高中数学奥林匹克竞赛全真试题

2003年全国高中数学联合竞赛试题一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1、删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列.这个新数列的第2003项是（ ）A ．2046B ．2047C ．2048D ．20492、设a ，b ∈R ，ab ≠0，那么，直线ax －y ＋b =0和曲线bx 2＋ay 2=ab 的图形是（ ）3、过抛物线y 2=8（x ＋2）的焦点F 作倾斜角为60°的直线.若此直线与抛物线交于A 、B 两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于P 点,则线段PF 的长等于( )A ．163 B ．83C 1633D ．834、若5[,]123x ππ∈--，则2tan()tan()cos()366y x x x πππ=+-+++的最大值是（ ）.A 1225B 1126C 1136D 12355、已知x 、y 都在区间（－2，2）内，且xy =－1，则函数224949u x y =+--的最小值是（ ）A ．85 B ．2411C ．127D ．125 6、在四面体ABCD 中，设AB =1，CD 3AB 与CD 的距离为2，夹角为3π，则四面体ABCD 的体积等于（ ）A 3B ．12C ．13 D 3 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7、不等式|x |3－2x 2－4|x |＋3<0的解集是__________.8、设F 1，F 2是椭圆22194x y +=的两个焦点，P 是椭圆上的点，且|PF 1|：|PF 2|=2：1，则△PF 1F 2的面积等于__________.9、已知A ={x |x 2－4x ＋3<0，x ∈R }，B ={ x |21－x ＋a ≤0，x 2－2（a ＋7）x ＋5≤0，x ∈R }.若A B ⊆，则实数a 的取值范围是__________.10、已知a ，b ，c ，d 均为正整数，且35log ,log 24a cb d ==，若a －c =9，b －d =__________.11、将八个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于__________.12、设M n ={（十进制）n 位纯小数0.12|n i a a a a 只取0或1（i =1，2，…，n －1），a n =1}，T n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则limnn nS T →∞=__________.三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13、设352x ≤≤，证明不等式14、设A ，B ，C 分别是复数Z 0=ai ，Z 1=12＋bi ，Z 2=1＋ci （其中a ，b ，c 都是实数）对应的不共线的三点.证明：曲线Z = Z 0cos 4t ＋2 Z 1cos 2t sin 2t ＋Z 2sin 4t （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.15、一张纸上画有半径为R 的圆O 和圆内一定点A ，且OA =a ，折叠纸片，使圆周上某一点A ′刚好与A 点重合.这样的每一种折法，都留下一条直线折痕. 当A ′取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合.加 试一、（本题满分50分）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A ，B .所作割线交圆于C ，D 两点，C 在P ，D 之间.在弦CD 上取一点 Q ，使∠DAQ =∠PBC .求证：∠DBQ =∠P AC . 二、（本题满分50分）设三角形的三边长分别是整数l ，m ，n ，且l >m >n .已知444333{}{}{}101010l m n==，其中{x }=x －[x ]，而[x ]表示不超过x 的最大整数.求这种三角形周长的最小值. 三、（本小题满分50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中n =q 2＋q ＋1，l ≥12q （q ＋1）2＋1，q ≥2，q ∈N .已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q ＋2条连线段.证明：图中必存在一个空间四边形（即由四点A ，B ，C ，D 和四条连线段AB ，BC ，CD ，DA 组成的图形）.答 案一、选择题1、注意到452=2025，462=2116，故2026=a 2026－45=a 1981，2115= a 2115－45= a 2070.而且在从第1981项到第2070项之间的90项中没有完全平方数.又1981＋22=2003，故a 2003= a 1981＋22=2026＋22=2048.故选（C ）.2、题设方程可变形为题设方程可变形为y =ax ＋b 和221x y a b+=，则观察可知应选（B ）.3、易知此抛物线焦点F 与坐标原点重合，故直线AB 的方程为y. 因此，A ，B 两点的横坐标满足方程：3x 2－8x －16=0.由此求得弦AB 中点的横坐标043x =，纵坐标0y =，进而求得其中垂线方程4)3y x =-，令y =0，得P 点的横坐标416433x =+=，即163PF =，故选（A ）.4、22tan()cot()cos()3361cos()226cos()sin()332cos()46sin(2)3542,2[,],[,].12322364625cos()[,].46123sin(2)3113.36y x x x x x x x x x x x x x x y πππππππππππππππππππππ=+++++=++++=+++-≤≤-+∈+∈--+--+=-因为所以可见与在上同为递增函数故当时,取最大值故选().C 5、由已知得1y x =-，故 2422242224997243514491937437(9)x x x u x x x x x x-+-=+==+---+--+ 而x ∈（－2，12-）∪（12，2），故当222224249,,93x x x x x==+即时之值最小，而此时函数u 有最小值125，故选（D ）.6、如图，过C 作//CE AB =，以△CDE 为底面，BC 为侧棱作棱柱ABF －ECD ，则所求四面体的体积V 1等于上述棱柱体积V 2的13. 而△CDE 的面积S =12CE ×CD ×sin ∠ECD ，AB 与CD 的公垂线MN 就是棱柱ABF －ECD 的高，故21133sin 2132222V MN CE CD ECD =⨯⨯⨯∠=⨯⨯⨯⨯=因此121132V V ==，故选（B ）.二、填空题7、由原不等式分解可得（|x |－3）（x 2＋|x |－1）<0，由此得所求不等式的解集为5151(3,)(,3)22----⋃. 8、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为2a ，2b ，2c ，则由其方程知a =3，b =2，c =5，故|PF 1|＋|PF 2|=2a =6，又已知|PF 1|：|PF 2|=2：1，故可得|PF 1|=4，|PF 2|=2. 在△PF 1F 2中，三边之长分别为2，4，25，而22＋42=()225，可见△PF 1F 2是直角三角形，且两直角边的长短为2和4，故△PF 1F 2的面积=12|PF 1|·|PF 2|=12×2×4=4. 9、易得A =（1，3），设f (x )=21－x ＋a ，g (x )=x 2－2(a ＋7)x ＋5要使A B ⊆，只需f (x )，g (x )在（1，3）上的图象均在x 轴下方.其充要条件是：同时有f (1)≤0，f (3)≤0，g (1)≤0，g (3)≤0.由此推出－4≤a ≤－1.10、由已知可得352424,,(),().b da b c d a c a c====从而因此，a |b ，c |d .又由于a －c =9，故22222422222259()()9,()()9,,.41bb d a b d b d b d a ca c a a d c cb dc a c ⎧⎧=+=⎪⎪⎪⎪-=+-=⎨⎨⎪⎪=-=⎪⎪⎩⎩即故因而于是得a =25，b =125，c =16，d =32.故b －d =93.11、如图，由已知上下层四个球的球心A ′，B ′，C ′，D ′和A ，B ，C ，D 分别是上下两个边长为2的正方形的顶点，且以它们的外接圆O ′和O 为上下底面构成圆柱.同时，A ′在下底面的射影必是AB 的中点M .在△A ′AB 中，A ′A = A ′B =AB =2.设AB 的中点为N ， 则A ′N =3. 又OM =OA =2，ON =1.所以MN =2－1，224()()228A M A N MN ''=-==.因此所示原来圆柱的高为482+.12、因为M n 中小数和小数点后均有n 位，而除最后一位上的数字必为1外，其余各位上的数字均有两种选择（0或1）方法，故T n =2n －1.又因在这2n －1个数中，小数点后第n 位上的数字全是1，而其余各位上数字是0或1，各有一半，故11211212111111112()221010101011(1)11010221101101112(1)2910101111lim lim [(1)].18181010n n n n n n n n nn n n nn n n n n n S S T ----------→∞→∞=++++-=+-=-=-+=故 三、解答题13、由于（a ＋b ＋c ＋d ）2=a 2＋b 2＋c 2＋d 2＋2（ab ＋ac ＋ad ＋bc ＋bd ＋cd ）≤4（a 2＋b 2＋c 2＋d 2），因此a ＋b ＋c ＋d ≤22222a b c d +++（当且仅当a =b =c =d 时取等号）.取a =b =1x +，c =23x -，d =153x -，则21231532(1)(1)(23)(153)214219x x xx x x x x ++-+-≤++++-+-=+≤ 因为1x +，23x -，153x -不能同时相等，所以2123153219x x x ++-+-<. 14、设Z =x ＋yi (x ，y ∈R )，则x ＋yi =a cos 4t ·i ＋2(12＋bi ) cos 2t sin 2t ＋(1＋ci )sin 4t ，实虚部分离，可得x = cos 2t sin 2t ＋sin 4t =sin 2ty =a (1－x )2＋2b (1－x )x ＋cx 2(0≤x ≤1)即y =(a ＋c －2b )x 2＋2(b －a )x ＋a ①又因为A ，B ，C 三点不共线，故a ＋c －2b ≠0.可见所给曲线是抛物线段（如图）.AB ，BC 的中点分别是13(,),(,)4242a b b c D E ++. 所以直线DE 的方程为 y =(c －a )x ＋14(3a ＋2b －c ) ②由①，②联立得a ＋c －2b （x －12）2=0.由于a ＋c －2b ≠0，故（x －12）2=0，于是得x =12. 注意到113424<<，所以，抛物线与△ABC 中平行于AC 的中位线DE 有且只有一个公共点，此点的坐标为12(,)24a c b++，其对应的复数为1224a cb Z i ++=+15、如图，以O 为原点，OA 所在直线为x 轴建立直角坐标系，则有A （a ，0）. 设折叠时，O 上点A ′（R cos α，R sin α）与点A 重合，而折痕为直线MN ，则MN 为线段AA ′的中垂线. 设P (x ，y )为MN 上任一点，则|P A ′|=|P A |. 故(x －R cos α)2＋(y －R sin α) 2=(x －a )2＋y 2，即2R (x cos α＋y sin α)=R 2－a 2＋2ax ，故2222222222222222222222222222cos sin 222sin(),sin ,cos .22|| 1.()2()2 1.()()()222()2()()()222x y R a ax x yR x y R a axx y R x yx yx yR a ax R x ya x y R R a a x y R R a ααθαθθ+-+=++-++===+++-+≤+-+≥--+=-可得其中故此不等式也可直接由柯西不等式得到.平方后可化为即所求点的集合为椭圆1().外含边界部分加 试一、如图，连结AB ，在△ADQ 与△ABC 中，∠ADQ =∠ABC ，∠DAQ =∠PBC =∠CAB ，故△ADQ ∽△ABC ，而有BC DQAB AD=，即BC ·AD =AB ·DQ . 又由切割线关系知△PCA ∽△P AD ，故PC ACPA AD=；同理由△PCB ∽△PBD 得BC BCPB BD=. 又因P A =PB ，故AC BCAD BD=，得AC ·BD =BC ·AD =AB ·DQ . 又由关于圆内接四边形ACBD 的托勒密定理知 AC ·BD ＋BC ·AD = AB ·CD于是得AB ·CD =2AB ·DQ ，故DQ =12CD ，即CQ =DQ .在△CBQ 与△ABD 中，AD DQ CQAB BC BC==，∠BCQ =∠BAD ，于是△CBQ ∽△ABD ，故∠CBQ =∠ABD ，即得∠DBQ =∠ABC =∠P AC .二、由题设可知444444333333[][][]101010101010l l m m n n-=-=- 于是444333(mod 2)333(mod )333(mod5)②l m n lmnl m n ⎧≡≡⎪≡≡⇔⎨≡≡⎪⎩ ①由于（3，2）=（3，5）=1，由①可知3l －m ≡3m －n ≡1(mod 24).现在设u 是满足3u ≡1(mod 24)的最小正整数，则对任意满足3v ≡1(mod 24)的正整数v ，我们有u |v ，即u 整除v . 事实上，若\|u v ，则由带余除法可知，存在非负整数a 与b ，使得v =au ＋b ，其中0<b ≤u －1，从而可推出3b ≡3b +au ≡3v ≡1(mod 24)，而这显然与u 的定义矛盾，所以u |v .注意到3≡3(mod 24)，32≡9(mod 24)，33≡27≡11(mod 24)，34≡1(mod 24)从而可设m －n =4k ，其中k 为正整数.同理可由②推出3m －n ≡1(mod 54)，故34k ≡1(mod 54). 现在我们求满足34k ≡1(mod 54)的正整数k .因为34=1＋5×24，所以34k －1=（1＋5×24）k －1≡0(mod 54)，即42831227311473113(1)(1)(2)52525226(1)(2)55[3(1)2]520(mod5)3(1)(2)5[3(1)2]520(mod5)3k k k k k k k k k k k k k k k k k k ---⨯+⨯⨯+⨯⨯--≡++-⨯+⨯⨯≡--++-⨯+⨯⨯≡或即有k =5t ，并代入该式得t ＋5t [3＋(5t －1)×27]≡0(mod 52)即有t ≡0(mod 52)，即k =5t =53s ，其中s 为正整数，故m －n =500s ，s 为正整数. 同理可证l －n =500r ，r 为正整数. 由于l >m >n ，所以有r >s . 这样一来，三角形的三个边为500r ＋n 、500s ＋n 和n .由于两边之差小于第三边，故n >500(r －s )，因此，当s =1，r =2，n =501时三角形的周长最小，其值为（1000＋501）＋（500＋501）＋501=3003三、设这n 个点的集合V ={A 0，A 1，A 2，…，A n －1}为全集，记A i 的所有邻点（与A i 有连线段的点）的集合为B i ，B i 中点的个数记为|B i | =b i ，显然112n i i b l -==∑且b i ≤(n －1)(i =0，1，2，…，n －1).若存在b i =n －1时，只须取2111(1)[]1(1)(1)1(1)1222n l n q n q q -=-++≤+-+=++ 则图中必存在四边形，因此下面只讨论b i <n －1(i =0，1，2，…，n －1)的情况.不妨设q ＋2≤b 0≤n －1.用反证法.若图中不存在四边形，则当i ≠j 时，B i 与B j 无公共点对，即|B i ∩B j |≤1（0≤i <j ≤n －1）.因此，0||1i i B B b ⋂≥-(i =1，2，…，n －1). 故2001120||011122111121121112000(12,0)1(32)2()1[3()2(1)]21(2)1[3(2)2(1)]211(21)(2(1)n b n n i B B i i i n i b b iii n i i i n i n i i i V B C B B C C b C b b b b n n l b l b n n l b n n ---⋂==---=-=--==⋂=≥⋂≥===-+≥-+---=--+--=--+-∑∑∑∑∑∑中点对的个数中点对的个数=当或时令00000222)1[(1)(1)21]2(1)[(1)(1)222]1(2)(3)2(1)l b n n q b n n n q b n nq q b nq q n b n --+≥-++--+--++--+=-+---+--故(n －1)(n －b 0)( n －b 0－1)≥(nq －q ＋2－b 0)( nq －q －n ＋3－b 0)q (q ＋1) (n －b 0) ( n －b 0－1)≥(nq －q ＋2－b 0)( nq －q －n ＋3－b 0) ① 但( nq －q －n ＋3－b 0)－q ( n －b 0－1)= (q －1) b 0－n ＋3≥(q －1) (q ＋2) －n ＋3=0 ② 及(nq －q ＋2－b 0)－(q +1)(n －b 0)= qb 0－q －n ＋2≥q (q ＋2) －q －n ＋2=1>0 ③ 由②，③及(n －b 0) (q ＋1)，( n －b 0－1) q 皆是正整数，得(nq －q ＋2－b 0)( nq －q －n ＋3－b 0)> q (q ＋1) (n －b 0) ( n －b 0－1) 而这与所得的①式相矛盾，故原命题成立.2003年中国数学奥林匹克试题一、设点I ，H 分别为锐角△ABC 的内心和垂心，点B 1，C 1分别为边AC ，AB 的中点，已知射线B 1I 交边AB 于点B 2（B 2≠B ），射线C 1I 交AC 的延长线于点C 2，B 2C 2与BC 相交于k ，A 1为△BHC 外心，试证：A ，I ，A 1三点共线的充分必要条件是△BKB 2和△CKC 2的面积相等.二、求出同时满足如下条件的集合S 的元素个数的最大值： （1）S 中的每个元素都是不超过100的正整数；（2）对于S 中任意两个不同的元素a ，b ，都存在S 中的元素c ，使得a 与c 的最大公约数等于1，并且b 与c 的最大公约数也等于1；（3）对于S 中任意两个不同的元素a ，b ，都存在S 中异于a ，b 的元素d ，使得a 与d 的最大公约数大于1，并且b 与d 的最大公约数也大于1.三、给定正整数n ，求最小的正数λ，使得对任何θi ∈（0，π/2），（i =1，2，…，n ），只要tan θ1tan θ2…tan θn =2n /2，就有cos θ1＋cos θ2＋…＋cos θn ≤λ.四、求所有满足a ≥2，m ≥2的三元正整数组（a ，m ，n ），使得a n ＋203是a m ＋1的倍数.五、某公司需要录用一名秘书，共有10人报名，公司经理决定按照求职报名的顺序逐个面试，前3个人面试后一定不录用，自第4个人开始将他与前面面试过的人相比较，如果他的能力超过了前面所有已面试过的人，就录用他；否则就不录用，继续面试下一个，如果前9个都不录用，那么就录用最后一个面试的人.假定这10个人的能力各不相同，可以按能力由强到弱排为第1，第2，…，第10. 显然该公司到底录用到哪一个人，与这10个人报名的顺序有关. 大家知道，这样的排列共有10！种，我们以A k 表示能力第k 的人能够被录用的不同报名顺序的数目，以A k /10！表示他被录用的可能性.证明：在该公司经理的方针之下，有 （1）A 1>A 2>…>A 8= A 9= A 10；（2）该公司有超过70%的可能性录用到能力最强的3个人之一，而只有不超过10%的可能性录用到能力最弱的3个人之一.六、设a ，b ，c ，d 为正实数，满足ab ＋cd =1；点P i （x i ，y i ）(i =1，2，3，4)是以原点为圆心的单位圆周上的四个点，求证：（ay 1＋by 2＋cy 3＋dy 4）2＋（ax 4＋bx 3＋cx 2＋dx 1）2≤22222()a b c d ab cd+++.参考答案一、∵H 是△ABC 的垂心，A 1是△BHC 的外心，∴△BHC =180°－∠BAC ，∠BA 1C =2∠BAC .又由题设知AB ≠AC ，从而A ，I ，A 1共线，即A 1在∠BAC 平分线上⇔A 1在△ABC 外接圆上⇔∠BA 1C ＋∠BAC =180°⇔∠BAC =60°.现证22BKB CKC S S ∆∆=⇔∠BAC =60°.作ID ⊥AB 于D ，IE ⊥AC 于E ，设BC =a ，CA =b ，AC =c ，则12121212122222222222()sin ,(sin )222(),22.()ABCAB B ABC ABC ABCBKB CKC ABC AB C S ID IE a b cS ID AB AB AB AB A ID AB AB AB A ID S S S b b AB a b c bc a b cbcAB a b cbcAC a b cS S S S bc bc bc a b c a b ca b c ∆∆∆∆∆∆∆∆∆==++=+==-=-++++=+-=-+=⇔=⇔=+--+⇔--=故故同理22260.bca b c bc BAC ︒⇔=+-⇔∠=故A ，I ，A 1共线的充要条件是△BKB 2和△CKC 2的面积相等.二、设35121235711a aa a a n q =，其中q 是不被2，3，5，7，11整除的正整数，a i 为非负整数，n ≤100，则n ∈S ⇔a i (1≤i ≤5)中恰有一个或两个为正整数，即S 由下列元素组成：不超过100的正偶数中除去2×3×5，22×3×5，2×32×5，2×3×7，22×3×7，2×5×7，2×3×11等7个偶数后余下的43个偶数；不超过100的正整数中3的奇数倍：确定3，3×3，…，3×33共17个数；不超过100的正整数中与3互质的5的奇数倍：5，5×5，5×7，5×11，5×13，5×17，5×19共7个数；不超过100的正整数中与15互质的7的奇数倍：7，7×7，7×11，7×13共4个数； 质数11.现证明以上72个整数构成的集合S 满足题设条件. 显然满足条件（1）；对S 中任意两个不同的元素a, b, 则a ，b 的最小公倍数中不大于11的质因数至多只含有2，3，5，7，11中的4个，因此存在c ∈{2，3，5，7，11}，使得（a ，c ）=(b ，c )=1，且显然c ∈S ，因此S 满足条件（2）；对S 中任意两个没同的元素a ，b ，若（a ，b ）=1，分别取的a ，b 最小质因素p ，q ，则p ，q ∈{2，3，5，7，11}且p ≠q ，令c=pq ，则有c ∈S ，c ≠a ，c ≠b 且（a ，c ）=p >1，（b ，c ）=q >1；若（a ，b ）=d >1，取d 的最小质因数p ，及不整除ab 的最小质数q ，则p ，q ∈{2，3，5，7，11}，令c=pq ，则有c ∈S ，c ≠a ，c ≠b 且（a ，c ）≥p >1，（b ，c ）≥p >1.因此S 满足条件（3）.以下证明任何满足题设的S 的元素数目不大于72.首先证明满足题设条件的S 至多只能含有一个大于10的质数.事实上若p 1，p 2为大于10的质数，且p 1，p 2∈S ，则由（3）知存在c ∈S ，使得（p 1，c ）>1，（p 2，c ）>1，从而有p 1 | c ，p 2|c ，∴p 1p 2|c ，由此可知c ≥p 1p 2>100，这与（1）矛盾.从而10与100之间的21个质数11，13，17，23，…，97至多只有一个在S 中. 又显然1∉S .设集合T 是由不超过100的正整数除去1及大于10的21个质数余下的78个数构成的. 下面证明T 中至少还有7个数不在S 中.1°若有某一个大于10的质数p 在S 中，则S 中所有各数的最小质因数只可能是2，3，5，7，p 中的一个.（i ）若7p ∈S ，则2×3×5，22×3×5，2×32×5，7p 包含了S 中所有各数的最小质因数，因此由条件（2）知2×3×5，22×3×5，2×32×5∉S ；若7p ∉S ，则由条件（3）知7，7×7，7×11，7×13∉S ； （ii ）若5p ∈S ，则由（2）知，2×3×7，22×3×7∉S ； 若5p ∉S ，则由条件（3）知5，5×5，5×7∉S . （iii ）3p 与2×5×7不同属于S . （iv ）2×3p 与5×7不同属于S . 当p =11或13时，由（i ），（ii ），（iii ），（iv ）知分别至少有3个数，2个数，1个数，1个数共至少有7个数不属于S ；当p =17或19时，由（i ），（ii ），（iii ）知分别至少有4个数，2个数，1个数共至少有7个数不属于S ；当p >20时，由（i ），（ii ）知分别至少有4个数，3个数共至少7个数不属于S .2°如果没有大于10的素数属于S ，则S 中的每个元素的最小质因数只能是2，3，5，7，则如下的7对数中，每对数都不能同时都属于S .（3，2×5×7），（5，2×3×7），（7，2×3×5）， （2×3，5×7），（2×5，3×7），（2×7，3×5）， （22×7，3+2×5）.事实上，若上述7对数中任何一对数（a ，b ）都属于S ，则由（2）知，存在c ∈S ，使得（a ，c ）=（b ，c ）=1，这与ab 包含了S 中每个元素的所有最小质因数矛盾.由1°，2°知T 中至少还有7个数不属于S ，从而满足条件的S 的元素个数的最大值为72.三、1°证当n =1，2时，λ=， 当n =1时，tan θ1cos θ12.当n =2时，tan θ1 tan θ2=2，cos θ1=（i =1，2）. 令tan 2θ1=x ，则tan 2θ2=4/x ，则122cos cos 333(24/4(54/)144/0,3)0,x x x x x x θθ+≤⇔⇔≤⇔+++≤++⇔++-≥即等号成立当且仅当30=，由此易知当且仅当x =2时等号成立.故12cos cos 3θθ+≤，当且仅当θ1=θ2时，等号成立.2°当n ≥3时，λ=n －1.先证cos θ1＋cos θ2＋…＋cos θn <n －1 （1）不妨设θ1≥θ2≥θ3≥…≥θn ，要证明（1）式只要证 cos θ1＋cos θ2＋cos θ3<2 （2） tan θ1tan θ2…tan θn =2n /2，故tan θ1tan θ2tan θ3=22223232322222231232221231cos 1sin /2,cos cos 2(sin sin )/22sin sin .8tan tan 1tan 8/(tan tan ),.cos tan tan cos cos i i θθθθθθθθθθθθθθθθθ=<-+<-+≤-+≥≥≤=故故12323123222223232222222323232223cos cos 2sin sin (18cos cos cos cos 28cos cos sin sin 18tan tan sec sec (1tan )(1tan )tan tan 7.θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ++<--++<⇔+≥⇔+≥=++⇔+≤ 3 ()若（3）式不成立，即tan 2θ2＋tan 2θ3>7，从而tan 2θ1≥tan 2θ2>7/2.故cos θ1≤cos θ23，cos θ1＋cos θ2＋cosθ3<＋1<2. 从而（1）式得证.现证λ=n －1为最小的.事实上，若0<λ<n －1，则取α=λ/（n －1）<1，从而存在θi <（0，π/2）i =1，2，…，n ，使得co s θi =α，tan θi α（i =1，2，…，n －1），tan θn =2n /2(αn －1，从而tanθ1tan θ2…tan θn =2n /2，但cos θ1＋cos θ2＋…＋cos θn －1＋cos θn > cos θ1＋cos θ2＋…＋cos θn －1=λ当n ≥3时，最小的正数λ为n －1.综上所求最小正数1,2),1(3).n n n λ⎧=⎪=⎨-≥⎪⎩四、设n =mq ＋r ，0≤r ≤m －1，则a n ＋203=a mq ＋r ＋203=a mq a r ＋203≡(－1)q a r ＋203(mod(a m ＋1)) 从而a m ＋1|a n ＋203⇔ a m ＋1|(－1)a a r ＋203.即 k (a m ＋1)= (－1)q a r ＋203.1°若2|q ，则k (a m ＋1)= a r ＋203. ① （i ）若r =0，则有k (a m ＋1)=204=22×3×17由a ≥2,m ≥2，易知只有a =2，m =4及a =4，m =2满足上式.故（a ，m ，n ）=（2，4，8t ）或（4，2，4t ），其中t 为非负整数（下同）.（ii ）若r ≥1，由①有a r （ka m －r －1）=203－k .对于1≤k ≤9，容易验证只有当k =8时，存在a =5，m =2，r =1满足上式，即（a ，m ，n ）=（5，2，4t ＋1）.对于k ≥10，则由①有10（a m ＋1）≤a r ＋203≤ka m －1＋203故a m －1（10a －1）≤193，a 可能值为2，3，4.当a=2时，m可能值为2，3，4，容易验证仅当a=2，m=2，r=1或a=2，m=3，r=2时满足①式，故（a，m，n）=（2，2，4t＋1）或（2，3，6t＋2）当a=3，4时，均不存在m，r满足①式.2°若q为奇数，则k（a m＋1）=203－a r②由0≤r≤m－1知，k≥0.（i）当k=0时，a=203，r=1对任意的不小于2的整数m②式都成立，故（a，m，n）=（203，m，（2t＋1）m＋1）（ii）若k≥1，则当r=0时，由②有k（a m＋1）=202容易验证仅当a=10，m=2时，上式成立，故（a，m，n）=（10，2，4t＋2）当r≥1时，由②有a r(ka m－r＋1)=203－k.对于1≤k≤5，容易验证仅当k=3时，a=8，m=2，r=1或a=2，m=6，r=3时，满足上式.（a，m，n）=（8，2，4t＋3）或（2，6，12t＋9）对于k≥6，由②有6（a m＋1）<203.故a m只可能有22，23，24，25，32，33，42，52.容易验证仅当a m=32，r=1时，满足（2）式，∴（a，m，n）=（3，2，4t＋3）.综上满足题设条件的三元正整数组（a，m，n）为（2，4，8t），（4，2，4t），（5，2，4t＋1），（2，2，4t＋1），（2，3，6t＋2），（203，m，（2t＋1）m＋1），（10，2，4t＋2），（8，2，4t＋3），（2，6，12t＋9），（3，2，4t＋3），其中t为非负整数.五、设A k(a)表示当前3名中能力最强者能力排名为第a，能力排名为第k的人能够被录用的不同报名顺序的数目.当a=1时，仅当能力第k的人最后一个报名时，才被录用，所以A k(1)=3·8！∆=γ1. ①当2≤a≤8时，若k=a，a＋1，…，10，则有A k(a)=0；若k=1，2，3，…，a－1，则有17812811891011127()3(2)!(10)!(2,3,,7)③(1)④3(22)!(102)!38!(373)8!0③、a k aa a k a a k k A a C a a A A k A A A A A A C γγγγγ-==+=--∆===+=====-=---=⨯->∑∑②再注意到1238910123456788123123441238910④38!,218!,637!,307!,157!,7.27!,37!,66!22368!218!1267!3(301573)7!5077!5077!70%10!10!10a A A A A A A A A A A A A A A A γγγγγγγγγγγγ=>>>==========++=+++++++++=++>>++∑即有容易算得>338!10%.!10!⨯>=六、令u =ay 1＋by 2，v =cy 3＋dy 4，u 1=ax 4＋bx 3，v 1=cx 2＋dx 1，则 u 2≤（ay 1＋by 2）2＋（ax 1－bx 2）2=a 2＋b 2－2ab (x 1x 2－y 1y 2)x 1x 2－y 1y 2≤2222a b u ab+- ①v 12≤（cx 2＋dx 1）2＋（cy 2－dy 1）2= c 2＋d 2－2cd (y 1y 2－x 1x 2) y 1y 2－x 1x 2≤22212c d v cd+- ②①＋②并整理得22222212222221221122112222112222222211()())()()()()()2()v u a b c d ab cd ab cd u v a b c d ab cd ab cd u v u v u v u v abcdabcdab cdab cd u v u v ab cd ab cd ab cd ab cd v u u v a b c d ab cd ab cd ab cd +++≤++++≤++++=+++≤+++++++=+++≤+同理可得2004年中国数学奥林匹克试题第一天一、凸四边形EFGH 的顶点E 、F 、G 、H 分别在凸四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 上，且满足1AE BF CG DHEB FC GD HA=.而点A 、B 、C 、D 分别在凸四边形E 1F 1G 1H 1的边H 1E 1、E 1F 1、F 1G 1、G 1H 1上，满足E 1F 1∥EF ，F 1G 1∥FG ，G 1H 1∥GH ，H 1E 1∥HE .已知11E A AH λ=.求11F CCG 的值.二、已给正整数c ，设数列x 1，x 2，…满足x 1=c ，且x n =x n －1＋12(2)[]n x n n--+＋1,n =2，3，…，其中[x ]表示不大于x 的最大整数.求数列{x n }的通项公式.三、设M 是平面上n 个点组成的集合，满足：（1）M 中存在7个点是一个凸七边形的7个顶点；（2）对M 中任意5个点，若这5个点是一个凸五边形的5个顶点，则此凸五边形内部至少含有M 中的一个点.求n 的最小值.第二天四、给定实数a 和正整数n .求证：（1）存在惟一的实数数列x 0，x 1，…，x n ，x n ＋1，满足0133110,1(),1,2,,.2n i i i i x x x x x x a i n ++-==⎧⎪⎨+=+-=⎪⎩（2）对于（1）中的数列x 0，x 1，…，x n ，x n ＋1满足|x i |≤|a |，i =0，1，…，n ＋1. 五、给定正整数n (n ≥2)，设正整数a i =(i =1，2，…，n )满足a 1<a 2<…<a n 以及11nii a =∑≤1. 求证：对任意实数x ，有22221111112(1)n i i a x a a x =⎛⎫≤⨯ ⎪ ⎪+-+⎝⎭∑ 六、证明：除了有限个正整数外，其他的正整数n 均可表示为2004个正整数之和：n =a 1＋a 2＋...＋a 2004，且满足1≤a 1<a 2<...<a 2004，a i |a i ＋1，i =1，2， (2003)参考答案一、（1）如图1，若EF ∥AC 则BE BFEA FC=，代入已知条件得DH DGHA GC=， 所以，HG ∥AC .从而，E 1F 1∥AC ∥H 1G 1.故1111F C E ACG AH λ==. （2）如图2，若EF 与AC 不平行. 设FE 的延长线与CA 的延长线相交于点T . 由梅涅劳斯定理得1CF BE ATFB EA TC=.结合题设有1CG DH ATGD HA TC=.由梅涅劳斯定理逆定理知T 、H 、G 三点共线.设TF 、TG 与E 1H 1分别交于点M 、N . 由E 1B ∥EF ，得E 1A =BAEA ·AM .同理，H 1A =ADAH·AN .所以，1111111111.,,.,.AEC ABC AHC ADC ABCADC ABC ADC E A AM AB AHAH AN AE AD S S AE ADEQ QH S S AB AHS E A EQ AB AH AH QH AE AD S S F C F C E ACG S CG AH λ∆∆∆∆∆∆∆∆========又故同理所以二、显然，当n ≥2时，112(1)[]n n n x x x n---=+. 令a n =x n －1，则a 1=c －1，11112122[][],2,3,①(1)(2),1,2,,2,22(2)(1)(2)[][(1)]22,,1,2,.22(2)(1)[][][2n n n n n n nn n n a n a a a n n n n n u A n A n n n n n u A n n A u n n u y n n n n n n y n n -----+=+==++==≥++++=+====≥++-== 设为非负整数.由于当时所以数列{}满足式①.设由于当时,2222122121],,{}(2)[],1,2,,21,421(21)1[][[]][(1)](1)4211223(22)231[][[]][(1)][(1)(2)]2142121(n n n n nn n y n y n z n n m m n m m m z m m m z n m m n m m n m m m m z m m m n m m m m --+-==+===≥++++==+=+==+≥+++++==+=++++++=所以也满足式①.设当且时当且时,2(23)1)(2)[]4,{}nn m m z z +++==从而也满足式①.对任意非负整数A ，令2111111111(1)(2)2(1)(2)(2)[]241,2,,{}{}①.93,1,[]2,3,(1)(2);461(mod3),1(1)(2)62(mod3),2((1)(2)[6n n n n n n n n n n n n n v u y Ann n n w u z A n v w a u A y z a a n n a a a n n n a a n a n n ++=+=++++=+=+======++≡-=+++≡-=+++显然和都满足式由于所以,当|时当时当时222)]411(mod3),(1)(2)1;622(mod3),(1)(2)1;63(2)0(mod3),(1)(2)[] 1.64n n n c c x n n c c x n n n c n c x n n +-≡=+++-≡=++++-+≡=++++综上可得当时当时当时三、先证n ≥11.设顶点在M 中的一个凸七边形为A 1A 2…A 7，连结A 1A 5.由条件（2）知，在凸五边形A 1A 2 A 3A 4A 5中至少有M 中一个点，记为P 1.连结P 1A 1、P 1A 5，则在凸五边形A 1P 1 A 5A 6 A 7内至少有M 中一个点，记为P 2，且P 2异于P 1.连结P 1P 2，则A 1，A 2，…，A 7中至少有5个顶点不在直线P 1P 2上. 由抽屉原则知，在直线P 1P 2的某一侧必有3个顶点，这3个顶点与点P 1、P 2构成的凸五边形内，至少含有M 中一个点P 3.再作直线P 1P 3、P 2P 3.令直线P 1P 2对应区域Ⅱ3，它是以直线P 1P 2为边界且在△P 1P 2P 3异侧的一个半平面（不含直线P 1P 2）.类似地定义区域Ⅱ1、Ⅱ2. 这样，区域Ⅱ1、Ⅱ2、Ⅱ3覆盖了平面上除△P 1P 2P 3外的所有点.由抽屉原则知，7个顶点A 1，A 2，…，A 7中必有7[]3＋1=3个顶点在同一区域（不妨设为Ⅱ3）中.这3个点与P 1、P 2构成一个顶点在M 中的凸五边形，故其内部至少含M 中一个点P 4.所以，n ≥11. 下面构造一个例子说明n =11是可以的.如图所示，凸七边形A 1A 2…A 7为一整点七边形，设点集M 为7个顶点A 1，A 2，…，A 7且其内部有4个整点.则显然满足条件（1）. 这个点集M 也满足条件（2），证明如下.假设存在一个整点凸五边形，其内部不含整点. 因整点多边形的面积均可表示为2n（n ∈N＋）的形式，由最小数原理，必有一个面积最小的内部不含整点的整点凸五边形ABCDE .考虑顶点坐标的奇偶性，只有4种情况：（奇，偶），（偶，奇），（奇，奇），（偶，偶）. 从而，五边形ABCDE 的顶点中必有两个顶点的坐标的奇偶性完全相同. 于是，它们连线的中点P 仍为整点.又P 不在凸五边形ABCDE 内部，因此P 在凸五边形的某条边上，不妨设P 在边AB 上，则P 为AB 的中点.连结PE ，则PBCDE 是面积更小的内部不含整点的整点凸五边形.矛盾.综上所述，n 的最小值为11.四、（1）存在性.由3311222i i i i x x x a x +-=+--，i =1，2，…及x 0=0可知每一x i 是x 1的3i－1次实系数多项式，从而，x n ＋1为x 1的3n 次实系数多项式. 由于3n 为奇数，故存在实数x 1，使得x n ＋1=0. 由x 1及x 0=0可计算出x i . 如此得到的数列x 0，x 1，…，x n ＋1满足所给条件.惟一性.设w 0，w 1，…，w n ＋1；v 0，v 1，…，v n ＋1为满足条件的两个数列，则331133112211110022000000001100000001()21()21()()(1)2||,||||(1)11|11|||||22,|i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i w w w w a v v v v a w v w v w v w w v v w v w v w v w w v v w v w v w v w v +-+-++----+=+-+=+--+-=-+++--≤-+++≤+-++-≤--所以设最大则从而22000002220000000000|0,11,||0,()0.||0.||||0,,1,2,,.i i i i i i i i i i i i i i i i i i w w v v w v w v w v w v w v w v w v i n =+++=-=+++=-=--===或即或所以成立由的最大性知所有即（2）设|0i x |最大，则3200003110033110000||||||(1)1|()|211||||||||||.22||||.,||||,0,1,2,, 1.i i i i i i i i i i i x x x x x x a x x a x a x a x a i n +-+-+=+=++≤++≤+≤≤=+所以,因此 五、当x 2≥|a |（a1－1）时，由111nii a=≤∑可得222222111221121122222222211111211112||411124(1)4(1),11()()n n n ii i i i i n n n n i i i i i i i i i ia x a x a x xa a x x a a a a a a x a x a x a a =======⎛⎫⎛⎫⎛⎫≤= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭≤≤-+<-⎛⎫⎛⎫⎛⎫≤≤ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭<<<∑∑∑∑∑∑∑当时由柯西不等式得对于正整数122222222222222222222122222211,1,1,2,,1,222111()()(())(())42211111,2,, 1.1111()()()()2222111112()()()22n i ii ii i i i ii i i i n i i i i i a a a i n a a a a x a x a a x a x i n a x a x a x a xa a x a x a ++=+≥+=-≤=+++--+++=-≤-=--+++-+-+≤-+-+-+∑有且故21222111111122(1)()2n i ix a a x a x =⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭≤≤-+-+∑ 六、我们证明更一般的结论： 对任给正整数r （r ≥2），总存在正整数N （r ），当n ≥N （r ）时，存在正整数a 1，a 2，…，a r ，使得n =a 1＋a 2＋…＋a r ，1≤a 1<a 2<…<a r ，a i |a i ＋1，i =1，2，…，r －1.证明如下：当r =2时，有n =1＋n －1，取N （2）=3即可.假设当r =k 时结论成立. 当r =k ＋1时，取N (k ＋1)=4N (k )3. 设n =2a (2l ＋1)，若n ≥N (k ＋1)=4N (k )3，则2a ≤2N (k )2，则存在正偶数2t ≤a ，使得22t ≥N (k )2，即2t ＋1≥N (k ). 由归纳假设，存在正整数b 1，b 2，…，b k ，使得2t ＋1= b 1＋b 2＋…＋b k ，1≤b 1<b 2<…<b k ， b i | b i ＋1，i =1，2，…，k －1.则2a =2a －2t ×22t =2a －2t [1＋(2t －1) (2t ＋1)] =2a －2t ＋2a －2t (2t －1)b 1＋2a －2t (2t －1)b 2＋…＋2a －2t (2t －1)b kn =2a －2t (2l ＋1)＋2a －2t (2t －1) b 1(2l ＋1)＋…＋2a －2t (2t －1) b k (2l ＋1)若2l ＋1≥2N (k )，则l ≥N (k ).由归纳假设，存在正整数c 1，c 2，…，c k 使得 l =c 1＋c 2＋…＋c k ，1≤c 1<c 2<…<c k ， c i | c i ＋1，i =1，2，…，k －1.因此，n =2a ＋2a ＋1 c 1＋2a ＋1 c 2＋…＋2a ＋1 c k 满足要求. 由数学归纳法知，上述一般结论对所有的r ≥2成立.2003年IMO 中国国家队选拔考试试题一、在锐角△ABC 中，AD 是∠A 的内角平分线，点D 在边BC 上，过点D 分别作DE ⊥AC 、DF ⊥AB ，垂足分别为E 、F ，连结BE 、CF ，它们相交于点H ，△AFH 的外接圆交BE 于点G .求证：以线段BG 、GE 、BF 组成的三角形是直角三角形.二、设A ⊆{0，1，2，…，29}，满足：对任何整数k 及A 中任意数a 、b （a 、b 可以相同），a ＋b ＋30k 均不是两个相邻整数之积. 试定出所有元素个数最多的A .三、设A ⊂{(a 1，a 2，…，a n )|a i ∈R ，i =1,2, …n }，A 是有限集. 对任意的α=(a 1，a 2，…，a n )∈A ，β=(b 1，b 2，…，b n ) ∈A ，定义：γ（α，β）=(|a 1－b 1|，|a 2－b 2|，…，|a n －b n |)， D （A ）={γ（α，β）α∈A ，β∈A } . 试证： | D （A ）|≥|A |.四、求所有正整数集上到实数集的函数f ，使得 （1）对任意n ≥1, f (n ＋1)≥f (n )；（2）对任意m 、n 、(m 、n )=1，有f (mn )=f (m )f (n ).五、设A ={1，2，…，2002}，M ={1001，2003，3005}. 对A 的任一非空子集B ，当B 中任意两数之和不属于M 时，称B 为M 一自由集. 如果A =A 1∪A 2，A 1∪A 2=∅，且A 1、A 2均为M 一自由集，那么，称有序对（A 1，A 2）为A 的一个M 一划分. 试求A 的所有M 一划分的个数.六、设实数列{x n }满足：x 0=0，x 2=32x 1，x 3是正整数，且3112311424n n n n x x x x +--=++，n ≥2. 问：这类数列中最少有多少个整数项？参考答案一、如图，过点D 作DG ′⊥BE ，垂足为G ′.由勾股定理知BG ′2－G ′E 2=BD 2－DE 2=BD 2－DF 2=BF 2. 所以，线段BG ′、G ′E 、BF 组成的三角形是以BG ′为斜边的直角三角形.下面证明G ′即为G ，即只须证A 、F 、G ′、H 四点共圆. 如图1，连结EF ，则AD 垂直平分EF . 设AD 交EF 于点Q ，作EP ⊥BC ，垂足为P ，连结PQ 并延长交AB 于点R ，连结RE .因为Q 、D 、P 、E 四点共圆，所以，∠QPD =∠QED . 又A 、F 、D 、E 四点共圆，所以，∠QED =∠F AD .于是，A 、R 、D 、P 四点共圆.又∠RAQ =∠DAC ，∠ARP =∠ADC ，于是，△ARQ ∽△ADC,AR AD AQ AC=. 从而，AR ·AC =AQ ·AD =AF 2=AF ·AE ，即AR AEAF AC=. 所以，RE //FC ，∠AFC =∠ARE .因为A 、R 、D 、P 四点共圆，G ′、D 、P 、E 四点共圆，则BG ′·BE =BD ·BP =BR ·BA .故A 、R 、G ′、E 四点共圆.所以，∠AG ′E =∠ARE =∠AFC .因此，A 、F 、G ′、H 四点共圆. 二、所求A 为{3l ＋2|0≤l ≤9}.设A 满足题中条件且|A |最大.因为两个相邻整数之积被30整除，余数为0，2，6，12，20，26. 则对任意a ∈A ，有2a /≡0，2，6，12，20，26（mod 30），即a /≡0，1，3，6，10，13，15，16，18，21，25，28（mod 30）.因此，A ⊆{2，4，5，7，8，9，11，12，14，17，19，20，22，23，24，26，27，29}. 后一集合可分拆成下列10个子集的并，其中每一个子集至多包含A 中的一个元素:{2，4}，{5，7}，{8，12}，{11，9}，{14，22}，{17，19}，{20}，{23，27}，{26，24}，{29}.故|A |≤10.若|A |=10，则每个子集恰好包含A 中一个元素，因此，20∈A ，29∈A .由20∈A 知12∉ A ，22∉ A ，从而，8∈A ，14∈A .这样，4∉ A ，24∉ A ，因此，2∈A ，26∈A .由29∈A 和7∉ A ，27∉ A ，从而，5∈A ，23∈A . 这样，9∉ A ，19∉ A ，因此，11∈A ，17∈A .综上有A ={2，5，8，11，14，17，20，23，26，29}，此A 确实满足要求. 三、对n 和集A 的元素个数用归纳法.如果A 恰有一个元素，则D （A ）仅包含一个零向量，结论成立. 如果n =1，设A ={a 1<a 2<…<a m }，则{0，a 2－a 1，a 3－a 1，…，a m －a 1}⊆D （A ）. 因此， | D （A ）|≥|A |.假定|A |>1和n >1，定义B ={x 1，x 2,…，x n －1|存在x n 使得(x 1，x 2，…，x n －1，x n )∈A }. 由归纳假设|D （B ）|≥|B |.对每一个b ∈B ，令A b ={x n |(b ，x n )∈A }，a b =max{x |x ∈A b },C =A \{b ，a b }|b ∈B }.则|C |=|A |－|B |. 因为|C|<|A |，由归纳假设|D (C )|≥|C |. 另一方面，D (A )= {(D ，|a －a ′|)|d (b ，b ′)=D ，且a ∈A b ，a ′∈A b ′}.类似地，再令C b =A b \{a b }，有D （C ）= {(D ，|c －c ′|)|d (b ，b ′)=D ，且c ∈C b ，c ′∈C b ′}.注意到，对每一对b 、b ′∈B ，最大差|a －a ′|(a ∈A b ，a ′∈A b ′)一定是a =a b 或a ′=a b ′.于是，这个最大差不出现在{|c －c ′|| c ∈C b ，c ′∈C b ′}中.因此，对任何的D ∈D （B ），集合{|c －c ′||d (b ，b ′)=D ，且c ∈C b 和c ′∈C b ′}并不包含集合{|a －a ′||d (b ，b ′)=D ，且a ∈A b 和a ′∈A b ′}中的最大元，前者是后者的真子集.由此结论可知|D (C )|≤()(|{|||(,)}|1)b b D D B a a d b b D a A a A '∈'''-=∈∈-∑且和≤|D (A )|－|D (B )|.故|D (A )|≥|D (B )|＋|D (C )|≥|B |＋|C |=|A |. 四、显然，f =0是问题的解. 设f /≡0，则f (1)≠0.否则，对任意正整数n 有f (n )=f (1)f (n )=0，矛盾. 于是得f (1)=1. 由（1）可知f (2)≥1.下面分两种情况讨论： （i ）f (2)=1，则可证 f (n )=1(∀n ) ①事实上，由（2）知f (6)=f (2)f (3)=f (3). 记f (3)=a ，则a ≥1. 由于f (3)=f (6)=a ，利用（1）可知f (4)=f (5)=a .利用（2）知，对任意奇数p 有f (2p )=f (2)f (p )=f (p ). 再由此及（1）可证∪ D ∈D （B ） ∪D ∈D （B ）f (n )=a (∀n ≥3) ② 事实上，a =f (3)=f (6)=f (5)=f (10)=f (9)=f (18)=f (17)=f (34)=f (33)=….由式②和（2）得a =1，即f =1，故式①成立.（ii ）f (2)>1. 设f (2)=2a ，其中a >0.令1()()a g x fx =，则g (x )满足（1）、（2）且g (1)=1，g (2)=2.设k ≥2，则由（1）得2g (2k －1－1)=g (2)g (2k －1－1)=g (2k －2)≤g (2k )≤g (2k ＋2)=g (2) g (2k －1＋1)=2 g (2k －1＋1)；若k ≥3，则22g (2k －2－1)=2g (2k －1－2)≤g (2k )≤2g (2k －1＋2)=22g (2k －2＋1). 依此类推，用归纳法得 2k －1≤g (2k )≤2k －1g (3) (∀k ≥2) ③ 同样，对任意m ≥3，k ≥2有 g k －1(m )g (m －1)≤g (m k )≤g k －1(m ) g (m ＋1) ④ 显然，当k =1时，③、④也成立.任取m ≥3，k ≥1，有s ≥1，使得2s ≤m k ≤2s ＋1. 于是，有s ≤k log 2m <s ＋1，即 k log 2m －1<s ≤k log 2m ⑤由（1）可知g (2s )≤g (m k )≤g (2s ＋1). 再由③、④得1111111111log log 22log 22()(1)()(1)2(3)22(3)()(1)(1)()()(3),2()2.(1)(1)⑤()()(3)2()24(1)2(1)2s k k s s s k s k s k m k m k k m g m g m g m g m g g g m g m g m g m g m g g m g m g m g m g m g g m g m g m ----------⎧≤+⎪⎨-≤⎪⎩≤≤+-≤≤+-≤≤+-即所以由得log 2()2,()k m g m g m ≤≤≤≤即令k →＋∞得g (m )=m ，则f (m )=m a .综上得f =0或f (n )=n a (∀n )，其中a (a ≥0)为常数.五、对m 、n ∈A ，若m ＋n =1001或2003或3005，则称m 与n “有关”.易知与1有关的数仅有1000和2002，与1000和2002有关的都是1和1003，与1003有关的为1000和2002.所以，1，1003，1000，2002必须分别为两组{1，1003}，{1000，2002}.同理可划分其他各组：{2，1004}，{999，2001}，{3，1005}，{998，2000}；这样A 中的2002个数被划分成501对，共1002组.由于任意数与且只与对应的另一组有关，所以，若一对中一组在A 1中，另一组必在A 2中.反之亦然，且A 1与A 2中不再有有关的数. 故A 的M 一划分的个数为2501.。