全国高中数学联赛 代数部分

高中数学竞赛培训教程初等代数第一章代数基础整数是数学中最基本的数，包括正整数、负整数和零。

在代数中，我们经常使用整数来进行运算和表示未知数。

1.2 有理数有理数是可以表示为两个整数的比值的数，包括整数和分数。

在代数中，我们常常使用有理数来计算方程的根，解方程组等。

实数是包括有理数和无理数的数集。

在代数中，我们必须了解实数的性质和运算法则，才能进行更复杂的数学运算和证明。

第二章一次方程与不等式2.1 一次方程一次方程是指最高次项为一次的代数方程。

我们需要学习如何解一次方程，并利用解方程的方法解决实际问题。

2.2 一次不等式一次不等式是指最高次项为一次的不等式。

我们需要学习如何解一次不等式，并应用不等式来解决实际问题。

2.3 一次方程与一次不等式的应用一次方程与一次不等式在实际问题中的应用非常广泛。

我们需要学会如何将实际问题转化为一次方程或一次不等式，并利用解方程和解不等式的方法得出问题的解。

第三章二次方程与不等式3.1 二次方程的定义与性质二次方程是指最高次项为平方项的代数方程。

我们需要学习二次方程的基本性质，如判别式、根的性质等。

3.2 二次方程的解法解二次方程是数学中非常重要的一部分。

我们需要学会使用求根公式、配方法等解二次方程，以及利用因式分解、完全平方式解二次方程。

3.3 二次不等式的解法解二次不等式是在二次方程的基础上进一步扩展的。

我们需要学会使用判别式、区间判断等方法来解二次不等式，并应用它们来解决实际问题。

第四章分式与分式方程4.1 分式的定义与性质分式是指一个整数与一个非零整数的比值。

我们需要学习分式的基本性质，如约分、通分、化简等。

4.2 分式的运算分式的加减乘除是数学中常见的运算。

我们需要学习如何进行分式的加减乘除，并应用它们解决实际问题。

4.3 分式方程的解法分式方程是包含分式的方程。

我们需要学会解分式方程，并利用解方程的方法解决实际问题。

第五章根式与根式方程5.1 根式的定义与性质根式是指包含根号的数。

2001（湖北）二、（本题满分50分）设x i ≥0(I=1,2,3,…,n)且12112=+∑∑≤<≤=nj k j k ni ix x j kx，求∑=ni i x 1的最大值与最小值。

解：先求最小值，因为∑∑∑∑=≤<≤==⇒≥+=ni in j k j k ni i ni ixx x jkx x 11122112)(≥1等号成立当且仅当存在i 使得x i ＝1，x j ＝0，j ＝i∴∑=ni ix1最小值为1． …………………………………………………………… 10分再求最大值，令k k y k x =∴∑∑=≤<≤=+nk nj k j kky kyky11212①设∑∑====n k nk kk y k x M 11， 令⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==++=+++n n n n a y a y y a y y y 22121 则①⇔122221=+++n a a a …………………………………………………… 30分令1-n a ＝0，则∑=+-=nk k k a a k M 11)(∑∑∑∑∑=====+--=--=-=nk nk nk nk nk kk k k k a k k a k a k a k a k 111111)1(1由柯西不等式得：212121])1([)(])1([121212∑∑∑===--=--≤nk nk k nk k k a k k M等号成立⇔222221)1()1(1--==--==n n a k k a a n k222222221)1()1()12(1--=--++-++++⇔k k a n n a a a kn21])1([112∑=----=⇔nk k k k k k a (k =1，2，…，n )由于a 1≥a 2≥…≥a n ，从而])1([)11(221121≥---++-=-=∑=+nk k k k k k k k k a a y ，即x k ≥0所求最大值为21])1([12∑=--nk k k …………………………………………… 50分2002二、（本题满分50分）实数a,b,c 和正数λ使得f(x)=x 3+ax 2+bx+c 有三个实根x 1,x 2,x 3，且满足① x 2-x 1=λ,② x 3>21(x 1+x 2) 求233927233≤-+λab c a 解：∵ f(x)=f(x)-f(x 3)=(x -x 3)[x 2+(a+x 3)x+x 32+ax 3+b]∴ x 1,x 2是方程x 2+(a+x 3)x+x 32+ax 3+b 的两个根∵ x 2-x 1=λ∴ (a+x)2-4(x 32+ax 3+b)= λ2 ⇒3x 32+2ax 3+λ2+4b -a 2=0∵x 3>21(x 1+x 2) ∴ ]3124[31223λ--+-=b a a x (Ⅰ)且 4a 2-12b-3λ2≥0 (Ⅱ) …………10分 ∵ f(x)=x 3+ax 2+bx+c=ab c a a x b a a x 31272)3)(3()3(323-+++--+ …………20分 ∵ f(x 3)=0∴ )3)(3()3(2723132333ax b a a x c a ab +--+=---(Ⅲ) 由(Ⅰ)得 43332]312431322223λλ--=--=+b a b a a x 记p=b a -32，由(Ⅱ) 和(Ⅲ)可知p ≥42λ且)(493227231223λλ--=---p p c a ab令 y=42λ-p ，则y ≥0且)43(93227231223λ-=---y y c a ab …………30分 ∵ 443223λλ+-y y =243)2(432323λλλλ⋅+--y y =)()2(2λλ+-y y≥0∴3318327231λ-≥--c a ab ⇒233927233≤-+λab c a …………40分 ∴取a=23,b=2,c=0,λ=2，则f(x)=x 3+ax 2+bx+c 有根13--，13+-，0显然假设条件成立，且233)336348(81927233=-=-+λabc a 综上所述339272λabc a -+的最大值是233 …………50分2005（江西）二、（本题满分50分）设正数a 、b 、c 、x 、y 、z 满足.;,c ay bx b cx az a bz cy =+=+=+求函数zz y y x x z y x f +++++=111),,(222的最小值. 解：由条件得，0)()()(=-+--++-+a bz cy a c ay bx c b cx az b ，即02222=--+c b a bcx ，bca cb x 2222-+=∴，同理，得.2,2222222ab c b a z ac b c a y -+=-+=a 、b 、c 、x 、y 、z 为正数，据以上三式知，222222222,,c b a b c a a c b >+>+>+，故以a 、b 、c 为边长，可构成一个锐角三角形ABC ，C z B y A x cos ,cos ,cos ===∴，问题转化为：在锐角△ABC 中，求函数A f (cos 、B cos 、C cos ）=CCB B A A cos 1cos cos 1cos cos 1cos 222+++++的最小值.令,cot ,cot ,cot C w B v A u ===则,1,,,=++∈+wu vw uv R w v u且).)((1),)((1),)((1222w v w u w w v v u v w u v u u ++=+++=+++=+1)1()1(1111cos 1cos 2222222222+-+=+++=+++=+∴u u u u u u u u u u u u AA),11(2))((13232232w u v u u u w u v u u u u u u +++-≥++-+-=同理，).11(2cos 1cos ),11(2cos 1cos 322322wv w u w w C C w u v u v v B B +++-≥++++-≥+)[(21)(2122222333333222v uv u w v u w u w u w v w v v u v u w v u f +--++=++++++++-++≥∴+.21)(21)]()(2222=++=+-++-uw vw uv w uw u w vw v （取等号当且仅当w v u ==，此时，.21)],,([),21,min ======z y x f z y x c b a2006二、（本题满分50分）已知无穷数列{a n }满足a 0=x ，a 1=y ，1111--+++=n n n n n a a a a a ，n =1、2、…。

全国联赛代数问题选1. 已 知 实 数 a, b, c 满 足 a b c 1，111 1 ， 则b cb cac a baabc____．【答】 0.由题意知111 1，所以2c 1 2a1 2b1(1 2a)(12b) (1 2b)(1 2c) (1 2a)(1 2c) (1 2a)(1 2b)(12c)整理得 22(a b c) 8abc ，所以 abc0.2． 使得不等式9 n k8对唯一的整数 k 成立的最大正整数n为．17 n 15【答 】 144.由 条 件 得7 k8 ， 由 k 的 唯 一 性 ， 得 k 17 且 k 1 8 ， 所 以8 n 9 n8 n 92 k 1 k18 7 1 144 .nnn9 8 ，所以 n7 2当 n144 时，由7k8 可得 126 k 128 ， k 可取唯一整数值127.8n 9故满足条件的正整数n 的最大值为 144.3． 已知 x, y 为整数，且满足 (11)( 1212 )2(1414 ) ，则 xy 的可能的值x y xy3 xy有 _________ 个【答】 由已知等式得xy x 2 y 22 x 4 y 4 ，显然 x, y 均不为 0，所以 xy ＝ 0xyx 2 y 2 3 x 4 y 4或 3xy2( x y) .若， 则又 x, y 为整数，可求得 x ，3xy 2( x y)( 3x2 ) (y32 ). 4y2,x，y 1或 xy1.所以 xy 1.因此， xy 的可能的值有 3 个 .4．已知非负实数 x, y, z 满足 x y z 1，则 t2xyyz 2zx 的最大值为 _________【答】471( y t 2 xy yz 2zx 2x( y z) yz 2x( y z)z)242x(1 x)1 (1 x) 27 x 23 x 17(x 3) 2 4 ，442 44 7 7易知：当 x32 时， t2xyyz 2zx 取得最大值 4， yz.777 5. 张不同的卡片上分别写有数字2， 2， 4， 4， 6， 6，从中取出 3 张，则这 3 张卡片上 所写的数字可以作为三角形的三边长的概率是 【 】【答】25若取出的 3 张卡片上的数字互不相同，有2× 2×2＝ 8 种取法；若取出的 3 张卡片上的数字有相同的，有 3× 4＝ 12 种取法 . 所以，从 6 张不同的卡片中取出3 张，共有 8＋12＝ 20种取法 .要使得三个数字可以构成三角形的三边长，只可能是：（ 2，4，4），（ 4，4， 6），（ 2， 6，6），（ 4， 6， 6），由于不同的卡片上所写数字有重复，所以，取出的 3 张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的情况共有4×2＝ 8 种 .82因此，所求概率为.2056． 设 [t ] 表示不超过实数t 的最大整数，令 {t } t [ t] . 已知实数 x 满足 x 3118 ，3{ 1}x则 { x} _________x【答】 1设 x1 a ，则 x31(x1)( x21 1) ( x1)[( x 1 ) 2 3] a( a 2 3) ，xx 3xx 2x x所以 a( a 2 3) 18，因式分解得 ( a3)(a 2 3a6) 0 ，所以 a3.由 x1 3解得 x1(35) ，显然 0{ x} 1,0 {1} 1，所以 { x} { 1} 1.x2xx7．小明某天在文具店做志愿者卖笔，铅笔每支售 4 元，圆珠笔每支售 7 元．开始时他有铅笔和圆珠笔共 350 支，当天虽然笔没有全部卖完，但是他的销售收入恰好是 2013 元．则他至少卖出了支圆珠笔．【答案】 207【解答】 设 x ， y 分别表示已经卖出的铅笔和圆珠笔的支数，则4x 7 y 2013，x y 350，所以 x2013 7 y(503 2 y)y 14 4，于是y1是整数．又 20134( xy) 3 y4 350 3y ，4所以 y204 ，故 y 的最小值为 207，此时 x 141 ．8. 实数 a ， b ， c ， d 满足：一元二次方程x 2 cx d0 的两根为 a ， b ，一元二次方程x 2 ax b 0 的 两 根 为 c ， d ， 则 所 有 满 足 条 件 的 数 组 ( a ，b ，，c d )为．【答案】 (1， 2，1，2) ， (t，0， t，0) （t为任意实数）a b c，【解答】由韦达定理得ab d，c d a，cd b．由上式，可知 b a c d ．若 b d0 ，则a d1，cb1，进而 b d a c 2 ．b d若 b d0 ，则c a ，有(a，b，，c d )(t，0， t，0) （t为任意实数）．经检验，数组(1， 2，1，2) 与 (t，0， t，0) （t为任意实数）满足条件9. 已知正整数a， b ， c满足 a b2 2 c 2 0， 3a28b c0，则 abc 的最大值为．【答案】 2013【解答】由已知 a b22c 2 0 ， 3a28b c0 消去c，并整理得b826a2a66．由a 为正整数及6a2a≤，可得≤ ≤ ．661 a 3若 a 1 ，则 b8259，无正整数解；若 a 2 ，则 b8240，无正整数解；若 a 3 ，则 b829 ，于是可解得 b11 ， b5．（ i）若b11 ，则 c61 ，从而可得 abc311612013 ；（ ii ）若b 5，则c13 ，从而可得 abc3513195．综上知 abc 的最大值为2013．10.对于任意实数 x，y， z，定义运算“ * ”为：x y 3x3 y3x2 y2xy345，x3y36011且 x y z x y z ，则201320123 2 的值为（）．【答案】5463967【解答】设 20132012 4 m ，则20132012 4 3m33m333m29m2745，m33m23m164960于是2013 20123 2 92 3 932 3 92 22 92345 5463 ．103 33 6096711. 设非零实数 a ， b ， c 满足a 2b 3c 0， 则 ab bc ca 的值为（）．2a 3b 4c 0， a 2 b 2 c 2【答案】12【解答】 由已知得 a b c (2 a 3b 4c)( a2b 3c) 0 ，故 ( a b c) 2 0 ．于是 ab bcca1 (a2 b2c 2) ，所以abbc ca 1 ．2a 2b 2c 2212. 如果关于 的方程有两个有理根，那么所有满足条件的正整数的个数是 _________个答案： 2解： 由于方程的两根均为有理数，所以根的判别式≥0，且为完全平方数．≥0，又 2≥，所以，当时，解得；当时，解得．13. 设 a n =（ n 为正整数），则 a 1+a 2+, +a 2012 的值 1.（填“＞”，“＝”或“＜” ）【答案】 ＜解： 由 a n == ， 得a 1+a 2+, +a 2012==＜ 1.14. 红、黑、白三种颜色的球各10 个．把它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色的球都有，且甲、乙两个袋子中三种颜色的球数之积相等， 那么共有法．种放【答案】25解： 设甲袋中红、黑、白三种颜色的球数分别为，则有1≤≤9，且，（1）即， （ 2）于是．因此中必有一个取 5．不妨设，代入（ 1）式，得到．此时， y 可取 1，2， , ， 8，9（相应地 z 取 9，8， , ， 2，1），共 9 种放法．同理可得y=5，或者 z=5 时，也各有 9 种放法．但时，两种放法重复．因此共有9× 3－ 2 = 25 种放法．15.5 32)( x 3) 的值为 ( ).设 x，则代数式 x( x 1)( x2【答】﹣ 1解： 由已知得 x 23x 1 0，于是x( x 1)(x 2)( x 3) ( x 2 3x)( x 2 3x2)( x 2 3x 1)211.16. 已知 x ， y ，z 为实数，且满足 x 2y5z 3 ， x 2 y z 5，则 x 2y 2z 2 的最小值为 _____________【答】5411，x 3z，x 2 y 5z 31解： 由x2 y 可得 y z 2.，z 5于是x 2 y 2 z 2 11z 2 2z5 ．因此，当 z1 时， x 2y2z 2的最小值为54．111117. 若 x 1 ， y0 ，且满足 xyx y ， xx 3 y ，则 x y 的值为 ().y【答】92解：由题设可知 yx y 1，于是x yx 3 yx4y 11 1 ．，所以 4 y故 y1 4．于是 x y9 ，从而 x2 ．218.设S1 111 4S 的整数部分等于 ().32 333 ，则132011【答】 4解： 当 k2，3， ，2011 ，因为111 1 1 ，k 3k k 2 1 2 k 1 k k k 1 所以 1 S11 1 1 11 1 152333201132 22011 2012．4于是有 4 4S 5 ，故 4S 的整数部分等于4．19. 一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，2，2，3，3，4；另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1， 3， 4，5， 6， 8. 同时掷这两枚骰子，则其朝上的面两数之和为7 的概率是 .【答】 1．6解： 在 36 对可能出现的结果中，有6 对：（1， 6）， （ 2， 5）， （ 2，5）， （3， 4），（3， 4），（4， 3）的和为7，所以朝上的面两数字之和为 7 的概率是6 1 .36 620. 若 y1 xx 1 的最大值为 a ，最小值为 b ，则 a 2b 2 的值为.2【答】 3．21≥ 0，得 1≤ x ≤ 1．解：由 1 x ≥ 0，且 x22y 21 2 x 2 3 x 1 1 2 ( x3 )2 1 ．22 2 2 4 16由于1<3<1 ，所以当 x = 3 时， y 2 取到最大值 1，故 a = 1．2 4 4当 x = 1 或 1 时， y 2取到最小值1，故 b =2 ．所以， a 2 b 23 ．222221. 若方程 x 2 3x 1 0 的两根也是方程 x 4 ax 2 bx c 0 的根，则 a b 2c 的值为___________答案：﹣ 1122.对于自然数n ，将其各位数字之和记为 a n，如 a2009200911，a2010 2 0 1 0 3 ，则 a1a2a3a2009 a2010_________【答案】 28068.23.将若干个红、黑两种颜色的球摆成一行，要求两种颜色的球都要出现，且任意中间夹有5 个或 10 个球的两个球必为同一种颜色的球.按这种要求摆放，最多可以摆放___ 个球 .【答案】 1524.已知 t 是实数，若a, b是关于 x 的一元二次方程x22x t 10的两个非负实根，则( a21)(b2 1)的最小值是___________.【答案】﹣ 325.如果实数 a, b 满足条件 a2b21，|12a b |2a 1b2a2，则 a b ______.【答案】﹣ 126.已知 a, b 是正整数，且满足2(1515 ) 是整数，则这样的有序数对(a, b) 共有_____ a b对.【答案】 7 对27.设n是大于 1909 的正整数，使得n 1909为完全平方数的n的个数是 ______个2009n【答案】 4 个28.设 a7 1，则3a312 a26a 12__________【答案】 2429.用 [ x] 表示不大于x的最大整数，则方程x22[ x]30 的解为_________【答案】﹣ 3,1，或根号 530.已知实数 x， y 满足423， y4y23，则4y4的值为________x4x2x4【答】 7解：因为 x20 ，y2≥0，由已知条件得1 2 4 4 4 3 1 13 ，y21 1 4 3 1 13，x28422所以4y42 3 3 y22y2 6 7．x4x2x2(22 (222另解：由已知得：2 )x 2)302，以2为根的一元x ，显然x 2 y x 2 , y( y 2 ) y 23 0二次方程为 t 2t 30 ，所以( 2 ) y 21,( 2 )y 23x 2x 24422 2 2 (2 222(3)7故 x4y ＝ [( x 2)y ]x 2 ) y( 1)31. 将 1，2，3，4，5 这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除，那么满足要求的排法有_______种【答】5种解：设 a 1， a 2，a 3，a 4，a 5 是 1，2， 3， 4， 5 的一个满足要求的排列．首先，对于 a 1，a 2，a 3，a 4 ，不能有连续的两个都是偶数，否则，这两个之后都是偶数，与已知条件矛盾．又如果 a （ 1≤ i ≤ 3）是偶数， a i 1 是奇数，则 a2是奇数，这说明一个偶数后面一定ii要接两个或两个以上的奇数，除非接的这个奇数是最后一个数．所以 a 1， a 2， a 3，a 4，a 5 只能是：偶，奇，奇，偶，奇，有如下5 种情形满足条件：2， 1， 3，4， 5；2， 3，5， 4， 1；2， 5， 1， 4， 3；4， 3， 1， 2， 5； 4， 5，3， 2， 1．32. 对于实数 u v* ”为： u v uvv ．若关于 x的方程 x (a x)， ，定义一种运算 “14有两个不同的实数根，则满足条件的实数a 的取值范围是．【答】 a 0 ，或 a 1 ．解：由 x ( a x)1，得 ( a 1)x 2(a 1)x1 0 ，44a 1，依题意有( a2(a 1)，1) 0解得， a 0 ，或 a 1 ．33. 关于 x ， y 的方程 x 2y 2 208( xy) 的所有正整数解为．x 48， x 160， 【答】y 32， y32.解：因为 208 是 4 的倍数，偶数的平方数除以4 所得的余数为 0，奇数的平方数除以4所得的余数为 1，所以 x ， y 都是偶数．设 x2a, y 2b ，则a 2b 2 104( a b) ，同上可知， a ， b 都是偶数．设 a2c, b 2d ，则c 2d 2 52( c d ) ，所以， c ， d 都是偶数．设 c2s, d2t ，则s 2 t 226( s t) ，于是( s 13)2 (t 13)2 ＝ 2 132 ，其中 s ， t 都是偶数．所以(s 13)2 2 132 (t 13)2 ≤ 2 132 152 112 ．所以 s13 可能为 1，3，5， 7， 9，进而 (t 13)2 为 337， 329，313，289， 257，故只s ，s，能是 (t13)2＝289，从而 s13 ＝ 7．于是620t；t，44x ，x，因此48 160y ， y 32.3222 1) b(b 2a)40 ， a(b 1) b8 ，求 1 1的值．34．设实数 a,b 满足 a (ba2b 2解 由已知条件可得 a 2b 2 (a b)240， ab ( a b)8 .设 ab x ， aby ，则有 x 2y 2 40 ， x y 8 ，,,,, 5 分 联立解得 ( x, y) (2,6) 或 ( x, y)(6,2) .,,,10 分若 ( x, y)(2,6) ，即 ab2 ， ab 6 ，则 a, b 是一元二次方程 t 22t 6 0的两根，但这个方程的判别式( 2)224200，没有实数根；,,,, ,15 分若 ( x, y) (6,2) ，即 ab 6 ，ab 2 ，则 a, b 是一元二次方程 t 2 6t2 0 的两根，这个方程的判别式( 6)2 8 28 0 ，它有实数根 . 所以11a2b2( a b) 22ab 62 2 28 .,,,20 分a2b2a2b2a2 b22235. 已知 c≤ b≤ a，且，求的最小值．解：已知，又，且，所以 b， c 是关于 x 的一元二次方程的两个根 .故≥0，≥ 0，即≥0，所以≥20．于是≤-10，≥ 10，从而≥≥ 10，故≥ 30，当时，等号成立．36.求关于 a， b， c，d 的方程组的所有正整数解.解：将 abc=d 代入 10ab+10bc+10ca=9d 得10ab+10bc+10ca=9 abc.因为 abc≠ 0，所以，.不妨设 a≤ b≤ c，则≥≥＞0.于是，＜≤，即＜≤，＜a≤.从而， a=2，或 3.若 a=2，则.因为＜≤，所以，＜≤，＜b≤ 5.从而， b=3 ， 4，5. 相应地，可得c=15，(舍去 )， 5.当a=2， b=3， c=15 时， d=90 ；当a=2， b=5， c=5 时， d=50.若 a=3，则.因为＜≤，所以，＜≤，＜b≤.从而， b=2（舍去）， 3.当 b=3 时， c=(舍去 ).因此，所有正整数解为(a， b， c，d)=(2 ，3， 15， 90)， (2， 15，3， 90)， (3， 2，15， 90)，(3， 15， 2， 90)， (15， 2， 3， 90)， (15，3， 2， 90)，(2， 5， 5，50)， (5， 2，5， 50)， (5， 5，2， 50).37. 已知关于x 的一元二次方程x2cx a 0 的两个整数根恰好比方程x2ax b0 的两个根都大 1，求a b c 的值.解：设方程 x2ax b 0 的两个根为，，其中，为整数，且≤ ，则方程 x2cx a0 的两根为1， 1 ，由题意得a，1 1 a ，,,,,,,,,,,,, 5 分两式相加，得221 0，即 (2)(2)3，2 ，2 ，所以，1或 3,,,,,,,,,,,,10 分2 ；21.3解得 ， 或，15； 3.1又因为 a （），b ， c （[ 1）（ 1）]，所以 a 0， b 1， c2 ；或者 a8， b 15， c 6 ，故 a b c 3 ，或 29.,,,,,,,,,,,,,,,,,,20 分38. 设整数 a,b, c （ a b c ）为三角形的三边长，满足a 2b 2c 2 abac bc 13 ，求符合条件且周长不超过30的三角形的个数 .解 由已知等式可得(a b)2 (b c)2(a c)226①令 a b m, b cn ，则 a c m n ，其中 m,n 均为自然数 .于是，等式①变为m 2 n 2 (m n)226，即m 2 n 2 mn 13②由于 m, n 均为自然数， 判断易知，使得等式②成立的 m, n 只有两组：m 3, m 1,n和n3.1（ 1）当 m 3, n 1 时， b c 1， ab 3c 4 .又 a, b, c 为三角形的三边长，所以 b c a ， 即 (c 1) c c 4， 解 得 c 3.又因为三角形的周长不超过 30，即a b c( c4) ( c 1)c25 3 c25 ，所以 c 可以取值 4， 5，30，解得 c.因此 336， 7， 8，对应可得到5 个符合条件的三角形 .（ 2）当 m 1,n 3 时， b c 3 ， ab 1c 4. 又 a,b, c 为三角形的三边长，所以 b c a ， 即 (c 3) c c 4， 解 得 c 1.又因为三角形的周长不超过 30，即a b c( c4) ( c 3)c23 1 c23 ，所以 c 可以取值 2， 3，30，解得 c.因此 334， 5， 6， 7，对应可得到 6 个符合条件的三角形 .综合可知：符合条件且周长不超过30 的三角形的个数为 5＋ 6＝ 11.39. 已知 a, b, c 为正数，满足如下两个条件：a b c 32① b c a c a ba b c1②bccaab4是否存在以 a, b, c 为三边长的三角形？如果存在，求出三角形的最大内角.解法 1将①②两式相乘，得 (bc a c a ba bc)( a b c)8 ，bccaab即(b c)2a 2(c a)2 b 2( a b) 2 c 28 ，bccaab即 (b c)2a 24 (c a) 2 b 24 (a b)2c 2 0，bccaab即 (b c)2a 2(c a)2 b 2 (a b) 2 c 20 ，bccaab即 (bc a)(b c a)(c a b)(c ab) ( a b c)( a b c)0 ，bccaab即 (bca) [ a(b c a)b(c a b) c( a bc)]0 ，abc即 (b c a)[2 ab a2b2c 2] 0 ，即(b ca) [ c 2( a b)2 ] 0 ，abcabc即 (bc a) (c a b)(c a b) 0 ，abc所以 b c a 0 或 c a b 0 或 c ab 0 ，即 b ac 或 ca b 或 c b a .因此，以a ,b ,c 为三边长可构成一个直角三角形，它的最大内角为90°. 解法 2结合①式，由②式可得32 2a32 2b32 2c1bccaab，4变形，得 10242(a2b2c 2)1abc③4又由①式得 (ab c) 2 1024 ，即 a 2 b 2c 2 1024 2(ab bcca) ，代入③式，得 10242[1024 2( ab bcca)]1abc ，4即 abc 16( ab bc ca) 4096 .(a 16)(b 16)(c 16) abc16(ab bc ca) 256(ab c) 1634096256 32 163 0 ，所以 a16 或 b 16 或 c 16 .结合①式可得 b a c 或 c a b 或 c b a .因此，以a ,b ,c 为三边长可构成一个直角三角形，它的最大内角为90°.40. 已知 a,b 为正整数，关于x 的方程 x 2 2ax b 0 的两个实数根为 x 1，x 2 ，关 于 y的 方 程 y 22ay b 0的 两 个 实 数 根 为 y 1，y 2，且满足x 1 y 1 x 2 y 2 2008.求 b 的最小值 .解：由韦达定理，得x 1 x 2 2a,x 1 x 2b ； y 1 y 22a,y 1 y 2b即y 1 y 2 2a (x 1x 2)( x 1) ( x 2),y 1 y 2 b ( x 1 ) ( x 2 )解得：y 1 x1或y1x 2y 2x 2y 2x 1把y 1 , y 2的值分别代 入x 1 y 1 x 2 y 2 2008得x 1 ( x 1 ) x 2 ( x 2 )2008或 x 1 ( x 2 ) x 2 ( x 1 ) 2008 （不成立）即x 2 2 x 12 2008 ， ( x 2 x 1 )( x 2 x 1 ) 2008因为x 1x 2 2a 0, x 1 x 2b 0所以 x 1 0, x 2 0于是有 2a 4a 2 4b2008即 a a 2b502 1 5022 251因为a,b都是正整数， 所以a 1或a 505或a 22或a 251a 2b2a 2a 2ba 2b 4502 b 1251a 1a 502 a 2 a 251分别解得：b 1 2 或 b 2 或 b 2 2 或24502 502 1 251 b 251经检验只有： a 502 ， a 251 符合题意 .b 5022 b 2512 41所以 b 的最小值为：b 最小值2512 4＝62997。

全国高中数学竞赛考试范围全国高中数学竞赛考试范围包括但不限于以下内容：1. 代数部分：包括数列、函数、不等式、解析几何等。

2. 几何部分：包括平面几何、立体几何等。

3. 组合数学部分：包括组合数学的基础知识、组合应用等。

4. 概率与统计部分：包括概率论的基础知识、统计应用等。

5. 数学分析部分：包括极限、导数、微积分等。

一、函数与方程1. 函数性质：包括奇偶性、单调性、周期性、对称性等，能够根据函数图像进行判断和分析。

2. 函数方程：了解函数方程的概念，掌握求解方法，如换元法、待定系数法等。

3. 函数不等式：能够根据函数的性质求解不等式，如一元二次不等式、高次不等式等。

二、数列与数学归纳法1. 数列概念：了解数列的定义、分类和表示方法，能够判断数列的类型。

2. 等差数列与等比数列：掌握等差数列和等比数列的通项公式、前n项和公式及其性质。

3. 数列求和：掌握数列求和的方法，如裂项相消法、错位相减法等。

4. 数学归纳法：掌握数学归纳法的原理和步骤，能够证明简单的数学归纳法命题。

三、解析几何1. 直线与圆：掌握直线和圆的方程及其性质，能够求解直线与圆的位置关系。

2. 椭圆、双曲线与抛物线：掌握椭圆、双曲线和抛物线的方程及其性质，能够求解相关的几何问题。

3. 坐标变换：了解坐标变换的概念和方法，能够进行坐标变换的求解问题。

四、立体几何1. 平面几何：掌握平面几何的基本定理和证明方法，能够证明简单的几何命题。

2. 空间几何体：了解空间几何体的结构特征和性质，能够进行相关的计算和证明。

3. 空间位置关系：掌握空间点、线、面之间的位置关系及其性质，能够进行相关的证明和求解。

五、排列组合与概率初步1. 排列组合：掌握排列组合的定义、公式和性质，能够求解相关的计数问题。

2. 概率初步：了解概率的基本概念和计算方法，能够求解随机事件的概率和分布。

3. 统计初步：了解统计的基本概念和方法，如样本均值、标准差等，能够进行简单的数据分析。

高一第二讲集合与子集在两个集合之间的关系中，我们感兴趣的是“子集”、“真子集”、“相等”这三种特殊关系。

这些关系是通过元素与集合的关系来揭示的，因而判断两个集合之间的关系通常可从判断元素与这两个集合的关系入手。

一子集，相等的集合例 1. 已知集合A={x|x2-3x+2=0}，B={x|x2-ax+a-1=0}, C={x|x2-bx+2=0}, 若Ø，求实数a,b的值⊆,B AC A解因A={1,2}, 且,∅B AØ故b的可能性有三种：,{1},{2}又由于方程x2-ax+a-1=0的根为1和a-1.⊆知，当b=3时,A=C故B只有一种可能a-1=1，即a=2. 由C A-<<.另一种情况是C=∅, 即b2-8<0,b例2. 设集合{}{}==++∈==++∈M u u m n l m n l Z N v v p q r p q r Z1284,,,,201612,..求证：M=N证明：任给x=12m+8n+4l ∈M, 则x=20l+16(n-l)+12(m-n) ∈N, 故M⊆N；任给y=20p+16q+12r ∈N,则y=12r+8(2q)+4(5p) ∈M,故N⊆M.所以M=N.例3. 设函数),( )(2R b a b ax x x f ∈++=，集合}),(|{R x x f x x A ∈==，})],([|{R x x f f x x B ∈==。

（1） 证明：B A ⊆； （2） 当}3,1{-=A 时，求B 。

（3） 当A 只有一个元素时，求证：B A =．解：（1）设任意0x ∈A ，则0x ＝)(0x f .而000)()]([x x f x f f == 故0x ∈B ,所以B A ⊆.(2) 因}3,1{-=A ，所以⎩⎨⎧=+⋅+-=+-⋅+- 3331)1()1(22b a b a 解得3,1-=-=b a故 3)(2--=x x x f 。

全国联赛代数问题选1.已知实数,,a b c 满足1a b c ++=，1111a b c b c a c a b++=+-+-+-，则abc =____． 【答】 0. 由题意知1111121212c a b++=---，所以 (12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)a b b c a c a b c --+--+--=---整理得22()8a b c abc -++=，所以abc =0. 2．使得不等式981715n n k <<+对唯一的整数k 成立的最大正整数n 为 ． 【答】144.由条件得7889k n <<，由k 的唯一性，得178k n -≤且189k n +≥，所以2118719872k k n n n +-=-≥-=，所以144n ≤. 当144n =时，由7889k n <<可得126128k <<，k 可取唯一整数值127.故满足条件的正整数n 的最大值为144.3．已知,x y 为整数，且满足22441111211()()()3x y x y x y++=--，则x y +的可能的值有_________个【答】 由已知等式得2244224423x y x y x y xy x y x y++-⋅=⋅，显然,x y 均不为0，所以x y +＝0或32()xy x y =-.若32()xy x y =-，则(32)(32)4x y +-=-.又,x y 为整数，可求得12,x y =-⎧⎨=⎩，或21.x y =-⎧⎨=⎩，所以1x y +=或1x y +=-. 因此，x y +的可能的值有3个.4．已知非负实数,,x y z 满足1x y z ++=，则22t xy yz zx =++的最大值为_________ 【答】4721222()2()()4t xy yz zx x y z yz x y z y z =++=++≤+++212(1)(1)4x x x =-+-2731424x x =-++2734()477x =--+，易知：当37x =，27y z ==时，22t xy yz zx =++取得最大值47.5. 张不同的卡片上分别写有数字2，2，4，4，6，6，从中取出3张，则这3张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的概率是 【 】【答】25若取出的3张卡片上的数字互不相同，有2×2×2＝8种取法；若取出的3张卡片上的数字有相同的，有3×4＝12种取法.所以，从6张不同的卡片中取出3张，共有8＋12＝20种取法.要使得三个数字可以构成三角形的三边长，只可能是：（2，4，4），（4，4，6），（2，6，6），（4，6，6），由于不同的卡片上所写数字有重复，所以，取出的3张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的情况共有4×2＝8种.因此，所求概率为82205=. 6．设[]t 表示不超过实数t 的最大整数，令{}[]t t t =-.已知实数x 满足33118x x+=，则1{}{}x x+=_________【答】 1 设1x a x +=，则32223211111()(1)()[()3](3)x x x x x a a x x x x x+=++-=++-=-，所以2(3)18a a -=，因式分解得2(3)(36)0a a a -++=，所以3a =.由13x x +=解得1(32x =±，显然10{}1,0{}1x x <<<<，所以1{}{}x x+=1. 7．小明某天在文具店做志愿者卖笔，铅笔每支售4元，圆珠笔每支售7元．开始时他有铅笔和圆珠笔共350支，当天虽然笔没有全部卖完，但是他的销售收入恰好是2013元．则他至少卖出了 支圆珠笔．【答案】207【解答】设x ，y 分别表示已经卖出的铅笔和圆珠笔的支数，则472013350，，+=⎧⎨+<⎩x y x y所以201371(5032)44y y x y -+==-+， 于是14y +是整数．又20134()343503x y y y =++<⨯+，所以204y >，故y 的最小值为207，此时141x =．8. 实数a ，b ，c ，d 满足：一元二次方程20x cx d ++=的两根为a ，b ，一元二次方程20x ax b ++=的两根为c ，d ，则所有满足条件的数组()，，，a b c d为 ．【答案】(1212)，，，--，(00)，，，-t t （t 为任意实数）【解答】由韦达定理得，，，．+=-⎧⎪=⎪⎨+=-⎪=⎪⎩a b c ab d c d a cd b由上式，可知b a c d =--=． 若0b d =≠，则1==d a b ，1==bc d，进而2b d a c ==--=-． 若0b d ==，则c a =-，有()(00)，，，，，，=-a b c d t t （t 为任意实数）． 经检验，数组(1212)--，，，与(00)，，，-t t （t 为任意实数）满足条件9. 已知正整数a ，b ，c 满足2220+--=a b c ，2380-+=a b c ，则abc 的最大值为 ．【答案】2013【解答】由已知2220+--=a b c ，2380-+=a b c 消去c ，并整理得()228666b a a -++=．由a 为正整数及26a a +≤66，可得1≤a ≤3．若1a =，则()2859b -=，无正整数解； 若2a =，则()2840b -=，无正整数解；若3a =，则()289b -=，于是可解得11=b ，5b =． （i ）若11b =，则61c =，从而可得311612013abc =⨯⨯=；（ii ）若5b =，则13c =，从而可得3513195abc =⨯⨯=． 综上知abc 的最大值为2013．10. 对于任意实数x ，y ，z ，定义运算“*”为：()()32233333451160x y x y xy x y x y +++*=+++-，且()x y z x y z **=**，则2013201232****的值为（ ）． 【答案】5463967【解答】设201320124m ***=，则()20132012433m ****=*32323339274593316460m m m m m m ⨯+⨯+⨯+==++++-，于是()201320123292****=*3223333923929245546310360967⨯⨯+⨯⨯+⨯+==+-． 11. 设非零实数a ，b ，c 满足2302340a b c a b c ++=⎧⎨++=⎩，，则222ab bc ca a b c ++++的值为（ ）． 【答案】12-【解答】由已知得(234)(23)0a b c a b c a b c ++=++-++=，故2()0a b c ++=．于是2221()2ab bc ca a b c ++=-++，所以22212ab bc ca a b c ++=-++． 12. 如果关于的方程有两个有理根，那么所有满足条件的正整数的个数是_________个答案：2解：由于方程的两根均为有理数，所以根的判别式≥0，且为完全平方数．≥0，又2≥，所以，当时，解得 ； 当时，解得．13. 设a n =（n 为正整数），则a 1+a 2+…+a 2012的值 1.（填“＞”，“＝”或“＜”）【答案】 ＜解：由a n ==， 得a 1+a 2+…+a 2012==＜1.14. 红、黑、白三种颜色的球各10个．把它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色的球都有，且甲、乙两个袋子中三种颜色的球数之积相等， 那么共有 种放法．【答案】25解：设甲袋中红、黑、白三种颜色的球数分别为，则有1≤≤9， 且， （1）即 ，（2）于是．因此中必有一个取5．不妨设，代入（1）式，得到．此时，y 可取1，2，…，8，9（相应地z 取 9，8，…，2，1），共9种放法．同理可得y =5，或者z =5时，也各有9种放法．但时，两种放法重复．因此共有9×3－2 = 25种放法． 15. 设532x =，则代数式(1)(2)(3)x x x x +++的值为( ). 【答】﹣1 解：由已知得2310x x ++=， 于是2222(1)(2)(3)(3)(32)(31)1 1.x x x x x x x x x x +++=+++=++-=-16. 已知x y z ，，为实数，且满足253x y z +-=，25x y z --=-，则222x y z ++的最小值为_____________【答】5411解：由 25325x y z x y z +-=⎧⎨--=-⎩，， 可得 312.x z y z =-⎧⎨=+⎩，于是 22221125xy z z z ++=-+．因此，当111z =时，222x y z ++的最小值为5411． 17. 若1x >，0y >，且满足3yy xxy x x y==，，则x y +的值为( ). 【答】92解：由题设可知1y y x -=，于是 341y y x yx x -==，所以411y -=．故12y =，从而4=x ．于是92x y +=．18. 设333311111232011S =++++，则4S 的整数部分等于( ). 【答】4解：当2 3 2011k =，，，，因为()()()32111112111k k k k k k k ⎡⎤<=-⎢⎥-+-⎣⎦， 所以333111111511123201122201120124S ⎛⎫<=++++<+-< ⎪⨯⎝⎭． 于是有445S <<，故4S 的整数部分等于4．19. 一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，2，2，3，3，4；另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，3，4，5，6，8. 同时掷这两枚骰子，则其朝上的面两数之和为7的概率是 .【答】16． 解： 在36对可能出现的结果中，有6对：（1，6）， （2，5）， （2，5）， （3，4），（3，4），（4，3）的和为7，所以朝上的面两数字之和为7的概率是61366=.20. 若y =a ，最小值为b ，则22a b +的值为 . 【答】32． 解：由1x -≥0，且12x -≥0，得12≤x ≤1．21122y =+=+ 由于13124<<，所以当34x =时，2y 取到最大值1，故1a =．当12x =或1时，2y 取到最小值12，故2b =．所以，2232a b +=．21. 若方程2310x x --=的两根也是方程420x ax bx c +++=的根，则2a b c +-的值为 ___________答案：﹣1122. 对于自然数n ，将其各位数字之和记为n a ，如2009200911a =+++=，201020103a =+++=，则12320092010a a a a a +++++= _________【答案】28068.23. 将若干个红、黑两种颜色的球摆成一行，要求两种颜色的球都要出现，且任意中间夹有5个或10个球的两个球必为同一种颜色的球.按这种要求摆放，最多可以摆放___个球.【答案】1524. 已知t 是实数，若,a b 是关于x 的一元二次方程2210x x t -+-=的两个非负实根，则22(1)(1)a b --的最小值是___________.【答案】﹣325. 如果实数,a b 满足条件221a b +=，22|12|21a b a b a -+++=-，则a b +=______.【答案】﹣126. 已知,a b 是正整数，且满足是整数，则这样的有序数对(,)a b 共有_____对.【答案】7对27. 设n 是大于1909的正整数，使得19092009n n--为完全平方数的n 的个数是______个【答案】4个28. 设1a =，则32312612a a a +--=__________【答案】2429. 用[]x 表示不大于x 的最大整数，则方程22[]30x x --=的解为_________ 【答案】﹣3,1，或根号5 30. 已知实数x y ，满足 42424233y y x x -=+=，，则444y x+的值为________ 【答】 7解：因为20x >，2y ≥0，由已知条件得212184x ++==， 21122y -+-+==， 所以444y x +=22233y x ++- 2226y x=-+=7．另解：由已知得：2222222()()30()30x xy y ⎧-+--=⎪⎨⎪+-=⎩，显然222y x -≠，以222,y x -为根的一元二次方程为230t t +-=，所以 222222()1,()3y y x x-+=--⨯=- 故444y x +＝22222222[()]2()(1)2(3)7y y x x-+-⨯-⨯=--⨯-= 31. 将1，2，3，4，5这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除，那么满足要求的排法有_______种【答】5种解：设12345a a a a a ，，，，是1，2，3，4，5的一个满足要求的排列．首先，对于1234a a a a ，，，，不能有连续的两个都是偶数，否则，这两个之后都是偶数，与已知条件矛盾．又如果i a （1≤i ≤3）是偶数，1i a +是奇数，则2i a +是奇数，这说明一个偶数后面一定要接两个或两个以上的奇数，除非接的这个奇数是最后一个数．所以12345a a a a a ，，，，只能是：偶，奇，奇，偶，奇，有如下5种情形满足条件： 2，1，3，4，5； 2，3，5，4，1； 2，5，1，4，3； 4，3，1，2，5； 4，5，3，2，1．32. 对于实数u ，v ，定义一种运算“*”为：u v uv v *=+．若关于x 的方程1()4x a x **=-有两个不同的实数根，则满足条件的实数a 的取值范围是 ．【答】0a >，或1a <-． 解：由1()4x a x **=-，得21(1)(1)04a x a x ++++=， 依题意有 210(1)(1)0a a a +≠⎧⎨∆=+-+>⎩，，解得，0a >，或1a <-．33. 关于x ，y 的方程22208()x y x y +=-的所有正整数解为 ．【答】481603232.x x y y ==⎧⎧⎨⎨==⎩⎩，，， 解：因为208是4的倍数，偶数的平方数除以4所得的余数为0，奇数的平方数除以4所得的余数为1，所以x ，y 都是偶数．设2,2x a y b ==，则22104()a b a b +=-，同上可知，a ，b 都是偶数．设2,2a c b d ==，则2252()c d c d +=-，所以，c ，d 都是偶数．设2,2c s d t ==，则2226()s t s t +=-，于是 22(13)(13)s t -++＝2213⨯，其中s ，t 都是偶数．所以222(13)213(13)s t -=⨯-+≤2222131511⨯-<．所以13s -可能为1，3，5，7，9，进而2(13)t +为337，329，313，289，257，故只能是2(13)t +＝289，从而13s -＝7．于是62044s s t t ==⎧⎧⎨⎨==⎩⎩，，；，因此 481603232.x x y y ==⎧⎧⎨⎨==⎩⎩，，，34．设实数,a b 满足22(1)(2)40a b b b a +++=，(1)8a b b ++=，求2211a b+的值． 解 由已知条件可得222()40a b a b ++=，()8ab a b ++=.设a b x +=，ab y =，则有2240x y +=，8x y +=， …………5分 联立解得(,)(2,6)x y =或(,)(6,2)x y =. ………10分若(,)(2,6)x y =，即2a b +=，6ab =，则,a b 是一元二次方程2260t t -+=的两根，但这个方程的判别式2(2)24200∆=--=-<，没有实数根； ………… … 15分若(,)(6,2)x y =，即6a b +=，2ab =，则,a b 是一元二次方程2620t t -+=的两根，这个方程的判别式2(6)8280∆=--=>，它有实数根.所以2222222222211()262282a b a b ab a b a b a b ++--⨯+====. ………20分35. 已知c ≤b ≤a ，且，求的最小值．解：已知，又，且，所以b ，c 是关于x 的一元二次方程的两个根.故≥0，≥0，即 ≥0，所以≥20． 于是≤-10，≥10，从而≥≥10，故≥30，当时，等号成立．36. 求关于a ，b ，c ，d 的方程组的所有正整数解.解：将abc =d 代入10ab +10bc +10ca =9d 得10ab +10bc +10ca =9abc .因为abc ≠0，所以，.不妨设a ≤b ≤c ，则≥≥＞0.于是， ＜≤，即 ＜≤，＜a ≤.从而，a =2，或3.若a =2，则.因为＜≤，所以，＜≤，＜b ≤5.从而，b =3，4，5. 相应地，可得 c =15，(舍去)，5.当a =2，b =3，c =15时，d =90； 当a =2，b =5，c =5时，d =50.若a =3，则.因为＜≤，所以，＜≤，＜b ≤.从而，b =2（舍去），3.当b =3时，c =(舍去).因此，所有正整数解为(a ，b ，c ，d )=(2，3，15，90)，(2，15，3，90)，(3，2，15，90)，(3，15，2，90)，(15，2，3，90)，(15，3，2，90)，(2，5，5，50)，(5，2，5，50)，(5，5，2，50).37. 已知关于x 的一元二次方程20x cx a ++=的两个整数根恰好比方程20x ax b ++=的两个根都大1，求a b c ++的值.解：设方程20x ax b ++=的两个根为αβ，，其中αβ，为整数，且α≤β，则方程20x cx a ++=的两根为11αβ++，，由题意得()()11a a αβαβ+=-++=，， ………………………………5分两式相加，得2210αβαβ+++=，即 (2)(2)3αβ++=，所以，2123αβ+=⎧⎨+=⎩，； 或232 1.αβ+=-⎧⎨+=-⎩， ………………………………10分解得 11αβ=-⎧⎨=⎩，； 或53.αβ=-⎧⎨=-⎩，又因为[11]a b c αβαβαβ=-+==-+++（），，（）（）， 所以012a b c ==-=-，，；或者8156a b c ===，，，故3a b c ++=-，或29. ………………………………………………20分38. 设整数,,a b c （a b c ≥≥）为三角形的三边长，满足22213a b c ab ac bc ++---=，求符合条件且周长不超过30的三角形的个数.解 由已知等式可得222()()()26a b b c a c -+-+-=①令,a b m b c n -=-=，则a c m n -=+，其中,m n 均为自然数. 于是，等式①变为222()26m n m n +++=，即2213m n mn ++=②由于,m n 均为自然数，判断易知，使得等式②成立的,m n 只有两组：3,1m n =⎧⎨=⎩和1,3.m n =⎧⎨=⎩（1）当3,1m n ==时，1b c =+，34a b c =+=+.又,,a b c 为三角形的三边长，所以b c a +>，即(1)4c c c ++>+，解得3c >.又因为三角形的周长不超过30，即(4)(1)30a b c c c c ++=++++≤，解得253c ≤.因此2533c <≤，所以c 可以取值4，5，6，7，8，对应可得到5个符合条件的三角形.（2）当1,3m n ==时，3b c =+，14a b c =+=+.又,,a b c 为三角形的三边长，所以b c a +>，即(3)4c c c ++>+，解得1c >.又因为三角形的周长不超过30，即(4)(3)30a b c c c c ++=++++≤，解得233c ≤.因此2313c <≤，所以c 可以取值2，3，4，5，6，7，对应可得到6个符合条件的三角形.综合可知：符合条件且周长不超过30的三角形的个数为5＋6＝11.39. 已知,,a b c 为正数，满足如下两个条件：32a b c ++= ① 14b c a c a b a b c bc ca ab +-+-+-++= ②. 解法1 将①②两式相乘，得()()8b c a c a b a b ca b c bc ca ab+-+-+-++++=， 即222222()()()8b c a c a b a b c bc ca ab +-+-+-++=， 即222222()()()440b c a c a b a b c bc ca ab +-+-+--+-+=， 即222222()()()0b c a c a b a b c bc ca ab----+-++=， 即()()()()()()0b c a b c a c a b c a b a b c a b c bc ca ab-+---+--+++-++=，即()[()()()]0b c a a b c a b c a b c a b c abc -+----++++=，即222()[2]0b c a ab a b c abc -+--+=，即22()[()]0b c a c a b abc -+--=，即()()()0b c a c a b c a b abc-++--+=，所以0b c a -+=或0c a b +-=或0c a b -+=，即b a c +=或c a b +=或c b a +=.90°.解法2 结合①式，由②式可得32232232214a b c bc ca ab ---++=， 变形，得222110242()4a b c abc -++= ③又由①式得2()1024a b c ++=，即22210242()a b c ab bc ca ++=-++， 代入③式，得110242[10242()]4ab bc ca abc --++=，即16()4096abc ab bc ca =++-.3(16)(16)(16)16()256()16a b c abc ab bc ca a b c ---=-+++++-3409625632160=-+⨯-=，所以16a =或16b =或16c =.结合①式可得b a c +=或c a b +=或c b a +=.90°. 40. 已知,a b 为正整数，关于x 的方程220x ax b -+=的两个实数根为12x x ，，关于y的方程220y ay b ++=的两个实数根为12y ，y ，且满足11222008x y x y -=.求b 的最小值. 解：由韦达定理，得12122,x x a x x b +==　；12122,y y a y y b +=-=　即12121212122()()(),()()y y a x x x x y y b x x +=-=-+=-+-⎧⎨==--⎩ 解得：11122221y x y x y x y x =-=-⎧⎧⎨⎨=-=-⎩⎩或 把12,y y 的值分别代入11222008x y x y -= 得1122()()2008x x x x ---=或1221()()2008x x x x ---=（不成立）即22212008x x -=，2121()()2008x x x x +-=因为121220,0x x a x x b +=>=>　所以120,0x x >>　于是有 22442008aa b -=即250215022251aa b -==⨯=⨯因为a,b都是正整数，所以2222221505225150212514a a a a ab a b a b a b ====⎧⎧⎧⎧⎨⎨⎨⎨-=-=-=-=⎩⎩⎩⎩或或或 分别解得：2222150222511502502122512514a a a ab b b b ====⎧⎧⎧⎧⎨⎨⎨⎨=-=-=-=-⎩⎩⎩⎩或或或经检验只有：2250225150212514a ab b ==⎧⎧⎨⎨=-=-⎩⎩，　符合题意. 所以b 的最小值为：2251462997b =-最小值＝。

2024年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛试题参考答案和评分标准本卷共15道题目，12道填空题，3道解答题，所有答案填写在答题纸上，满分150分一、填空题（每小题8分，共计96分）1.设集合10,21x A x x−=≤ − 集合2{20}Bx x x m =++≤。

若A B ⊆，则实数m 的取值范围为 。

答案 3m ≤− 解 集合11,2A xx=<≤要使A B ⊆，则21210m +×+≤，解得3m ≤−。

2.设函数{}{}:1,2,32,3,4f → 满足 []()1()f f x f x −=，则这样的函数有_______个. 答案：10 解 令()1{1,2,3}yf x =−∈，则()1f y y =+。

对(1)2f =以下三种情况都满足条件(2)(3)2;(2)(3)3;(2)(3)4f f f f f f ======，共3种。

同理对(2)3,(1)(3)f f f ==有3种情况；(3)4,(1)(2)f f f ==也有3种情况。

又(1)2,(2)3,(3)4f f f ===显然满足条件。

所以满足已知条件的函数共有331×+= 10个。

（可以看出这种映射的限制仅在值域上，因此也可对值域大小分类讨论。

）3.函数22sin sin 1sin 1x x y x ++=+的最大值与最小值之积为 。

答案：34解 令sin ,11t x t =−≤≤ ，原式变形11,1y t t=++当0t ≠时13,22y ≤≤。

当0t =时，1y =。

所以y 的最大、最小值分别为3122，，其积为34。

4.已知数列{}n x满足：111n x x x n +=≥，则通项n x =__________。

答案解 将已知条件变形得22111111n n x x n n +−=−+，将上式从1到n 叠加得到 2211111n x x n−=−，即n x =。

5 .已知四面体A BCD −的外接球半径为1，若1,60BC BDC =∠= ，球心到平面BDC 的距离为______________。

高中数学竞赛二试代数代数是高中数学中的一个重要分支，涵盖了多个概念和技巧。

在高中数学竞赛的二试中，代数题目常常涉及到各种代数表达式的化简、方程与不等式的求解、函数的性质分析等内容。

以下是针对高中数学竞赛二试代数部分的一些常见题型和解题技巧。

1. 代数表达式的化简：在代数化简题中，需要我们根据给定的表达式，利用代数运算的性质和技巧，将其简化为最简形式。

常用的代数运算性质有分配律、结合律、交换律等。

此外，对于含有指数、对数等的表达式，还需要掌握相应的运算法则。

2. 方程与不等式的求解：求解方程和不等式的关键是将未知数的所有可能取值找出来。

对于一元一次方程或一次不等式，我们可以利用基本的代数运算和方程化简的技巧求解。

而对于高次方程或复杂的不等式，可能需要运用因式分解、配方法、二次函数图像等工具进行分析和求解。

3. 函数的性质分析：在竞赛中，可能会出现关于函数的性质分析题目。

这类题目通常要求我们根据给定函数的定义域、值域、单调性、奇偶性等性质，来判断函数的某些特定性质或求出满足条件的函数值。

对于一般的代数函数，我们可以利用函数的图像和方程解析式来辅助分析。

4. 数列与数列题目：数列是高中数学中常见的代数概念。

数列题目可能涉及到递推关系、通项公式、数列的性质等内容。

求解数列题目的关键是找到数列的规律。

对于递推关系，我们可以通过观察数列前几项的差或比的特点，来推测出递推关系式。

对于求和问题，可以运用数列求和公式或等差数列等的性质进行求解。

以上是高中数学竞赛二试代数部分的一些常见题型和解题技巧。

要在竞赛中取得好成绩，除了熟练掌握代数的相关知识和技巧外，还需要多做题、多总结经验，并注重思维的灵活运用。

通过不断练习和思考，我们可以提高解题的效率和准确性，从而在竞赛中获得好的成绩。

代数竞赛试题及答案高中试题一：设\( a \)和\( b \)是实数，且满足\( a^2 - 4ab + 4b^2 = 0 \)。

求\( a \)和\( b \)的值。

答案：将给定的方程\( a^2 - 4ab + 4b^2 = 0 \)视为关于\( a \)的一元二次方程，可以写成\( (a - 2b)^2 = 0 \)。

因此，\( a - 2b = 0 \)，得到\( a = 2b \)。

试题二：解不等式：\( |x - 3| + |x + 1| \geq 4 \)。

答案：根据绝对值的性质，我们可以将不等式分为三个区间进行讨论：1. 当\( x < -1 \)时，不等式变为\( -(x - 3) - (x + 1) \geq 4 \)，即\( -2x + 2 \geq 4 \)，解得\( x \leq -1 \)。

2. 当\( -1 \leq x < 3 \)时，不等式变为\( (x - 3) - (x + 1)\geq 4 \)，即\( -4 \geq 4 \)，这是不成立的，所以这个区间没有解。

3. 当\( x \geq 3 \)时，不等式变为\( (x - 3) + (x + 1) \geq 4 \)，即\( 2x - 2 \geq 4 \)，解得\( x \geq 3 \)。

综合以上三个区间，不等式的解集为\( x \in (-\infty, -1] \cup [3, \infty) \)。

试题三：已知\( \frac{1}{x - 1} + \frac{1}{x} = 1 \)，求\( x \)的值。

答案：将方程\( \frac{1}{x - 1} + \frac{1}{x} = 1 \)进行合并，得到\( \frac{x + (x - 1)}{x(x - 1)} = 1 \)。

化简得\( 2x - 1 = x^2 - x \)。

整理后得到\( x^2 - 3x + 1 = 0 \)。

本讲收录了1998年以来所有的联赛二试代数真题二试代数向来是联赛的必考内容甚至在最近10年中最少有4年占两道.从以往试题来看，二试代数问题往往偏于对学生代数功力的考察，其主要类型为不等式（占50%）、方程组求解等代数经典问题（占30%）以及数列相关问题（占20%）.在08年前只考三道题的时候，为了尽可能全面考察四大板块，经常还出现代数与数论、组合相交叉的综合性问题,不等式问题占的比重相对较小.从09年开始变为四道题之后，四道题分别考察四个独立的内容成为可能，这也使以前联赛问题总是与其它主流竞赛问题“不像”这个问题得以解决.但是这明显让绝大部分未进行过专业数论、组合板块训练的同学失去对竞赛的兴趣和信心（因为最后两道题很难得分，前面的题目也不一定就能拿到高分）.为了解决这个问题，从今年开始又将一试分数调整到120分，相应地二试从每题50分变到两道40分题加上两道50分题.虽然从理论上说，二试的两道40分题可能为四个板块中任意两种，但因为数论与组合常规下总是较难，所以绝大部分情况下二试问题结构为第一题平几与第二题代数40分，第三题数论与第四题组合各50分.在不与数论、组合发生交叉的情况下，代数问题仍以不等式为主（也可能以递归数列形式出现的不等式），但不排除其它两种可能.下面的例习题也将按此比例大致分配.考虑到代数部分极可能为40分题，因此其难度不会太大；但联赛代数历年来也不会命那些只要简单的几步即可完成的题，总是会出现较大的计算量(一般在20行内难以完成)以实现分步给分.如果是不太难的不等式，则总是会出现两问或“两头堵”以增加难度，实现选拔功能.板块一 不等式与极值不等式是联赛二试改为四道题之后代数部分最主要的题型，其解决方法多样，内容繁多，且基本没有通法，需要考生创造性地解决问题.以下内容为联赛考察重点：1、 均值不等式，在用均值的时候往往需要根据取等条件来凑配相应的系数；2、 柯西不等式，特别要注意柯西不等式的几个重要变形特别是主动变形即222221211111()()ni i n nn ni i ii i i ni i i i ii a b a ba b a b======≥⇔≥∑∑∑∑∑∑二试代数概述例题精讲第1讲二试真题分析（1）代数右方这个式子的诸i b 往往是根据题目特点主动构造的.3、 对离散量或整值问题按照逐步调整（或磨光变换）方法得到极值；4、 有时需要用到其它的重要不等式（如排序，切比雪夫不等式等），但用的不多；5、 由于三元轮换对称不等式的普通变式基本已经被研究透彻，且容易被暴力破解；新的三元不等式往往极难，因此这种几年前的主流不等式问题近年来已越来越少见. 6、 利用某方法（如构造某函数并利用增减性、求导等）得到局部不等式并求和得证的问题近年较多见，其主要难点在于局部不等式的右方为何种形式难以想到.根据单墫、陈计等不等式专家的观点，不等式问题最关键的是培养大小的感觉，也就是说做不等式问题第一步不是考虑用哪个不等式，而是对题目中各变量对大小的影响有一个较明晰的感觉并将这种感觉细化与具体化.这种感觉需要长期的培养与练习，一般可以通过固定其它变量单独看某变量变化的方法来进行.【例1】 (2010年第3题)给定整数2n >，设正实数12,,,n a a a 满足1,1,2,,k a k n ≤=，记12,1,2,,kk a a a A k n k+++==．求证：1112n nk k k k n a A ==--<∑∑． 【解析】 由01k a <≤知，对11k n ≤≤-，有110,0kniii i k ak an k ==+<≤<≤-∑∑。

联赛真题——代数专题1、[99.13]已知当x ∈[0,1]时，不等式x 2cos θ-x(1-x)+(1-x)2sin θ>0恒成立， 试求θ的取值范围。

2、[00.13]设S n =1+2+3+…+n ,n ∈N ，求f (n )=1)32(++n nS n S 的最大值.3、[01.加2]设,,0+∈≥N i x i 且.12112=+∑∑≤<≤=nj k j k ni ix x j kx求∑=ni i x 1的最小值.4、[02.15]设二次函数f(x)=ax 2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足条件： （1） 当x∈R 时,f(x-4)=f(2-x),且f(x)≥x; （2）当x∈(0,2)时，f(x)≤((x+1)/2)2; （3）f(x)在R 上的最小值为0.求最大的m(m ＞1)，使得存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t)≤x。

5、[02.加试2]实数a,b,c 和正数 λ 使得 f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 有三个实根x 1,x 2,x 3, 且满足 （1）x 2 - x 1＝λ （2）x 3 ＞(x 1＋x 2)/2求：(2a 3 + 27c - 9ab)/λ3 的最大值 。

6、[03.13] 设35,2x ≤≤ 证明不等式 <7、[03.14]设A,B,C 分别是复数0121,,12Z ai Z bi Z ci ==+=+（其中,,a b c 都是实数）对应的不共线的三点. 证明：曲线 4224012cos 2cos sin sin ()Z Z t Z t t Z t t R =++∈与ABC ∆中平行于AC 的中位线只有一个公共点，并求出此点.8、[04.15]已知α，β是方程4x 2－4tx －1=0(t ∈R )的两个不等实根，函数f (x )=2x －tx 2+1的定义域为[α，β]．⑴ 求g (t )=max f (x )－min f (x )；⑵ 证明：对于u i ∈(0，π2)(i=1，2，3)，若sin u 1+sin u 2+sin u 3=1，则1g (tan u 1)+1g (tan u 2)+1g (tan u 3)<364．9、[05.加试2]设正数a 、b 、c 、x 、y 、z 满足cy +bz ＝a ，az +cx ＝b ，bx +ay ＝c ．求函数f (x ，y ，z )＝x 21+x +y 21+y +z 21+z的最小值．10、[06.14]将2006表示成5个正整数12345,,,,x x x x x 之和. 记15i j i j S x x ≤<≤=∑. 问：（1）当12345,,,,x x x x x 取何值时，S 取到最大值；（2）进一步地，对任意1,5i j ≤≤有2i j x x -≤，当12345,,,,x x x x x 取何值时，S 取到最小值. 说明理由.11、[06.15]设 2()f x x a =+. 记1()()f x f x =，1()(())n n f x f f x -=2,3,n =，，{}R (0)2n M a n f =∈≤对所有正整数 ，. 证明：⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=41 ,2M .12、[06.加试2]已知无穷数列{a n }满足，n=1,2,….(1)对于怎样的实数x 与y ，总存在正整数n 0，使当n≥n 0时a n 恒为常数？(2)求通项a n .13、[06加试3]解方程组14、[07.15]设函数f(x)对所有的实数x都满足f(x+2π)=f(x)，求证：存在4个函数f i(x)(i=1，2，3，4)满足：（1）对i=1，2，3，4，f i(x)是偶函数，且对任意的实数x，有f i(x+π)=f i(x)；（2）对任意的实数x，有f(x)=f1(x)+f2(x)cos x+f3(x)sin x+f4(x)sin2x。

全国高中数学联赛代数部分全国高中数学联赛 （代数部分）1.(1988年全国高中数学联赛加试第三题) 在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多直线¼¼,,,,21nl ll 的直线族，它满足条件： ⑴ 点(1，1)∈nl ，),3,2,1(¼=n ；⑵ nnn b a k -=+1，其中1+n k 是1+n l 的斜率，n a 和nb 分别是nl 在x 轴和y 轴 上的截距，),3,2,1(¼=n ； ⑶ 01³+n nk k ，),3,2,1(¼=n ．并证明你的结论．2. (1989年全国高中数学联赛加试第二题)已知)2;,,2,1(³¼=În n i R x i，满足,0,111==åå==ni i ni i x x 求证：nix ni i 21211-£å=.3.(1998年全国高中数学联赛加试第二题)设n a a a ,,,21¼，n b b b ,,,21¼[]2,1Î 且åå===ni i ni i b a 1212求证：åå==£ni i ni ii a b a 12131017并问 等号成立的充要条件.全国高中数学联赛代数部分4.(1997年全国高中数学联赛加试第二题) 试问：当且仅当实数)2(,,,1³¼n x x x n满足什么条件时.存在实数n y y y ,,,10¼使得2222120n z z z z +¼++=成立. 其中k k k iy x z +=，i 为虚数单位，).,,2,1(n k ¼= 证明你的结论.5.(1999年全国高中数学联赛加试第二题)给定实数c b a 、、已知复数321z z z 、、满足： 1321===z z z1133221=++z z z z z z求321cz bz az ++的值6. (2002年全国高中数学联赛加试第二题) 设),,2,1(0n i xi¼=³，且12112=+åå£<£=nj k j k nk i x x j k x ，求å=nk ix 1的最大值与最小值全国高中数学联赛代数部分7.(2002年全国高中数学联赛加试第二题) 实数a 、b 、c 和正数l ，使得f ( x ) = c bx ax x x f +++=23)(有三个实数根321x x x 、、,且满足(1)l =12-x x ;(2))(21213x x x +>.求339272labc a -+的最大值.8.(2004年全国高中数学联赛加试第二题)在平面直角坐标系xOy 中, y 轴正半轴上的点列{n A }与曲线)0(2³=x x y 上的点列{n B }满足nOB OA n n1==,直线n n B A 在x 轴上的截距为n a ,点nB 的横坐标 为n b ,+ÎNn .证明: (1) na > 1+n a > 4 ,+ÎNn .(2) 存在+ÎN n 0,使得对任意的0n n > 都有 2004. -n b b bb b b b b n1n 1-n n 2312<++¼+++全国高中数学联赛代数部分设正数z y x c b a 、、、、、满足a bz cy =+，b cx az =+，c ay bx =+ 求函数zz yy xx z y x f +++++=111),,(222的最小值.10.(2006年全国高中数学联赛加试第二题) 已知无穷数列{na }满足:x a =0，y a =1),2,1(1111¼=++=--+n a a a a a nn n n n(1) 对于怎样的实数y 、x ,总存在+ÎN n 0使得当0n n ³ 时，n a 恒为常数？(2) 求数列{na }的通项公式.11. (2006年全国高中数学联赛加试第三题)解方程组: 2=-+-w z y x 62222=-+-w z y x 203333=-+-w z y x 664444=-+-w z y x全国高中数学联赛代数部分设).2008,,2,1(0¼=>k a证明：当且仅当120081>å=k k a 时，存在数列{nx }满足以下条件 （1）),2,1(010¼=<<=+n x x x n n（2）n nx ¥®lim 存在 （3）åå=++=+--=-200701200811k k n k k k n k n n x a x a x x ),2,1(¼=n13. (2009年全国高中数学联赛加试第二题) 求证： 21ln )1(1-12£-+<å=n k k nk，¼=,2,1n14.(2010年全国高中数学联赛加试第三题)给定整数)2(>n n ，设正实数n a a a ,,,21¼满足).,,2,1(1n k a k¼=£记).,,2,1(21n k ka a a A kk ¼=+¼++=求证：.2111-<-åå==n A a nk nk k k。

代数竞赛试题及答案高中一、选择题（每题5分，共20分）1. 若实数x满足方程x^2 - 5x + 6 = 0，则x的值是：A. 2B. 3C. 1或2D. 1或32. 已知函数f(x) = 2x^2 - 4x + 3，那么f(2)的值是：A. 1B. 3C. 5D. 73. 若复数z满足|z| = 1，且z^2 + z + 1 = 0，则z的值是：A. iB. -iC. 1D. -14. 集合A = {1, 2, 3}，集合B = {2, 3, 4}，则A∩B的元素个数是：A. 1B. 2C. 3D. 4二、填空题（每题5分，共20分）5. 已知等差数列{a_n}的首项a_1 = 2，公差d = 3，求第10项a_10的值是______。

6. 若函数f(x) = ax^2 + bx + c满足f(0) = 1，f(1) = 3，f(2) = 7，则a的值是______。

7. 已知矩阵A = \[ \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{array} \]，矩阵B = \[ \begin{array}{cc} 5 & 6 \\ 7 & 8 \end{array} \]，求矩阵A乘以矩阵B的行列式值是______。

8. 已知向量a = (3, -4)，向量b = (2, 5)，求向量a与向量b的点积是______。

三、解答题（每题15分，共30分）9. 已知函数f(x) = x^3 - 3x^2 + 2，求函数f(x)的单调区间。

10. 已知椭圆E的方程为 \[ \frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1 \]，求椭圆E的长轴和短轴的长度。

四、证明题（每题15分，共15分）11. 证明：对于任意正整数n，等式(1^2 + 2^2 + ... + n^2) =\[ \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} \] 成立。

11990——2011年全国数学竞赛试题分类代数部分一、填空题 1、已知82121=+-xx ，则xx12+=_____62________. （90年） 2、2223,2,1，…，1234567892的和的个位数的数字是 __5__. （90年）3、方程01)8)((=---x a x ，有两个整数根，则=a ____8__. （90年）4、已知关于x 的一元二次方程02=++c bx ax 没有实数解．甲由于看错了二次项系数，误求得两根为２和４；乙由于看错了某一项系数的符号，误求得两根为－１和４，那么=+ac b 32____6__.（91年）5、设m ，n ，p ，q 为非负数，且对一切x >０，qpn m xx x x )1(1)1(+=-+恒成立，则=++q p n m 22)2(__9__.（91年）6、若0≠x ,则xxx x 44211+-++的最大值是（92年）7、若b a ,都是正实数，且0111=+--ba b a ，则=+33)()(b a a b （92年） 8、当x 变化时,分式15632212++++x x x x 的最小值是_____2______.（93年）9、放有小球的1993个盒子从左到右排成一行,如果最左面的盒里有7个小球,且每四个相邻的盒里共有30个小球,那么最右面的盒里有____7__个小球. （93年）10、若方程k x x =--)4)(1(22有四个非零实根,且它们在数轴上对应的四个点等距排列,则k =_____7/4_______.（93年）11、若在关于 x 的恒等式b x c a x x x N Mx --+=-++222 中，2x 2-++x x NM 为最简分式，且有a ＞b ，a+b=c 则N=____-8__. （94年）12、在12，22，32…，952这95个数中，十位数字为奇数的数共有____19________个. （95年）13、已知 a 是方程 x 2 + x - 41 = 0 的根，则 234531a a a a a --+-的值等于__20___.（95年）14、设 x 为正实数，则 y = x 2 - x +x1的最小值是__1_____.（95年） 15、实数x,y 同时满足y=x1及y=|x|+1，则x+y=_____．（96年）16、当a 取遍0到5的所有实数值时,满足3b=a(3a-8)的整数b 的个数是____13_____.（97年） 17、若a,b 满足3a +5|b|=7,则S=22-3|b|的取值范围是_215⎡⎢⎣_______.（97年） 18、若正整数x,y 满足x 2+y 2=1997,则x+y 等于_____63__.（97年） 19、已知方程()015132832222=+-+--a a x a a x a （其中a 是非负整数），至少有一个整数根，那么a =___1,3,5________。

二、求证不等式：21ln )1(112≤-+<-∑=n kk nk ， ,2,1=n三、（本题满分50分）设0>k a ，2008,,2,1 =k 。

证明：当且仅当120081>∑=k ka时，存在数列{}n x 满足以下条件：（ⅰ）100+<<=n n x x x ， ,3,2,1=n ； （ⅱ）n n x ∞→lim 存在；（ⅲ）∑∑=++=+--=-200701200811k k n k k k n kn n x a x ax x ， ,3,2,1=n 。

[证] 必要性：假设存在{}n x 满足（ⅰ），（ⅱ），（iii ）．注意到（ⅲ）中式子可化为2008111()n n k n k n k k x x a x x -++-=-=-∑，n ∈*N ， 其中00x =．将上式从第1项加到第n 项，并注意到00x =得111222200820082008()()()n n n n x a x x a x x a x x +++=-+-++-． …10分由（ⅱ）可设lim n n b x →∞=，将上式取极限得112220082008()()()b a b x a b x a b x =-+-++-20081122200820081()k k b a a x a x a x ==⋅-+++∑20081k k b a =<⋅∑，因此200811k k a =>∑． …20分充分性：假设200811k k a =>∑．定义多项式函数如下：20081()1k k k f s a s ==-+∑，[0,1]s ∈，则()f s 在[0,1]上是递增函数，且(0)10f =-<，20081(1)10k k f a ==-+>∑．因此方程()0f s =在[0,1]内有唯一的根0s s =，且001s <<，即0()0f s =． …30分下取数列{}n x 为01nkn k x s ==∑，1,2,n =，则明显地{}n x 满足题设条件（ⅰ），且100101n nkn k s s x s s +=-==-∑． 因001s <<，故1l i m 0n n s +→∞=，因此100000lim lim 11n n n n s s s x s s +→∞→∞-==--，即{}n x 的极限存在，满足（ⅱ）． …40分最后验证{}n x 满足（ⅲ），因0()0f s =，即2008011kk k a s ==∑，从而200820082008100001111()()n k n n kn n k k k n k n k k k k x x s a s s a s a x x +-++-===-====-∑∑∑．综上，存在数列{}n x 满足（ⅰ），（ⅱ），（ⅲ）． …50分在此记号系统下，原方程组的第一个方程为 2+=s p （3.1） 于是二、（本题满分50分）实数c b a ,,和正数λ使得c bx ax x x f +++=23)(有三个实根321,,x x x ，且满足：①λ=-12x x ；②)(21213x x x +>。

第二章代数第一节集合、数与式B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5．【解】将12个元素排成一列有12！种方法．排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集．同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集．6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法．[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种．确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种．如此继续下去，得到6个2元子集．共有11×9×7×5×3=10395种分法．B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素．【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5．【证】设有限集A含n个元素．当n=1时，子集序列φ，A即满足条件．假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求．因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求．于是命题对一切自然数n均成立．B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数．证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2．这n－k个数中选出）．所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和．设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12．【解】先证明S元素个数至多是5．如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65．如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）．这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件．所以，S的和≤61．特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61．B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}．求有限集合A的元素的最少个数．【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4．【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f （6），f（8）互不相同，|A|≥4．另一方面，令A={0，1，2，3}．对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除．因而f是满足条件的函数．于是，A的元素个数最少为4．B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍．这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）．原题为选择题．【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}．A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍．若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50．同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3．因此|B|≤67．本题答案为67．B1－008设集合S n={1，2，…，n）．若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）．若X的容量为奇（偶）数，则称X为S n的奇（偶）子集．（1）求证：S n的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n≥3时，S n的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等．（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和．【题说】1992年全国联赛二试题2．【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立．对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集．在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集．于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2·i．奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等．B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和．设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11．若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n．试求满足上述要求的a10的最小值．【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3．【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）．若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1（1）又由题设得 S1=a1=1．于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750．又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248．另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n．当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n．于是a10的最小值为248．B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）．求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°．【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4．【证】现对任意正整数n给以证明．设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝．对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和．S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大．若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大．如比等等．因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模．这样的划分，条件（1）显然满足．若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|．a r －Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾．若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|．a r ＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾．因此，所述划分满足条件（1）～（3）．【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集．B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝．如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p．（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1．【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16]．因为366=17×21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数．当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p．当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462×7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集．故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21×7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）．若S是由正整数组成的有限集合．证明对所有的正整数m≥σ（S）成立．【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5．【证】设S={a1，a2，…，a n}．长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n 段a n个数．前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个．个．根据容斥原理，即本题的等式成立．B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值．【题说】1995年全国联赛一试题2（6）．原为填空题．【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件．它恰好有1780个元素．故｜A｜的最大数是1870．B1-016 已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}．求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1．【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3．【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数．集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个(即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2})；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个．于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3(即{1，3}，{2，4}，{1，4})．所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133．B1-017 对任意非空实数集S，令σ(S)为S的元素之和．已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ(S)的集．证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2．【题说】第二十五届(1996年)美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n．令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j≤2e j(1≤j≤n)．每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间(f j-1，f j]中．因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j]．这样σ(S)被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类(1≤j≤n)，f j 本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类．每一类中最大的和与最小的和的比不超过2．B1-018 设S={1，2，3，4)，n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B(B的元素个数记为｜B｜)，在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B．求n的最小值．【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3．【解】n的最小值为8．首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次．事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现．由此可见n≥8．另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8．B1-019 求两个正整数m与n之间(m＜n)，一切分母为3的既约分数的和．【题说】1962年成都市赛高三二试题1．3(n-m)+1项．其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020 证明cos10°是无理数．【题说】1963年合肥市赛高二二试题3．【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cosx，可得cos30°=4cos310°-3cos10°(1)即若cos10°是一个有理数，则(1)右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数．B1-021 求出所有四元实数组(x1，x2，x3，x4)，使其中任一个数与其余三数积的和等于2．【题说】第七届(1965年)国际数学奥林匹克题4．本题由原苏联提供．【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1．有以下五种情况：所以 d=1，x1=x2=x3=x4=1．所以d=1，x1=x2=x3=x4=1．综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3．B1-022 设P(x)是自然数x在十进制中各位数字的乘积．试求出所有能使P(x)=x2-10x-22成立的自然数．【题说】第十届(1968年)国际数学奥林匹克题2．本题由捷克斯洛伐克提供．【解】设n位数x满足P(x)=x2-10x-22(1)若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P(x)=x(x-10)-22≥90x-22≥90·10n-1-22=9·10n-22＞10n矛盾．若n=1，则x=P(x)=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解．因此n=2．若x≥20，则x2-10x-22=x(x-10)-22≥10x-22≥200-22＞92≥P(x)因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}．(1)变成y=(10+y)2-10(10+y)-22易知y=2，x=12．B1-023 证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1．【题说】第四届(1970年)全苏数学奥林匹克八年级题2．【证】设这三个数为a，b，c，则(a-1)(b-1)(c-1)=abc-(ab+bc+ca)+(a+b+c)-1左边有一个或三个因子为正．但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1．B1-024 若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值．【题说】第十八届(1976年)国际数学奥林匹克题4．本题由美国提供．【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4(1≤i≤n)，这是因为当a i≥4时a i≤2(a i-2)，故把a i换成2和a i-2不会使积减小．再注意2×2×2＜3×3，所以只需考虑积2a·3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976．由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2×3658．B1-025 确定最大的实数z，满足x+y+z=5(1)xy+yz+zx=3(2) 并且x、y也是实数．【题说】第十届(1978年)加拿大数学奥林匹克题3．【解】由(1)得(x+y)2=(5-z)2，由(2)得xy=3-z(5-z)．于是0≤(x-y)2=(x+y)2-4xy=(5-z)2-4[3-z(5-z)]=-3z2+10z+13=(13-3z)(1+z)因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3．因此z最大值是13/3．B1-026 已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，(1)a2+b2+c2+d2+e2=16(2) 的实数，试确定e的最大值．【题说】第七届(1978年)美国数学奥林匹克题1．【解】由Cauchy不等式，(8-e)2=(a+b+c+d)2≤4(a2+b2+c2+d2)=4(16-e2)，即B1-027 已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字．【题说】1979年安徽省赛二试题1．【解】因为lg20001979=1979(3+lg2)=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5×106532＜20001979＜6×106532所以20001979的首位数字是5．B1-028 已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20(1)a1a2…a8=4(2) 试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1．【题说】1979年湖北省赛二试题5．【证】用反证法．如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i(b i＞0，i＝1，2， (8)再由(1)即得b1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=(1+b1)(1+b2)…(1+b8)＝1+(b1+b2+…+b8)+…+b1b2…b8≥1+(b1+b2+…+b8)=1+12=13与条件(2)矛盾．所以八个数中至少有一个数小于1．B1-029 求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届(1979年)国际数学奥林匹克题5．本题由以色列提供．【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0．因此，只能有下面两种情况：(1)x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；(2)某个x k=c≠0，其余x i=0(i≠k)．这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3．从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程．B1-030 下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正．【题说】1981年全国联赛题2．【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误．因表中只有两处错误，故三者都对．同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对．再若lg7=2(b+c)，则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b．即lg7=2(b+c)对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对．应为lg7=lgl4-lg2=2b+c．lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1．B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5．【解】将12个元素排成一列有12！种方法．排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集．同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集．6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法．[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种．确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种．如此继续下去，得到6个2元子集．共有11×9×7×5×3=10395种分法．B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素．【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5．【证】设有限集A含n个元素．当n=1时，子集序列φ，A即满足条件．假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求．因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求．于是命题对一切自然数n均成立．B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数．证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2．这n－k个数中选出）．所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和．设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12．【解】先证明S元素个数至多是5．如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65．如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）．这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件．所以，S的和≤61．特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61．B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}．求有限集合A的元素的最少个数．【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4．【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f （6），f（8）互不相同，|A|≥4．另一方面，令A={0，1，2，3}．对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除．因而f是满足条件的函数．于是，A的元素个数最少为4．B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍．这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）．原题为选择题．【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}．A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍．若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50．同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3．因此|B|≤67．本题答案为67．B1－008设集合S n={1，2，…，n）．若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）．若X的容量为奇（偶）数，则称X为S n的奇（偶）子集．（1）求证：S n的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n≥3时，S n的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等．（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和．【题说】1992年全国联赛二试题2．【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立．对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集．在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集．于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2·i．奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等．B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和．设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11．若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n．试求满足上述要求的a10的最小值．【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3．【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）．若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1（1）又由题设得 S1=a1=1．于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750．又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248．另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n．当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n．于是a10的最小值为248．B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）．求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°．【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4．【证】现对任意正整数n给以证明．设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝．对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和．S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大．若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大．如比等等．因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模．这样的划分，条件（1）显然满足．若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|．a r －Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾．若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|．a r ＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾．因此，所述划分满足条件（1）～（3）．【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集．B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝．如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p．（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1．【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16]．因为366=17×21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数．当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p．当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462×7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集．故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21×7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）．若S是由正整数组成的有限集合．证明对所有的正整数m≥σ（S）成立．【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5．【证】设S={a1，a2，…，a n}．长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n 段a n个数．前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个．个．根据容斥原理，即本题的等式成立．B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值．【题说】1995年全国联赛一试题2（6）．原为填空题．【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件．它恰好有1780个元素．故｜A｜的最大数是1870．B1-016 已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}．求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1．【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3．【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数．集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个(即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2})；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个．于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3(即{1，3}，{2，4}，{1，4})．所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133．B1-017 对任意非空实数集S，令σ(S)为S的元素之和．已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ(S)的集．证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2．【题说】第二十五届(1996年)美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n．令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j≤2e j(1≤j≤n)．每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间(f j-1，f j]中．因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j]．这样σ(S)被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类(1≤j≤n)，f j 本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类．每一类中最大的和与最小的和的比不超过2．B1-018 设S={1，2，3，4)，n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B(B的元素个数记为｜B｜)，在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B．求n的最小值．【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3．【解】n的最小值为8．首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次．事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现．由此可见n≥8．另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8．B1-019 求两个正整数m与n之间(m＜n)，一切分母为3的既约分数的和．【题说】1962年成都市赛高三二试题1．3(n-m)+1项．其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020 证明cos10°是无理数．【题说】1963年合肥市赛高二二试题3．【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cosx，可得cos30°=4cos310°-3cos10°(1)即若cos10°是一个有理数，则(1)右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数．B1-021 求出所有四元实数组(x1，x2，x3，x4)，使其中任一个数与其余三数积的和等于2．【题说】第七届(1965年)国际数学奥林匹克题4．本题由原苏联提供．【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1．有以下五种情况：所以 d=1，x1=x2=x3=x4=1．所以d=1，x1=x2=x3=x4=1．综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3．B1-022 设P(x)是自然数x在十进制中各位数字的乘积．试求出所有能使P(x)=x2-10x-22成立的自然数．【题说】第十届(1968年)国际数学奥林匹克题2．本题由捷克斯洛伐克提供．【解】设n位数x满足P(x)=x2-10x-22(1)若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P(x)=x(x-10)-22≥90x-22≥90·10n-1-22=9·10n-22＞10n矛盾．若n=1，则x=P(x)=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解．因此n=2．若x≥20，则x2-10x-22=x(x-10)-22≥10x-22≥200-22＞92≥P(x)因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}．(1)变成y=(10+y)2-10(10+y)-22易知y=2，x=12．B1-023 证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1．【题说】第四届(1970年)全苏数学奥林匹克八年级题2．【证】设这三个数为a，b，c，则(a-1)(b-1)(c-1)=abc-(ab+bc+ca)+(a+b+c)-1左边有一个或三个因子为正．但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1．B1-024 若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值．【题说】第十八届(1976年)国际数学奥林匹克题4．本题由美国提供．【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4(1≤i≤n)，这是因为当a i≥4时a i≤2(a i-2)，故把a i换成2和a i-2不会使积减小．再注意2×2×2＜3×3，所以只需考虑积2a·3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976．由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2×3658．B1-025 确定最大的实数z，满足x+y+z=5(1)xy+yz+zx=3(2)并且x、y也是实数．【题说】第十届(1978年)加拿大数学奥林匹克题3．【解】由(1)得(x+y)2=(5-z)2，由(2)得xy=3-z(5-z)．于是0≤(x-y)2=(x+y)2-4xy=(5-z)2-4[3-z(5-z)]=-3z2+10z+13=(13-3z)(1+z)因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3．因此z最大值是13/3．B1-026 已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，(1)a2+b2+c2+d2+e2=16(2) 的实数，试确定e的最大值．【题说】第七届(1978年)美国数学奥林匹克题1．【解】由Cauchy不等式，(8-e)2=(a+b+c+d)2≤4(a2+b2+c2+d2)=4(16-e2)，即B1-027 已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字．【题说】1979年安徽省赛二试题1．【解】因为lg20001979=1979(3+lg2)=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5×106532＜20001979＜6×106532所以20001979的首位数字是5．B1-028 已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20(1)a1a2…a8=4(2) 试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1．【题说】1979年湖北省赛二试题5．【证】用反证法．如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i(b i＞0，i＝1，2， (8)再由(1)即得b1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=(1+b1)(1+b2)…(1+b8)＝1+(b1+b2+…+b8)+…+b1b2…b8≥1+(b1+b2+…+b8)=1+12=13与条件(2)矛盾．所以八个数中至少有一个数小于1．B1-029 求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届(1979年)国际数学奥林匹克题5．本题由以色列提供．【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0．因此，只能有下面两种情况：(1)x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；(2)某个x k=c≠0，其余x i=0(i≠k)．这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3．从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程．B1-030 下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正．【题说】1981年全国联赛题2．【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误．因表中只有两处错误，故三者都对．同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对．再若lg7=2(b+c)，则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b．即lg7=2(b+c)对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对．应为lg7=lgl4-lg2=2b+c．lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1．把n2个互不相等的实数排成下表：a11，a12，…，a1na21，a22，…，a2n…a n1，a n2，…，a nn取每行的最大数得n个数，其中最小的一个是x；再取每列的最小数，又得n个数，其中最大的一个是y，试比较x n与y n的大小．【题说】1982年上海市赛二试题 2【解】设x=a ij，y=a pq，则a ij≥a iq≥a pq所以x≥y．(1)当n是奇数时，x n≥y n．(2)当n是偶数时(i)如果x≥y≥0，则x n≥y n；(ii)如果0≥x≥y，则x n≤y n；(iii)如果x≥0≥y，则当x≥-y时，x n≥y n；当x≤-y时，x n≤y n．B1-032 对任意实数x、y．定义运算x*y为：x*y=ax+by+cxy其中a、b、c为常数，等式右端运算是通常的实数的加法和乘法．现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数x，都有x*d=x，求d的值．【题说】1985年全国联赛一试题 2(4)．原题为填空题．【解】由所设条件，有1*2=a+2b+2c=3(1)。

高中数学竞赛“代数问题”高级讲稿浙江省杭州第十四中学 马茂年（中国奥数高级教练、数学特级教师）知识方法在高中数学竞赛中，代数方面的问题是多种多样的，主要包括：函数与方程问题（函数的解析式，函数的最值、方程根的讨论等），数列问题(递推数列、数列的通项、数列不等式等)，不等式问题（不等式的求解、证明及应用等）、复数与三角问题等等。

解决代数问题的方法和策略也是多种多样的，主要的方法包括：探索法、化归法、转换法、构造法、数形结合法、数学归纳法、递推法等等。

要点突破1．集合的概念与运算例1 在集合},,2,1{n 中，任意取出一个子集，计算它的所有子集的元素之和。

例2 已知集合}034|{},023|{222<+-=<++=a ax x x B x x x A ，且B A ⊆，求参数a 的取值范围。

例3 已知+∈∈R y R x ,,集合}1,2,{},1,,1{2+--=---++=y y y B x x x x A . 若B A =,求22y x +的值。

例 4 已知集合}|,|,0{)},lg(,,{y x B xy y x A ==.若B A =,求++++)1()1(22y x y x …+201220121()x y +的值。

例5 已知A 为有限集，且*N A ⊆，满足集合A 中的所有元素之和与所有元素之积相等，写出所有这样的集合A 。

例6 已知集合}02|{},023|{22≤+-=≤+-=a ax x x S x x x P ,若P S ⊆,求实数a 的取值组成的集合A.例7 已知平面上两个点集 {(,)||1|,M x y x y x y =++∈R},{(,)||||1|1,,N x y x a y x y =-+-≤∈R}. 若 M N ≠∅ , 求a 的取值范围。

例8 已知集合},,,{4321a a a a A =,},,,{24232221a a a a B =,其中4321a a a a <<<,N a a a a ∈4321,,,.若},{41a a B A = ,1041=+a a .且B A 中的所有元素之和为124,求集合A 、B.例9 满足条件||4|)()(|2121x x x g x g -≤-的函数)(x g 形成了一个集合M,其中R x x ∈21,,并且1,2221≤x x ,求函数)(23)(2R x x x x f y ∈-+==与集合M 的关系.例10 对集合{1,2,,2012} 及每一个非空子集定义唯一“交替和”如下:把子集中的数按递减顺序排列,然后从最大数开始,交替地加减相继各数,如}9,6,4,2,1{的“交替和”是612469=+-+-,集合}10,7{的“交替和”是10－7=3,集合}5{的“交替和”是5等等.试求A 的所有的“交替和”的总和.并针对于集合},,2,1{n 求出所有的“交替和”.2．集合的划分例11 求1，2，3，…，100中不能被2，3，5整除的数的个数．例12 S 是集合{1，2，…，2004}的子集，S 中的任意两个数的差不等于4或7，问S 中最多含有多少个元素？例13 能否给出集合{}1,2,...,2013的一个划分，1234,,,A A A A 使得1234,,,A A A A 的内部各元素之和恰成等差数列3．二次函数例14．集合A ={42|2++=x x y y }，B ={a x ax y y 42|2+-=}，A ⊆B ，求实数a 的取值集合．例15．考察所有可能的这样抛物线22b ax x y -+=，它们与坐标轴各有三个不同的交点，对于每一条这样的抛物线，过其与坐标轴的三个交点作圆．证明：所有这些圆周经过一定点． 例16．抛物线c bx x y ++=2的顶点位于区域}10.10|),{(≤≤≤≤=y x y x G 内部或边界上，求b 、c 的取值范围．例17．设x =p 时，二次函数)(x f 有最大值5，二次函数)(x g 的最小值为－2，且p ＞0， )(x f +)(x g =13162++x x ,)(p g =25．求)(x g 的解析式和p 值．例18．已知0≤x ≤1, )(x f =)0( 22>+-a a ax x ,)(x f 的最小值为m ．（1）用a 表示m ；（2）求m 的最大值及此时a 的值．例19．一幢k （＞2）层楼的公寓有一部电梯，最多能容纳k －1个人，现有k －1个学生同时在第一层楼乘电梯，他们中没有两人是住同一层楼的．电梯只能停一次．停在任意选择的一层．对每一个学生而言，自已往下走一层感到一分不满意，而往上走一层感到2分不满意，问电梯停在哪一层，可使不满意的总分达到最小？例20．已知方程)1()1(222x a ax -=+，其中a ＞1，证明：方程的正根比1小，负根比 －1大．例21．若抛物线22++=ax x y 与连接两点M （0，1），N （2，3）的线段（包括M 、N 两点）有两个相异的交点，求a 的取值范围．例22．已知：1x ≥2x ≥3x ≥4x ≥2，且2x ＋3x ＋4x ≥1x ，求证：4321243214)(x x x x x x x x ≤+++.例23．定义在R 上的奇函数)(x f ，当x ≥0时，)(x f =－x x 22+．另一个函数y =)(x g 的定义域为[a ,b ],值域为[ab 1,1],其中a ≠b ,a 、b ≠0．在x ∈[a ,b ]上, )(x f =)(x g ．问:是否存在实数m ,使集合{}|),{(]},[),(|),(2m x y y x b a x x g y y x +=∈= 恰含有两个元素?4．函数迭代例24．设f(x)=x2+px+q, A={x|x=f(x)}, B={x|f[f(x)]=x}。