1是直接法，解法2运用转化思想把已知的四个集合的元素转化为我们熟悉的角的集合，研究角的终边，思路清晰易懂，实属巧思妙解．例4、设有集合A={x|x2－[x]=2}和B={x||x|<2}，求A∩B和A∪B（其中[x]表示不超过实数x之值的最大整数）．分析及答案思路分析：应首先确定集合A与B．从而－1≤x≤2．显然，2∈A．∴A∪B={x|－2<x≤2}．若x∈A∩B，则x2=[x]＋2，[x]∈{1，0，－1，－2}，从而得出或x=－1（[x]=－1）．于是A∩B={－1，}．评述：此题中集合B中元素x满足“|x|<3”时，会出现什么样的结果，读者试解之．例5、已知M={(x，y)|y≥x2}，N={(x，y)|x2＋(y－a)2≤1}．求M∩N=N成立时a需满足的充要条件．分析及答案思路分析：由M∩N=N，可知N M．略解：．由x2＋(y－a)2≤1得x2≤y－y2＋(2a－1)y＋(1－a2) ．于是，若－y2＋(2a－1)y＋(1－a2)≤0，①必有y≥x2，即N M．而①成立的条件是，即解得．评述：此类求参数范围的问题，应注意利用集合的关系，将问题转化为不等式问题来求解．。

一道联赛题的多种解法

一
司
6 ~／
一
6
一
z
+
号
．
Y
=
z ~／
一
3 +
z
易得
CO S
2
②
型旦
q
in
z
+ 皇
1
堕
1
，
由此我们可以联想到
a s
Q
．
① 和 ② 取等号条件都是
z
一
姜
，
-
s
口
=
，
还可联想到
n
in
a
+ boo
s 口
一
、
石F 而。
故由① + ② 得
s
in (口+
2厉
号 √
+ 2
厉
z
号 √
，
一
3 )
选 D
z
)
，
其它均为常数又知道了
，
．
3
≤z ≤6 这样
，
．
【法解
-
]
由
2
．
／石 n + 6 得；≤
z
一
问题就容易解决用这种方法既可以求出
y
的最
考数学
大值又可以求出
，
Y
的最小值
．
2
厢厉
2
√≤ 号 √≤ 号
3十
号
，
① 【析】分
漆数外谬
由
，
．
角
y
最大
．
知识来解决三角是处理无理式的有效工具解法

高中数学竞赛专题-函数2

⑴证明：令a＝b＝0得，f(0)＝1(f(0)＝0舍去) 又令a＝0，得f(b)＝f(－b)，即f(x)＝f(－x) 所以，f(x)为偶函数 ⑵令a＝x＋m，b＝m 得f(x＋2m)＋f(x)＝2f(x＋m)f(m)＝0 所以f(x＋2m)＝－f(x) 于是f(x＋4m)＝f[(x＋2m)＋2m] =－f(x＋2m) ＝f(x) 即T＝4m(周期函数)
【解】考查（1），f ( x )=－f (x+a) 说明“两个自变数相差a，则函数值互为相反数”，于是相差2a时，函数值相等：
f ( x )=－f (x+a) = f (x+2a)
∴ 等式（1）使f ( x )是周期函数，且2a是周期；
考查（2），f ( x )=f (a－x)表明函数f ( x )的图像关于直线 x a 对称，这
故选（C）．
【解法2】设x∈(1，2)
则－1＜x－2＜0 且 f ( x ) = f (x－2)，
∵ －1＜x－2＜0,
∴ 0＜2－x＜1
于是， f (2 x) log 2
1 1 (2 x)
log 2
1 x1
∵ f (x) 是奇函数，
∴ f (2－x)＝－f (x－2)，
∴
f ( x) log 2
2
不一定能使其为周期函数；考查（3），f (a－x)= f (b－x)表明
自变数相差a－b时，函数值相等，即 f ( x ) = f (a－b+x)
∴ 等式（3）使f (x)是周期函数，且a－b是周期．
考查（4），f (a－x) =－f (b－x)表明自变数相差a－b时，函数值互为相反数，于是相差2（a－b）时，函数值相等．故（4）同（1），能使 f ( x )为周期函数，且 2（a－b）是周期．

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一道高中数学竞赛题的五种解法
乌海市第十中学王祥
题目：已知实数x 、y 满足122=++y xy x ，求y x xy 22+-的取值范围。

解法一：因为221xy y x +=+
所以22113()xy xy x y =-=-+且（x-y ）
1
-13xy ≤≤可以得出
又因为2212xy xy y x -=-+ 所以1
1-233xy ≤≤
因此22xy y x -+的取值范围为1
[,3]3。

解法二：因为222xy y x ≥+
所以2213xy xy y x +=≥+ 即1
3xy ≤----------⑴
又因为210()xy x y =-≥+
所以1xy ≥-------------------⑵
由（1）（2）得1
-13xy ≤≤
因为2212xy xy y x -=-+ 所以1
1-233xy ≤≤
因此22xy y x -+的取值范围为1
[,3]3。

解法三：设2222,1m xy y xy y x x -=+=++，
以
上两式相加得2212m
y x +=+--------------------------------（1）
两式相减得21xy m =--------------------------------（2）
所以（1）+（2）得232()m
x y -=+
（1）-（2）得
2312()m x y -=- 又因为
2302()m x y -=≥+且23102()m x y -=≥- 所以
133m ≤≤ 因此2
2xy y x -+的取值范围为1[,3]3。

解法四：设
22xy m y x -+=-----------------------------（1） 221xy y x +=+---------------------------------（2）
由（1）+（2）得2212
m y x +=+ （2）-（1）得21xy m =- 因为
222xy y x +≥ 所以
112m m +≥- 即133
m ≤≤ 因此22xy y x -+的取值范围为1[,3]3。

解法五：设
22xy m y x -+=-----------------------------（1） 2
21xy y x +=+---------------------------------（2）由（1）+（2）得2212
m y x +=
+-----------------------（3）（2）-（1）得12
m xy -= ------------------------------（4）因为（3）+2（4）得232()m x y -=+
所以x y +=-----------------------------------（5）
由（4）（5）知设x 、y 是方程
2t ±102m -+=的两个根。

所以23144()022m m ac b --∆=
-=-≥ 即13
m ≥
又因为
230
2 ()m x y-
=≥+
所以3
m≤
即1
3 3
m
≤≤
因此
2
2xy y
x-+的取值范围为1[,3]
3。