高二数学竞赛一试讲义6-10套有答案

???k2???,1?k?2004,k?N例5．设?x?表示不超过实数x的最大整数，求集合?n|n???的元素个数。 ????2005???

三、同步检测

?2?2??3?3??2007?2007???????1．??????的值为 ． 232007??????1n200?n?()n(n?1,2,???,95)，则数列?an? 中整数项的2．（2011年高中数学联赛）已知an?C200?(36)2个数为 ．

3．求使?log21???log22???log23???????log2n??1994成立的正整数n。

4．计算和式S?

的值。 ????503?n?0502?305n?21

5．设x为实数，n为正整数，求证：?x??（美国中学生数学竞赛题）

?2x???????(n?1)x???nx??2n?1n?nx?

高二数学竞赛二试讲义

第1讲 高斯函数（取整函数）答案

二、例题分析

22

例1．因为?lgx??lgx，所以lg2x?lgx?2?0，解得?1?lgx?2。 （1）当1?lgx?2时，?lgx??1，代入原方程得lg2x?3，得x?103。

（2）当0?lgx?1时，?lgx??0，代入原方程得lgx??2，不符合0?lgx?1。 （3）当?1?lgx?0时，?lgx???1，代入原方程得lgx??1，得x?（3）当lgx?2时，?lgx??2，代入原方程得lgx?2，得x?100。

1。 101,x2?103,x3?100。 10?x?x?x??x??x?例2．（1）???????1?n???x?n???n，且1至x之间的整数中，是n的倍数的数是

?n?n?n??n??n??x??x?n,2n,???,??n共??个。

?n??n?（2）由于p是质数，因此在n!中，质数p的最高方次数是p(n!)一定是1,2,???,n?1,n个数中所含p的

综上所述，原方程有三个实数根x1?方次数的总和。由（1）知，1,2,???,n?1,n中有??个p的倍数，有??n??p??n?2个p的倍数，…，所以2??p??n??n??n?p(n!)?????2???3?????。

?p??p??p?1??2?n?2???（3）设f(x)??nx???x???x????x????????x?， ?n??n?n???1?1??1??2?n?1??则f(x?)??n(x?)???x????x????????x???x?1? ?n?n??n??n?n??1??2?n?1?????nx?1???x????x????????x???x?1? ?nnn??????1??2?n?1?????nx??1??x????x????????x???x??1?f(x) ?n??n?n???1所以函数f(x)是以为周期的周期函数，

n11??2?n?2???令x??(0???)，得f(?)??n?????????????????????????0， ?nnnn??????1所以f(?)?0(0???)，又由周期性，得f(x)?0。

n评注：等式（3）为厄尔密特等式。利用厄尔密特等式可解其他较复杂的高斯函数问题。

?x?2k?例：对任意实数x，等式??k?1???x?成立。

k?0?2?x1??分析：在厄尔密特等式中令n?2，有??????????2??，再令??k?1，可得等式，

22????x?2k??x?2k??x??x??x??x?k?x???k?1???????x? 2?x，易知当时，??????2k?1?k??2k?1??2k??2k?1??2???2?k?0?????????例3．左边每一项为?x?或?x?1?，注意到73?7?546?73?8，所以?x??7。 左边共73项，设?x?

??k?p??，?7(19?k?m)x??8(m?1?p?91)， ???100??100?23

则7(m?18)?8(91?m)?546，所以m?56，

56?57???6.44?x?7.44，即，?7x??8，即7.43?x?8.43， ????100??100?所以7.43?x?7.44，所以?100x??743。

所以?x?23n23n23(101?n)?Z，而??23， 101101101?23n??23(101?n)??23n??23(101?n)?所以?，??1???22， ??????101101?101????101???100?23n?100?23(101?n)?1100??23n??23(101?n)??所以?? ??????????????101101?2n?1??101????n?1?101?n?1?1??22?100?1100。 2(k?1)2k22k?1???1，k?1002， 例5．由

200520052005?(k?1)2??k2??(k?1)2??k2?即当k?1,2,3,???,1002时，?或??????1。 ?????2005??2005??2005??2005?例4．当n?1,2,???,100时，

?10022??12?因为??500，??0， ???2005??2005??k2?所以当k?1,2,3,???,1002时，??能取遍0,1,2,???,500。

2005??(k?1)2k2??1， 另外，当k?1003,1004,???,2004时，由于

20052005?(k?1)2??k2??10032??10042??20042?故?各不相同， ???1，即?,?,???,???????2005??2005??2005??2005??2005?这些数有2004?1002?1002个。

?10032??10022?注意到???501??2005?，

2005???????k2???,1?k?2004,k?N就知集合?n|n???共有501?1002?1503个元素。 ????2005???三、同步检测

?n?n?nn+nn?n1．2006．解析：n?2时，因为1????2，所以???1，因此，当n依次取2，

nnn?n?3，…2007时，共取了2006的值，故所求的和为2006。

200?n400?5n1nn200?nn332．解：an?C200?(6)?()?C200?3?26

2200?2n400?5n,要使an为整数，必有均为整数，从而6|n?4， 36200?n400?5n,当n?2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80时，均为非负整数，所以an为整36数，共有14个。

8638?5当n?86时，a86?C200?3?2，在C200?86200!中，

86!?114!24

6?200??86?200!中因数2的个数为??k??197，86!中因数2的个数为??6??82，114!中因数2的个数为

k?1?2?k?1?2?6?114??110， ?k??k?1?2?200!86所以C200?中因数2的个数为197?82?110?5，故a86是整数。

86!?114!7

92当n?92时，a92?C200?336?2?10，在C200?792200!中，

92!?108!6?200??92?200!中因数2的个数为??k??197，92!中因数2的个数为??6??88，108!中因数2的个数为

k?1?2?k?1?2?6?108??105， ?k??k?1?2?200!92所以C200?中因数2的个数为197?88?105?4，故a92不是整数。

92!?108!因此，整数项的个数为14?1?15个

kk?13．当2?n?2时，?log2n??k，

?log21???log22???log23???????log2255??1?0?2?1?4?2?????27?7?1538

1994?1538?312

8305n305n305(503?n)?Z，而??305， 4．当n?1,2,???,502时，

503503503?305n??305(503?n)??305n??305(503?n)?所以?，??1???304， ??????503503?503????503???502?305n?502?305n?所以S??? ?????503503?n?1??n?0?1502??305n??305(503?n)??1????????304?502?76304。 ???2n?1??503??503??2n?255?

25

高二数学竞赛班一试讲义

第6讲 平面向量与空间向量

一、知识要点：

班级 姓名

1.bcos?叫做b在a方向上的投影； acos?叫做a在b方向上的投影。

a·b的几何意义：数量积a·b等于a的长度a与b在a方向上的投影bcos? 的乘积

2.向量处理方法：（建系、几何、取基底） 3.向量的插点：AB?AC?CB,AB?CB?CA

4.A,B,C三点共线?AC??AB?OC?(1??)OA??OB 5.点O是?ABC内任一点，则有：

S?OBC?OA?S?OCA?OB?S?OAB?OC?0

点O在?ABC外时，面积有正负，则等式仍成立 6.可以进行合情推理，空间中也有

点O是四面体ABCD内任一点，则有：

VO?BCD?OA?VO?CDA?OB?VO?DAB?OC?VO?ABC?OD?0

7.?ABC内各种心的向量关系 利用第5点结论有：

1）O是重心G：GA?GB?GC?0 2）O是内心I：a?IA?b?IB?c?IC?0

3）O是外心O：sin2A?OA?sin2B?OB?sin2C?OC?0，

22221111AB，AO?AC?AC，AO?BC?AC?AB 22224）O是垂心H：tanA?HA?tanB?HB?tanC?HC?0，

另有AO?AB?二、例题精析

例1．已知平面向量?,?(??0,???)满足 求?的取值范围。

例2．已知O是锐角?ABC的外心，AB?6，AC?10，若AO?xAB?yAC， 且2x?10y?5，则cos?BAC= ．

例3．在△ABC中，点E，F分别是线段AB，AC的中点，点P在直线EF上．若△ABC的面积为2，

1

??1，且?与???的夹角为120°，

则PC?PB?BC的最小值是_____．

例4．(1)已知M,N是棱长为2的正方体内切球的直径，P是该正方体表面上一点， 则PM?PN的最大值为 ．

(2)若a,b,c满足|a|?|b|?2，|c|?1，且(a?c)?(b?c)?0， 则|a?b|的取值范围是 ．

2

例5．(1)在?ABC中，?C?90?，M是BC的中点．若sin?BAM? 则tan?AMC? ．

(2)在正?ABC中，已知AP?2PB?3PC?0，则PC与CB的夹角是__________

1， 3

例6．已知直线AB与抛物线y?4x交于A,B两点，M为AB的中点，C为抛物线上一个动点，若C0满足C0A?C0B?min{CA?CB}，则下列一定成立的是 （ ） A. C0M?AB B. C0M?l,其中l是抛物线过C0的切线 C. C0A?C0B D. C0M?

21AB 2x2y2??1的左焦点为F，过F作动直线l与椭圆?交于A,B两点，点C在椭圆上例7．已知椭圆?：32运动，O为坐标原点，若点C满足OC?OA?OB，则称点C为“好点”，则椭圆上“好点”的个数

有 （ ）

（A）0个 （B）1个 （C）2个 （D）3个

三、精选习题

2

1．已知非零向量AB,AC满足(ABAB?ACAC)?BC?0，且ABAC1??, 则△ABC为( ) ABAC2 A.三边均不相等的三角形 B.直角三角形 C.等腰非等边三角形 D.等边三角形 2．已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a?c)?(b?c)?0，则c的 最大值是 （ ） A．1

B．2

C．2

22 D．22 22223．已知△ABC平面内一点O满足OA?BC?OB?CA?OC?AB, 则O一定 为△ABC的 ( )

A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 4．若非零向量a，b满足a?b?b，则 （ ） Ａ．2b?a?2b Ｂ．2b?a?2b Ｃ．2a?2a?b 5．已知向量a?(0,1)，b?(? Ｄ． 2a?2a?b

3131,?)，c?(,?)，xa?yb?zc?(1,1)。则x2?y2?z2的2222最小值为 （ ） （A）1 （B）

43 （C） （D）2 326．如图，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB//CD，AD＝CD＝1，AB＝3，动点P在△BCD内运动(包含边界)，设AP??AD??AB，则???的取值范围是 ( )

554244 A. [1，] B. [，] C. [，] D. [1，]

3333337．已知向量a,b,c满足|a|?|b|?a?b?2，(a?c)?(b?2c)?0，则|b?c|的最小值为( )

3?17?337 B． C． D．

222218．设?ABC,P0是边AB上一定点，满足P0B?AB，且对于边AB上任一点P，

4 恒有PB?PC?P。则 （ ） 0B?PC000A. ?ABC?90 B. ?BAC?90 C. AB?AC D.AC?BC

?9．已知向量OA?(1,sin?)，OB?(cos?,1)，??(0,),则?AOB面积的最小值是（ ）

2111A．1 B． C． D．

84 210．在直角三角形ABC中，?ACB?90?，AC?BC?2，点P是斜边AB上的一个三等分点，则

CP?CB?CP?CA?

11．在直角坐标系xOy中，已知点A(0,1)和点B(?3,4)，若点C在?AOB的平分线上且

A．

OC?2，则OC? ．

1112．在△ABC中，若AB?BC?BC?CA?CA?AB，则tanA?

32

13．如图2, OM//AB, 点P在由射线OM, 线段OB及AB的延长线围成的区域内 (不含

边界)运动, 且OP?xOA?yOB,则x的取值范围是__________; 当x??取值范围是__________.

3

1时, y的 2

APMBPO 图2ABO14．如上右图所示，O、A、B是平面上的三点，向量OA?a，OB?b点P是线段AB的垂直平分线上任意一点，OP?p ，若|a|=4，|b|=2，则p?(a?b)?

15．在△ABC中，AB?BC?2，AC?3．设O是△ABC的内心，若AO?pAB?qAC，则 的值为 ．[来源:学_科_网]

p q1?2?16．若等边?ABC的边长为23，平面内一点M满足CM?CB?CA，

63?则MA?MB? ．

17．设e1,e2为单位向量，非零向量b?xe1?ye2,x,y?R，若e1,e2的夹角为

________。

18．已知△ABC中，AB?AC，|AB?AC|?2，点M是线段BC（含端点）上的一点，且

??|x|?，则的最大值等于6|b|AM?(AB?AC)?1，则|AM|的最小值为 cosBcosCAB?AC?mAO，A?45，19．已知?ABC中，点O是?ABC外心O，则m?________。 sinCsinB1a?cb?c3b、c满足|a|=|b|=1, a?b=?,20．设向量a、，则c的最大值是 =2a?cb?c221．已知向量 a = (– 1, 2)，又点A ( 8, 0), B ( n, t ),C(ksin?, t)，(0 ? ? ? (1) 若AB?a ，且|AB|=5|OA|，求向量OB;

(2) 若向量AC与向量a 共线，当k>4时，且tsin?取最大值为4时，求 OA?OC.

????????). 2??????????????????高二数学竞赛班一试讲义

第6讲 平面向量与空间向量

例1．【解】方法一：几何，圆周角

OB表示?，OA表示?，AB表示???

B?与???的夹角为120° ??OAB?60

4 AO故点A在图示圆弧（半径为故0?3）上运动 3??23 3方法二：?法

令t????，?与???的夹角为120°

?t???t?cos120??21t? 2222221???t???1?t???2t???t???t???t?t?????1?0

????4(??1)?0???故0?2223 3??23 3221AB 2例2．AO?xAB?yAC?AO?AB?xAB?yAC?AB? ?36(x?)?60cosA?y?0 同理：?AO?AC?xAC?AB?yAC?212211AC?60cosA?x?100(y?)?0

22?36x?18?60cosA?y?031?联立?60cosA?x?100y?50?0 得cos?BAC?cosA?(x?0,舍去）或

53?2x?10y?5?1例3．【解】方法一 如图，设PD＝h，BD＝x，DC＝y．则 h(x＋y)＝4．

2

∴ PC?PB?BC?(PD?DC)(PD?DB)?BC

2A E P F

?PD?DC?DB?(x?y)2 1?h2?xy?(x?y)2 411?h2?(x?y)2?(x?y)2 4413?h2?(x?y)2 44?2123h?(x?y)2 442B D C ?23．

方法二 设△PBC中点P，B，C所对的边分别为p,b,c． 由题设知bcsinP?2，

∴ PC?PB?BC?bccosP?(b2?c2?2bccosP)?b2?c2?bccosP

2

?2bc?bccosP?

2(2?cosP)．

sinP12(2?cosP)1?2cosPcosP?设 f(P)?，则 f'(P)?，即 ． ?022sinPsinP此时 PC?PB?BC的最小值为23．

5

2

1方法三 如图建立平面直角坐标系，过点P作PD垂直BC于D，则设B(?a,0)，C(a,0)，P(x,)．

a

PC?PB?BC?(?a?x)(a?x)?

21?4a2 2a?x2?a2??x2?12 ?4aa2

1?3a2 2a例4．(1)2

?23 (2)[7?1,7?1]） 设OA?a,OB?b,OC?c，点C在以AB为直径的圆上，设AB的中点为M，则有

ABAB，则 OM??OC?OM?222o例5．(1)2 (2)150

224?(AB2)2?AB?1?4?(AB2)2?AB2，解不等式得7?1?AB?7?1

例6．B提示：CA?CB?(CM?MA)?(CM?MB)?CM?CM(MA?MB)?MA?MB

2?CM?AM?min{CA?CB}?CMmin?CM?l。

例7．C提示：由OC?OA?OB知四边形OACB为平行四边形，则OC,AB相互平分，设AB中点为

M(x0,y0)，有点差法得

2x02y02x2yy??kMF?0，即0?0?0?0， 3232x0?1(2x0)2(2y0)231??1，解得x0??,y0?? 又

44 321．D 2．C 3．D 4．A 5．B 6．D 7．A 8．D 9．D 10．4 11． (?10310,) 551112．11 提示：由已知得：(c2?a2?b2)?(a2?b2?c2)?(b2?c2?a2)

321 得：a2：b2：c2＝5：3：4，由余弦定理得：cosA?

23133 12．?2

222117．2 18． 19．2 20. 2?3

2 21.(1)OB?(24,8)或(?8,?8)

13．(??,0),(,) 14．6 15．

22（2）t??2ksin??16，tsin???2ksin??16sin???2k(sin??)?4k32 k321?4，k?8,sin?? k2OA?OC?32

6

高二数学竞赛班一试讲义

第七讲 复数与单位根

班级 姓名

一、知识要点：

1．复数模、共轭

复数模运算符合乘除运算，模的加减符合三角不等式z1?z2?z1?z2?z1?z2 模与共轭的联系zz?z 2．复数的几何（向量）意义

2iZ(x,y)，也对应着向量OZ z?x?y在复平面上对应点

复数z满足z?a?z?b，轨迹表示复数a,b对应的点A,B组成的线段的中垂线

复数z满足z?z0?r，轨迹表示以z0为圆心，r为半径的圆

复数z满足z?a??z?b,??1,??R，轨迹表示圆（阿波罗尼斯圆） 3．复数的三角形式z?r(cos??isin?),r?0，

?是复数的辐角，??[0,2?)时称为复数的辐角主值 运算法则：z1?r1(cos?1?isin?1),r1?0，z2?r2(cos?2?isin?2),r2?0 乘法z1z2?rr12(cos(?1??2)?isin(?1??2)),r1?0 除法

?z1r1?(cos(?1??2)?isin(?1??2)),r1?0 z2r2 乘方zn?rn(cosn??isinn?),r?0 开方z?r(cos??isin?),r?0，

2k???2k????isin),k?0,1,2,...,n?1 nn2?i2?2?n?isin4．单位根：记??en?cos，其中i为虚数单位，多项式x?1有n个互不 nn2n 相等的根?,?,???,?(?1)，它们称为n次单位根。易于看到，在复平面上，n个n次 单位根对应的点恰是单位圆的内接正n边形的顶点。 5．n次单位根的性质：

kl （1）设k和l是整数，则???的充分必要条件是k?l(modn)

（2）任意两个n次单位根的乘积仍是一个n次单位根；任意一个n次单位根的倒数也是一 个n次单位根。

kl（3）设k是整数，(k,n)?1，则(?)(l?1,2,???,n)恰给出全体n次单位根。 证明：因为(k,n)?1，所以k,2k,???,nk是模n的一个完系

n2nnn?16．因?,?,???,?(?1)是x?1的n个不同的根，故有x?1?(x?1)(x??)???(x??)，

z有n个n次方根：zk?nr(cos?xn?2?????x2?x?1)，所以

n?1n?222n?1 （1）x?x?????x?x?1?(x??)(x??)???(x??)

2n?1?0 （2）1?????????? 又x?1?(x?1)(x27．x?1?0的根为x?1,?,?，（可设???23nn?113?i），有 2213n3n?1（1）1?????0，（2）??1,?（3）??,?3n?2??2，

???2,?2????1

7

二、例题精析

155i?cos??sin?，则z= ． z22BC?CA?AB（2）（13北约6）模长都为1的复数A,B,C满足A?B?C?0,则?( )

A?B?C1A. ? B. 1 C. 2 D. 无法确定

2例1．（1） z为模大于1的复数，z?

例2．（2006年上海交大）已知z?1，k是实数，z是复数，求z2?kz?1的最大值。

22例3．若关于x的二次方程x?2x?2?0，x?2mx?1?0的解在复平面上对应的四个不 同的点共圆，求实数m的取值范围。

例4．设M是单位圆x2?y2?1上的动点，点N与定点A(2, 0)和点M构成一个等边三角 形的顶点，并且M→N→A→M成逆时针方向，当M点移动时，求点N的轨迹。

xM0AyN

例5．已知单位圆的内接正n边形A1,???,An及圆周上一点P，求证：

例6．设n是正整数，证明：

?k?1nPAk?2n。

2 8

1nn?(2?2cos) 331n(n?2)?14710) （2）S1?Cn?Cn?Cn?Cn?????(2?2cos331n(n?4)?25811) （3）S2?Cn?Cn?Cn?Cn?????(2?2cos33 （1）S0?Cn?Cn?Cn?Cn?????0369

例7．(2011年清华金秋营)求sin

?2?(n?1)??sinsin的值。

nnn

三、精选习题

1．（13华约5）若复数

w?11的实部为0，Z是复平面上对应的点，则点Z?x,y?的轨 w?11?w2 迹是（ ）

(A) 一条直线 (B) 一条线段 (C) 一个圆 (D)一段圆弧

2．关于x(x?C)的一元二次方程x?x?m?1?0有一根模长为1，则m=___________

2nn3．若虚数?满足??1，则????1?________，其中n是正整数。

3z1?________。 z211ni)为纯虚数，并求出I． 5．（2006年清华）求最小正整数n，使得I?(?2234．已知z1?2,z2?3,z1?z2?4，则

x2y2??1上任意一点，以OP为边长作矩形OPQR（字母顺序按逆时针 6．设P为椭圆94

9

方向），使OR?2OP，求动点R的轨迹．

z2?2z?27．（2011年卓越）i为虚数单位，设复数z满足z?1，求的最大值。

z?1?i

8．复平面内区域A由复数z对应的点Z组成，若求区域A的面积。

9．(2013北大）求2?2e2?i5z40与的实部与虚部都在0与1之间， 40z?e6?i5的值。

2210．若复数z满足z?1，且存在负数a，使得z?2az?a?a?0，求a的值。

n1n?1n?)。 11．证明：C?C?C?????(2?22cos240n4n8n

高二数学竞赛班一试讲义

第七讲 复数与单位根

10

zz?1z?155i例1．（1）【解】???cos??sin?

zz222z?155i5?cos??sin?? 两边取模?z22215(舍去)或2，故z?=2(cos??isin?)

55i2cos??sin?222（2）【解】方法一：zz?z

得z?由题知AA?BB?CC?1,所以

2BC?AC?ABBC?AC?ABBC?AC?AB, ??A?B?CA?B?CA?B?CBC?AC?ABBC?AC?ABBC?AC?AB也即 ??A?B?CA?B?CA?B?C3?BA?CA?AB?CB?AC?BC?1,故选B. ?3?AB?AC?BA?BC?CA?CB111方法二：由题知AA?BB?CC?1,所以A?，B?，C?

ABC111??BC?AC?ABABC?ABC?A?B?C?1 ?A?B?CA?B?CA?B?C例2．【解】z?kz?1?zz?k?且当z??2221?z?z?k?2Re(z)?k?k?2Re(z)?k?2 zA?1,k?0时取等 ??1,k?022例3．【解】x?2x?2?0的解是x?1?i， 易知圆心在x轴上 1）??0?m?1?0时， x2?2mx?1?0的解为两个实根时， 易知圆心为(?m,0) 1OC?OA?4m2?4?(?m?1)2?12 23?m2?1?m2?2m?2?m?? 222）??0?m?1?0时， x2?2mx?1?0的解为两个虚根时， CODCABODBx??m?1?m2i AC中垂线交x轴于一点，即为圆心 3故?1?m?1，综上所述：m?{?}(?1,1) 2例4．AM?(cos300?isin300)?AN OM?OA?(cos300?isin300)?(ON?OA)

11

1?3ix?3y?2y?3x?23(x?yi?2)??i 222x?3y?2y?3x?23 x??,y??22x?2?y?2?1 x??y?i?2?x?3y?22y?3x?232)?()?1 22整理得x2?y2?2x?23y?3?0 即(x?1)2?(y?3)2?1 (例5．证明：设??ei?2?in?cosn?12?2?，A1,???,An对应的复数是1,?,?2,???,?n?1。又设P对应的复?isinnnk?k数为z?e?cos??isin?，

?PAk??z??k?1k?0n?12n?1kk?0k?0n2n?1k2??(z??)(z??k?0)??(z??kz???kz?1)

k?0n?12??z?z???z???k?n?2n

k?0n?101nn例6．在二项展开式(1?x)n?Cn?Cnx?????Cnx中，

?S0?S1?S2?2n?132i） 依次取x?1,?,?（设????，则?S0??S1??2S2?(1??)n

22?22nS??S??S?(1??)012???n??nnn2nn相加得3S0?2?(1??)?(1??)?2?(cos?isin)?(cos?isin)

33331nn?0369) 得S0?Cn?Cn?Cn?Cn?????(2?2cos33?S0?S1?S2?2n?2在?S0??S1??2S2?(1??)n中从上到下各式分别乘以1,?,?，求得 ?22n?S0??S1??S2?(1??)11(n?2)?S1?(2n?(1??)n?2?(1??2)n?)?(2n?2cos)

3332从上到下各式分别乘以1,?,?，求得

11(n?4)?S2?(2n?(1??)n??(1??2)n?2)?(2n?2cos)

333例7．解：设??cos?n?isin?n（i为虚数单位）,则1,?,?,??22(n?1)为x2n?1?0的根。

?2?(n?1)?(?2?1)(?4?1)?(?2(n?1)?1)k??k???k?2k?1?sinsin??，sinsin= 1n(n?1)nnnn2i2i?k2n?1in?1?2(?1)n?1(?2?1)(?4?1)?(?2(n?1)?1)(1??2)(1??4)?(1??2(n?1))==, n?1n?1n?1222(i)222422(n?1)而(x??)(x??)?(x??)=x2(n?1)?x2(n?2)??x2?1, ?(1??2)(1??4)?(1??2(n?1))?n

?2?(n?1)?n?sinsin?sin?n?1

nnn2

12

2．实系数一元二次方程，??0时有两个共轭的虚数根，且根的情况一般要分实数、虚数讨论。

5?m时，方程有两个实根，其中有一根为1或-1 【解】1) ??0?4 代入得m??1或1

2) ??0?m?54时，方程有两个共轭的虚根，

由韦达定理zz?m?1?z2?1?m?2

综上所述：m??1或2

x2y26．椭圆

16?36?1 8．【解】设z?x?yi,x,y?R

z40?x40?y?0?x?4040i???0?y?40 ?40x40?0?x2?y2?1z?40x40y?x2?y2?x2?y2i???40y

??0?x2?y2?1??0?x?40???0?y?40?x2?y2?40x?0 ??x2?y2?40y?0由线性规划知图中阴影部分即为区域A

故面积为

34?402?12?202?1200?200? 11．在二项展开式(1?x)n?C01?????Cnnn?Cnxnx中， 依次取x?1,?1,i,?i（4次单位根），则

相加得4(C0?C48nn?Cn????)?2n?(1?1)n?(1?i)n?(1?i)nn?2n?22(cos??isin?n)n?22(cos??isin?)n4444 所以C0481nn?1n?n?Cn?Cn?????2(2?22cos4)

13

40040

高二数学竞赛班二试讲义

第8讲 几个特殊的不定方程

班级 姓名

一、知识要点：

1．勾股数方程

定义 形如x2?y2?z2的方程叫做勾股数方程，这里x,y,z为正整数，并称满足条件(x,y)?1的解为方程基本解。

定理 勾股数方程x?y?z满足条件2|x且(x,y)?1的一切基本解可以表示为： x?2ab,y?a?b,?za?，其中ba?b为正整数，且a,b一奇一偶，(a,b)?1。 2．不定方程xy?zt

这个四元方程也有不少用处，其全部正整数解极易求出。

设(x,z)?a，则x?ac,z?ad，(c,d)?1，则y?bd,t?bc 3．中国剩余定理 设n?2,m1,m2,???,mn是两两互质的正整数，

2222222?x?c1(modm1)?x?c(modm)M?22记 M?m1m2???mn，Mi?有且仅有一组解(i?1,2,3,???,n)，则同余方程组???????mi???x?cn(modmn)x??Miaici(modM)，其中，Miai?1(modmi)，i?1,2,3,???,n。

i?1n4．佩尔（Pell）方程

定义 设d?N，且不是完全平方数，则形如x?dy??1的方程叫做佩尔方程 定理1 如果(x1,y1)是使x1最小的方程x?dy?1的解（称为最小解），则

22?221?1?nnnn?? (x?dy)?(x?dy),y?(x?dy)?(x?dy)1111n1111????22d22也是方程x?dy?1的一组解 xn?每个解(xn,yn)都可以取幂得到xn?dyn?(x1?dy1)n(n?N?)。 下表是佩尔方程2?d3 5 d 2 x 3 2 9 y 2 1 4 ?19，且d不是完全平方数的最小解 6 5 2 7 8 3 8 3 1 10 19 6 211 10 3 212 7 2 13 14 649 15 180 1 15 4 1 17 33 8 18 17 4 19 170 39 定理2 如果(x1,y1)是使x1最小的方程x?dy??1的解（称为最小解），则

1?1?2n?12n?12n?12n?1??也是方程(x?dy)?(x?dy),y?(x?dy)?(x?dy)1111n1111????22dx2?dy2??1的一组解 xn?每个解(xn,yn)都可以取幂得到xn?dyn?(x1?dy1)2n?1(n?N?)。

14

5．方程x2?dy2?n

方程x2?dy2?n可能有解也可能无解，如果有正整数解时，它一定有无穷多组解。 证明：设(x1,y1)是方程x2?dy2?n的解，(x?,y?)是x2?dy2?1的任一组解，那么

(x1x??dy1y?)2?d(x1y??x?y1)2

??d1 ?(x1xy?y?(1x?y??x)y)(d1?x?x11??dy(y1??x?y1) x)yd?(x1?dy1)(x??dy?)(x1?dy1)(x??dy?)?(x12?dy12)(x?2?dy?2)?n

因此，x?x1x??dy1y?,y?x1y??x?y1是方程x2?dy2?n的解。由于方程x2?dy2?1有无穷多组解，

所以这时方程x2?dy2?n也有无穷多组解。

二、例题精析

例1．在直角坐标平面上，以(199,0)为圆心，求以199为半径的圆周上整点的个数。

4444例2．设a,b,c,d为正整数，ab?cd。证明：a?b?c?d不是素数。

15

例3．证明：有无穷多个正整数n，使得

?2n?为完全平方数

例4．（第30届IMO试题）设n为任意的正整数。证明：一定存在n个连续的正整数解， 使其中任何一个都不是质数的整数幂。

16

三、精选习题

1．证明：存在无穷多对正整数(k,n)，使得1?2?????k?(k?1)?(k?2)?????n（第26届IMO预选题）

2．设n?4，若n元正整数集合M满足：对任何整数k，都存在a,b?M，a?b，使得a?k 与b?k是不互质的数，就称M为“好集”． 证明：若M为“好集”，且M中所有元素之和为2011，则存在c?M，使得从M中删去元素c后，所得到的集M??M\\?c?仍为“好集”．

高二数学竞赛班二试讲义

17

第8讲 几个特殊的不定方程

例1．设A(x,y)为圆周上任一整点，则方程为：(x?199)2?y2?1992。 显然(0,0),(199,199),(199,?199),(398,0)为方程的四组解；

当y?0,?199时，(y,199)?1（因为199是素数），则199,y,x?199是一组勾股数，故199可以表示为两个正整数的平方和，设199?m?n，

由于199?3(mod4),m2?n2?0,1,2(mod4)，所以方程199?m?n无整数解。 例2．由ab?cd可设a?us,b?vt,c?vs,d?ut，其中u,v,s,t为正整数

2222a4?b4?c4?d4?(u4?v4)(s4?t4)不是素数

例3．设

2?2n??q，则q24n?2n2?q4?2q2?1，设2n2?q4?q2，则2()2?q2?1

qn2q取q?x,n?xy，也有无穷多组解。

例4．取2n个两两不同的质数p1,p2,???,pn和q1,q2,???,qn。

即q?2()??1，因为佩尔方程x2?2y2??1有无穷多组解

对于同余方程组x??i(modpiqi),i?1,2,???,n，由于p1q1,p2q2,???,pnqn两两互质， 根据孙子定理知同余方程组必有解，取为正整数N，

则n个连续正整数N?1,N?2,???,N?n都至少含有两个不同的质因数， 因而它们中的任一个都不是质数的整数幂。

例1．已知等式可化为2(2k?1)2?(2n?1)2?1，令x?2n?1,y?2k?1， 得佩尔方程x?2y??1，有基本解(x,y)?(1,1)，从而原方程有无穷多组解。 2．证：如果a?k与b?k不互质，则(a?k,b?k)有质数因子p，于是p(a?b)， 现在设，M中的元素两两之差的所有可能的质因子构成集合P??p1,p2,是说，存在模pi的某个剩余类Kri，其中至多含有M中的一个元素）．

22,pm?；

假若对于每个pi?P，都存在一个剩余ri，使得在集合M中至多只有一个数关于模pi与ri同余，（即

?x??r1(modp1)?x??r(modp)?22由孙子定理，同余组? 有解x?k(modp1p2pm)，满足：

???x??rm(modpm)k??ri(modpi),i?1,2,,m，而利用题中条件可得，对于这个k，存在某对a,b?M和某个pj?P，

使得pj整除a?k与b?k，由a?k?0(modpj),b?k?0(modpj)得

即a,b关于模pj皆与rj同余，也即a,b两数属于模pj的同一个剩余类a?rj(modpj),b?rj(modpj)，

Krj，这与rj的假设矛盾！

由此可以断定，存在p?P，关于模p的每个剩余类，都至少含有集M的两个元素；

又假若对于模p的每个剩余类，都恰好含有集M的两个元素，则M中恰有2p个元素， 分别为p?i?ri和p?i?ri的元素各一对，其中?i,?i为非负整数，而ri通过0,1,2,素和为pN?2(0?1?2?,p?1，于是M的元

?p?1)?p(N?p?1)，

如此有 2011?p(N?p?1)，而2011为质数，矛盾！

因此，必存在p的某个剩余类，含有集M的至少3个元素，今从M中删去这样的一个元素c，所得到的集M??M\\?c?仍为“好集”．

18

高二数学竞赛班二试讲义

数论第九讲 高斯函数（取整函数）

一、知识点金

1．有关概念

班级 姓名

对于任意实数x，并将y??x??x??x??x?为不超过x的最大整数，y??x?称为取整函数或叫高斯函数，称为小数部分函数，表示x的小数部分。 2．重要性质

（1）y??x?的定义域为R，值域为Z； （2）如果x?R,n?Z，则有?n?x??n??x?；

（3）对任意x?R，有?x??x??x??1，x?1??x??x； （4）当x?y时，有?x???y?，即y??x?是不减函数； （5）对于x,y?R，有?x???y???x?y???x???y??1； （6）如果n?N，x?R，则?nx??n?x?；

*（7）如果n?N，x?R，则?????。

?n??n?性质的证明 （1）（2）（3）（4）略

（5）分析：x?y??x???y???x???y?，???x???y????0或1

（6）分析：x??x???x?,?nx????n?x????n?x?、 ?n?x??n?x????n?x???（7）分析：???????1?n???x?n???n?n????x??n???n

?n?n?n??n??n??n??n?*?x???x???x?x?x??x??x??x??x??x??x??x??x???x??????????1??????

nn???n??n??n?3．常用方法

（1）定义法 （2）讨论法 （3）分组法 （4）去整法 （5）构造法

二、例题分析

例1．（1995年全国联赛题）求方程lgx??lgx??2?0的实数根个数。

2

19

?x????n??n??n?（2）在n!中，质数p的最高方次数是p(n!)?????2???3?????。

?p??p??p?1??2?n?1???（3）x为实数，n为正整数，求证：?x???x????x????????x???nx?。 ?nnn??????例2．（1）x?R?,n?N*，且1至x之间的整数中，有??个是n的倍数。

n

例3．若实数x满足?x? 例4．求

20

??19??20?91???x??????x??546，求?100x?的值。 ????100?100100?????的值。 ????101?n?1100?23n?

高二数学竞赛班二试讲义

第10讲 不定方程

班级 姓名

一、知识要点：

不定方程（组）是指未知数多于方程个数的方程（组）。数论问题中，经常讨论的是在整数（或正整数）范围内求解不定方程（组）。 1．二元一次方程

定义 形如ax?by?c(a,b,c?Z,a,b不同时为零)的方程称为二元一次方程。 定理 当(a,b)|c时，先求二元一次方程ax?by?c(a,b,c?Z)的特解??x?x0?y，?y0???x?xb0?t?(a,b)(t?Z)；当(a,b)|?c时，方程无解。 ???y?y0?a(a,b)t2．不定方程问题的常见类型

（1）求不定方程的解；（2）判断不定方程是否有解；（3）判断不定方程解的数量。 3．不定方程问题的常见方法 （1）公式法；（2）奇偶分析法；（3）数或式的分解法；（4）不等式估计法； （5）选择特殊模的方法；（6）构造法；（7）换元法；（8）费尔马无穷递降法。

二、例题精析

例1．求不定方程37x?107y?25的整数解。

例2．求出所有的正整数n，使得关于x,y的方程1x?1y?1n恰有2011组满足x?y的正整 数解(x,y)．

26

则通解为

例3．试求出所以的正整数a,b,c，其中1?a?b?c，且使得(a?1)(b?1)(c?1)是abc?1的约数。

xyz例4．求出所有满足8?15?17的正整数三元组(x,y,z)。

27

三、精选习题

1．求不定方程23x?17y?25的整数解。

2．求所有的有理数r，使得方程rx2?(r?1)x?(r?1)?0的所有解都是整数。

3．(2013华约自主招生）已知x、y、z是三个大于1的正整数，且xyz整除(xy-1)(yz-1)(zx-1)，求x、y、z的所有可能的值。

4．求方程x?y?xy?61的正整数解

28

33

5．求所有正整数m,n，使2m?3n为平方数。

高二数学竞赛班二试讲义

第7讲

不定方程

29

?x??650?107t例1．?(t?Z)，先求37x?107y?25的一组特解。为此对37,107用辗转相除法。

y?225?37t?107?2?37?33，37?1?33?4，33?8?4?1，将上述过程回填。 1?33?8?4?33?8?(37?1?33)?9?33?8?37 ?9?(107?2?37)?8?37?9?107?26?37

故x1??26,y1?9是方程37x?107y?1的一组特解，

于是x0??26?25??650,y0?9?25?225是方程37x?107y?25的一组特解。

例2．解：由题设，xy?nx?ny?0?(x?n)(y?n)?n2．所以，除了x=y=2n外，x?n取n的小于n的正约数，就可得一组满足条件的正整数解(x, y)．故n的小于n的正约数恰好为2010．

设n?p11数个数为

??k，其中p1,pk22,pk是互不相同的素数，?1,(2?1?1),?k是非负整数．故n2的小于n的正约

(2?k?1)?1，

2故(2?1?1)(2?k?1)?4021．

由于4021是素数，所以k?1，2?1?1?4021，?1?2010． 所以，n?p2010，其中p是素数．

例3．令x?a?1,y?b?1,z?c?1，则1?x?y?z

(x?1)(y?1)(z?1)?1(x?1)(y?1)(z?1)?

xyzxyz111111?(1?)(1?)(1?)?(1?)(1?)(1?)?4

xyz123(x?1)(y?1)(z?1)?1?2或3 所以

xyz(x?1)(y?1)(z?1)?1111111?2时，则??????1 （1）当

xyzxyzxyyzzx显然x?1，若x?3，则y?4,z?5，从而

111111111111591?????????????，矛盾

xyzxyyzzx34512201560111111??? 因此，x?2，此时，??yz2yyz2z2易知3?y?5（当y?6时，z?7，上式不成立）。仅当y?4时，z?14为整数，故仅有一组整数解(2,4,14)

(x?1)(y?1)(z?1)?1111111?3时，则??????2 （2）当

xyzxyzxyyzzx111111111111?????????2 同理可判断???xyzxyyzzx2346128221?1 故??yzyz易知2?y?3，仅当y?3时，z?7为整数，故仅有一组整数解(1,3,7) 综上所述，满足题意的正整数(a,b,c)为(3,5,15),(2,4,8)

又因为2?

30

例4．先取模4，得(?1)y?1(mod4)，故y为偶数，设y?2y1,y1?N? 再取模7，得3z?2(mod7)，

因为当z?1,2,3,4,5,6,7,???时，3z?3,2,6,4,5,1,3???(mod7)， 根据周期性，可设z?6z1?2,z1?N，

?176z1?2，

再取模3，得8x?1(mod3)，即(?1)x?1(mod3)，所以x为偶数，设x?2x1,x1?N?，

所以8?15所以82x1x2y1?152y1?176z1?2，则(173z1?1?15y1)(173z1?1?15y1)?26x1，

?173z1?1?15y1?2t3z1?16x1?2tt设?3z?1，则2?17?2(1?2)，故t?1， y16x1?t1?15?2?173z?1y对方程171?151?2，考虑模9，

y3z?1当y1?2时，151?0(mod9)，则(?1)1?2(mod9)无解 当y1?1时，z1?0，x1?1，所以x?2,y?2,z?2 所以原方程只有一组解(2,2,2)。

三、精选习题

1．??x?75?17t(t?Z) 解：对23,17用辗转相除法。23?1?17?6，17?2?6?5，6?1?5?1，

y?225?23t?将上述过程回填。

1?6?1?5?6?(17?2?6)?3?6?17?3?(23?17)?17?3?23?4?17 故x1?3,y1?4是方程23x?17y?1的一组特解，

于是x0?3?25?75,y0?4?25?100是方程37x?107y?25的一组特解。 2．当r?0时，方程x?1?0，它的根x?1是整数。

当r?0时，方程是关于x的一元二次方程，若它的整数根x1,x2（不妨设x1?x2），

1?x?x????12r则?，消去r得x1x2?x1?x2?2，即(x1?1)(x2?1)?3，

1?xx?1?12??r?x1?1?3?x1?1??1由此可得?或?，解得x1?4,x2?2或x1?0,x2??2，

?x2?1?1?x2?1??31从而求得r??或1

71综上所述，r??或1或0时，方程所有解都是整数。

73．

31

4．显然x?y，于是61?xy?x?y?(x?y)(x?xy?y)?3(x?y)xy

若x?y?2，则有61?5xy，故

3322

61?xy?y(y?2)，解得y?2，将y?1,2代入方程，易得无解； 5若x?y?1，代入方程，解得x?6，y?5。

5．利用同余工具解题。设2m?3n?k2(k?N?) ①

易见2|k，3|k，对①式两边取模3得(?1)?k?1(mod3)，故m为偶数。 设m?2m1(m1?N?)，则4nm1m2?3n?k2 ②

2对②式两边取模4得(?1)?k?1(mod4)，故n也应为偶数。 设n?2n1(n1?N?)，则4nnnm1?9n1?k2 ③

2m1则③式化为(k?31)(k?31)?2所以k?31?2,k?31?2nn2m1?1m1?1n

nn2m1?2故k?31和k?31都是2的非负整数次幂，但(k?31)?(k?31)?2k，不是4的倍数，

，从而2?1?3n1，即(2m1?1?1)(2m1?1?1)?3n1，

?1?1,2m1?1?1?3n1，

求得m1?2及n1?1，于是m?4,n?2。

因为两连续奇数互素，故2

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