第52届IMO预选题(四)

数论部分1.对于任意正整数d,f（d）是满足恰有d个正因数的最小的正整数（如f（1）=1,f（5）=16,f（6）=12）.证明:对于每个非负整数k,均有f（2^k）|f(2^k+1).2.考虑多项式P（x）=（x+d₁）（x+d₂）…（x+d₉）,其中,d₁,d₂,…,d₉是9个不同的整数.证明:存在整数N,使得对于所有的整数x≥N,均有P（x）能被一个大于20的质数整除3.设n是正奇数.求所有函数f:Z→Z,使得对所有整数x、y均有     

第64届IMO试题解答

<正>1.求所有满足下述条件的合数n>1:若n的所有正因子为d₁,d₂,…,d_k(1=d₁2<…k=n),则对每个1≤i≤k-2,均有d_i|(d_i+1+d_i+2).2.在锐角△ABC中,AB相似文献   

对一道中考题的探究

<正>内蒙古赤峰市曾有一道中考题如下:观察一组式子:3²+42+4²=52=5²,52,5²+122+12²=132=13²,72,7²+242+24²=252=25²,92,9²+402+40²=412=41²,…猜想一下第n个式子是.一、解法探究观察所给的四个式子___,它们都满足a2,…猜想一下第n个式子是.一、解法探究观察所给的四个式子___,它们都满足a²+b2+b²=c2=c²,我们知道满足a2,我们知道满足a²+b2+b²=c2=c²的正整数a、b、c叫勾股数.其中,第一个数为奇数,最大的数与较大的数差为1.     

第63届IMO预选题(一)

<正>代数部分1.已知正实数列{a_n}满足对于任意的正整数n,均有a_n+1²+a_na_n+2≤a_n+a_n+2.证明:a_{2 022}≤1.2.设正整数k≥2.求最小的正整数n≥k+1,满足下述性质:存在由n个不同实数构成的集合,使得这个集合中的每个元素都是此集合中另外k个不同元素的和.     

为什么直角三角板只有两种?

<正>从小学开始,我们就接触过直角三角板.众所周知,直角三角板只有两种,内角分别为45°,45°,90°和30°,60°,90°.为何只有这两种呢?本文试图给出一个解释.注意,这两种直角三角形具有以下两个共性(暂且先忽略直角的限制):(ⅰ)三边长之比满足l₁:l₂:l₃=d₁^1/2:d₂^1/2:d₃^1/2,…(1)其中d₁,d₂,d₃是正整数;     

一道2021年中科大强基题的探究与变式拓展

<正>本文从一道2021年中科大不等式强基题入手,逐步展开均值不等式与联赛中的一些应用,然后给出试题的一般性结论和变式拓展,希望给读者带来学习与借鉴．1．试题呈现已知正实数a,b,c满足a+b+c=1,求a²+b²+c²+2abc的取值范围．2试题解法探究解:不妨设S=a²+b²+c²+2abc,由(a+b+c)²=a²+b²+c²+2 (ab+bc+ca),结合已知条件可得S=1-2(ab+bc+ca)+2abc=1+2ab (c-1)-c(a+b)=1+2ab(c-1)-c(1-c),     

巧用待定系数法求多元最值问题

<正>待定系数法是数学的一个重要方法,其应用比较广泛,如多项式的因式分解,求函数的解析式和曲线的方程,求微分方程的级数形式的解等.本文例谈利用待定系数法求多元最值,希望能够抛砖引玉.先从一道题的错解谈起.引例已知实数a、b、x、y满足:a²+b2+b²=1,x2=1,x²+y2+y²=9,则ax+by的最大值为_.错解因为ax≤(a2=9,则ax+by的最大值为_.错解因为ax≤(a²+x2+x²)/2,by≤(b2)/2,by≤(b²+y2+y²)/2,当且仅当a=x,b=y时取等号.     

巧用椭圆中“特征三角形”解题

我们知道椭圆两种标准方程x²/a²+y²/b²=1（a>b>0）和y²/a²+x²/b²=1（a>b>0）中都有等式a²=b²+c²（其中c为半焦距）,而此等式正好满足勾股定理,构成了一个直角三角形（三边为a,b,c）,那么这样的三角形我们可以叫做椭圆的"特征三角形"。以x²/a²+y²/b²=1（a>b>0）为例,设B₁,B₂分别为椭圆的下上顶点,F₁,F₂分别为左右焦点,则△F₂OB₂就是这样     

拆项求最值

对于不能直接运用均值定理处理的"积定和最小"问题,一个有效的方法是拆项.结论对于函数f（x）=x+a²/x（x∈R⁺,a为正常数）,设b为正常数.（1）若bmin =f（b）;（2）若b≥a,则当x∈[b,+∞)时,[f（x）]_min=f（b）.证明f（x）=x+a²/x =（x+b²/x）+（a²-b²）/x.（1）若b相似文献   

一道高三模考数列题的解法探究

试题(2020年11月衢州、丽水、湖州三地市教学质量检测第20题)已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n,且a₁=1,S_n+1+S_n=a²_n+1(n∈N^*).(Ⅰ)求a₂,a₃的值,并写出数列{a_n}的通项公式.     

柯西不等式的若干变式及其应用

柯西不等式是由法国数学家柯西最早发现的,因而被命名为柯西不等式.由不等式2ab≤a²+b²,这里只要令a=a₁b₂,b=a₂b₁,便可得到,二维的柯西不等式为（a₁b₁+a₂b₂）²≤（a₁²+a₂²）（b₁²+b₂²）,而等号成立时就是完全平方公式,这时a=b,也就是a₁:a₂=b₁:b₂.n维的柯西不等式为:设a₁,a₂,…,     

由错位相减法求和引发的思考

引例求S_n=1·2⁰+2·2¹+3·2²+…+n·2^n-1.解析（法一）显然,a_n=n·2^n-1为等差乘等比型数列,可选择采用错位相减法.S_n=1·2⁰+2·2¹+3·2²+…+n·2^n-1,2S_n=1·2¹+2·2⁺+…+（n-1）·2^n-1+n·2ⁿ,则-S_n=(2⁰+2¹+2²+…+2^n-1)-n·2ⁿ=2ⁿ-1-n·2ⁿ,即S_n=（n-1）·2ⁿ+1.（法二）注意到a_n=n·x^n-1型以及（x_n）′=n·x^n-1,可选择以导数为工具,采用构造函数法.令f（x）=1·x⁰+2·x¹+3·x²+…+n·x^n-1,不难观察到,（x_n）′=n·x^n-1,所以f（x）=（x+x²+x³+…+xⁿ）′=((xⁿ⁺¹-x)/（x-1）)′=(n·xⁿ⁺¹-（n+1）xⁿ+1))/（（x-1）²）     

构造方程求两个三次根式的代数和

<正>在求形如(A+B^(1/2))(1/2))^(1/3)+(A-B(1/3)+(A-B^(1/2))(1/2))^(1/3)(B≥0)的两个三次根式的代数和时,我们可把整个三次根式设为一个新变元,令x=(A+B(1/3)(B≥0)的两个三次根式的代数和时,我们可把整个三次根式设为一个新变元,令x=(A+B^(1/2))(1/2))^(1/3)+(A-B(1/3)+(A-B^(1/2))(1/2))^(1/3),然后利用两数和的立方公式:(a+b)(1/3),然后利用两数和的立方公式:(a+b)³=a3=a³+b3+b³+3ab(a+b)【此公式可通过(a+b)3+3ab(a+b)【此公式可通过(a+b)³=(a+b)3=(a+b)²(a+b)=(a2(a+b)=(a²+2ab+b2+2ab+b²)(a+b)求得.】将变换后的式子两边三次方,得到关于x的     

第48届IMO预选题（一）

数论部分 1.求所有的正整数对(k,n),使得(7k-3n)|(k4 n2). 2.设b、n是大于1的整数.若对每一个大于1的正整数k,都存在一个整数ak,使得k|(b-ank),证明:存在整数A,使得b＝An.     

提取公因式要注意的问题

<正>提取公因式法是因式分解最基本、最常用的方法.然而不少同学在利用提取公因式法分解因式时,频繁出错.下面针对同学们经常出现的错误,提醒大家注意.一、提尽公因式例1分解因式:(1)16xy-4y;(2)4a²b2b³+6a3+6a²b2b⁴.解(1)16xy-4y=2y(8x-2);(2)4a4.解(1)16xy-4y=2y(8x-2);(2)4a²b2b²+6a2+6a²b2b⁴=2a4=2a²b2b²(b+b2(b+b²).点评上面两小题最后结果都是没有提尽公因式,达不到因式分解的目的.提取公因     

2020泰国数学奥林匹克不等式的推广

题目(2020泰国数学奥林匹克不等式)已知a,b,c∈R+,a+b+c=3,求证:a⁶/c²+2b³+b⁶/a²+2c³+c⁶/b²+2a³≥1(1).     

2011爱沙尼亚国家队选拔题简证及推广

2011年爱沙尼亚国家队选拔考试第4题设a,b,c为正实数,满足2a²+b²=9c²,证明:（2c）/a+c/b≥3^1/2.侯典峰、郝明泉两位老师在文[1]中主要依据均值不等式,对该题给出了"三个简证".经过探求,笔者发现,借助权方和不等式证明该题,更显简洁.证明:由题设知a,b,c为正实数,满足2a²+b²     

圆锥曲线问题中常见错误分析

一、圆锥曲线中常见问题1.不能灵活掌握圆锥曲线定义例1已知有一双曲线与x²/25+y²/16=1,且其虚轴长为4,有一点P₀,距左焦点为6,求该点距右焦点为多少.错解:用待定系数法设双曲线方程为x²/a²-y²/b²=1.易知椭圆焦点为F₁（3,0）,F₂（-3,0）,因此b=2,得a=23^1/3.因|PF₁-PF₂|=2a,得|8-PF₁i=43^1/2,得出PF₂=8-43^1/2或PF₂6+42^1/2剖析:解题过程中仅仅考虑到了取绝对值,但是因题目中给出了条件"P₀距离左焦点为6",因此可进一步判断结果有几个.正解:设双曲线方程为x²/a²-y²/b²=1,根据椭圆x²/25+y²/16=1可得焦点坐标为F₁（3,0）,F₂（-3,0）,因此b=23^1/2,假设P₀位于右曲线,取右曲线距离左焦点最小距离为23^1/2+3>6.因此可判断出P₀并不在右曲线上,只可能在左曲线上.求得结果为6+23^1/2.     

2016年四川高考圆锥曲线题的推广与证明

<正>一、考题重现(2016四川卷)已知椭圆E:x²/a2/a²+y2+y²/b2/b²=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的3个顶点,直线l:y=-x+3与椭圆E有且只有一个公共点T.(I)求椭圆E的方程及点T的坐标;     

斐波那契数列的推广及性质

本文主要将斐波那契数列推广到更一般的二维线性递归数列{Tn}.{Tn}满足Tn=(I,n=1,a,n=2,aT_n-1+bT_n-2,n≥3,其中a,b∈R且a2+4b>0,给出并证明了其通项公式Tn=1/（a2+4b）¹/2[（（a+（a2+4b）¹/2）/2）ⁿ-（a-（a2+4b）¹/2）ⁿ;其次证明了其性质T_nT_n+d-T_n+1T_n+d-1=-（-b）ⁿ⁺¹T_d-1,其中d≥2;最后例说了通项的应用.