《奥数解答题》.docVIP

高中数学竞赛解答题训练 1．是两个不相等的正数，且满足，求所有可能的整数c,使得. 解：由得,所以, 由此得到.又因为,故. 又因为, 令 则. 当时，关于t单调递增，所以，. 因此 可以取1，2，3. 2．已知不等式对一切正整数均成立，求正整数的最大值，并证明你的结论。 解：先证明单调递增，则最小 故 3．设为的单调递增数列，且满足，求{}的通项公式。 解： （由题意可知取正号。） 因此，公差为２的等差数列，即。从而可得 4．（1）设求证： （2）设 求证： 证明：（1），∴. （2）由（1）得类似的，， ∴ 5. 设数列， 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?. 解（1）将数列分组： 因为1+2+3+…+62=1953；1+2+3+…+63=2016， 所以数列的第2010项属于第63组倒数第7个数，即为。 （2）由以上分组可以知道，每个奇数组中出现一个1，所以第2010个1出现在第4019组，而第4019组中的1位于该组第2010位，所以第2010个值为1的项的序号为（1+2+3+…+4018）+2010=809428。 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。 解：设甲袋中的红、黑、白三种颜色的球数为，则有，且 （1） 即有 。 （2） 于是有 。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，但有时二种放法重复。因此可得共有9×3－2 = 25种放法。 7．已知数列（），前项和为，且， 记），当时，问是否存在正整数，使得对于任意正整数都有？如果存在，求出m的值；如果不存在，说明理由． 时，，， ∴， 即，又，所以，是首项和公比都是的等比数列， ∴，于是. ∵，∴， 故当为偶数时，，当为奇数时，. 可见，若存在满足条件的正整数，则为偶数. 当时，，.又 当时，，即； 当时，，即. 故存在正整数，使得对于任意正整数都有 在中，已，又的面积等于6. （Ⅰ）求的三边之长； （Ⅱ）设P是（含边界）内一点，P到三边AB、BC、AB的距离为、和，求的取值范围.解：（Ⅰ）设三角形三内角A、B、C对应的三边分别为a, b, c， ∵，∴，由正弦定理有, 又由余弦定理有，∴，即， 所以为，且. 又 ①÷②，得令a=4k, b=3k (k0) 则，∴三边长分别为3，4，5.（Ⅱ）以C为坐标原点，射线CA为x轴正半轴建立直角坐标系，则A、B坐标为（3，0），（0，4），直线AB方程为 设P点坐标为（x, y），则由P到三边AB、BC、AB的距离为d1, d2和d3可知 ，且故 令，由线性规划知识可知0≤m≤8，故d1+d2+d3的取值范围是在数列中，是给定的非零整数，． （1）若，，求； （2）证明：从中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数数列．解：（1）∵，，，，，，，，，，，，，∴自第22项起，每三个相邻的项周期地取值1，1，0，故=1．…… （2）首先证明数列必在有限项后出现零项．假设中没有零项， 由于，所以时，都有． 当时，（）； 当时，（）， 即的值要么比至少小1，要么比至少小1． 令，，则． 由于是确定的正整数，这样下去，必然存在某项，这与矛盾，从而中必有零项． 若第一次出现的零项为，记，则自第项开始，每三个相邻的项周期地取值，即， 所以数列中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数数列，以（0，1）为直角顶点，边AB、BC与椭圆交于两点B、C。若△ABC面积的最大值为，求的值。 解：由得： 由得： 从而有 于是 。 令，有 因为 时等号成立。 因此当 令 11. 如图，椭圆：，、、、为椭圆的顶点． （Ⅰ）设点，若当且仅当椭圆上的点在椭圆的顶点时， 取得最大值与最小值，求的取值范围； （Ⅱ）若椭圆上的点到焦点距离的最大值为，最小值为，且与直线相交于，两点（不是椭圆的左右顶点），并满足．试研究：直线是否过定点？若过定点，请求出定点坐标，若不过定点，请说明理由． （Ⅰ）设. 对称轴方程，由题意或或. ∴或或, ∴ . （Ⅱ）由已知与（Ⅰ）得：，，，，． 椭圆的标准方程为． 设，， 联立得， 又， 因为椭圆的右顶点为，，即， ，， ．解得：，，且均满足， 当时，的方程为，直线过定点，与已知矛