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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第80讲


第 20 讲

存在性问题

本节主要内容是存在性问题. 存在性问题有三种: 第一类是肯定性问题, 其模式为“已知 A, 证明存在对象 B, 使其具有某种性质”. 第二类是否定性问题, 其模式为“已知 A, 证明具有某种性质 B 的对象不可能存在”. 第三类是探索性问题, 其模式为“已知 A, 问是否存在具有某种性质 B 的对象”. 解决存

在性问题通常有两种解题思路 . 一种思路是通过正确的逻辑推理 (包括直接计算 ), 证明(或求出)符合条件或要求的对象 B 必然存在. 常利用反证法、数学归纳法、抽屉原则、计 数法等. 另一种思路是构造法. 直接构造具有某种性质 B 的对象. 常常采用排序原则、极端性 原则进行构造.

A 类例题
1 例 1 已知函数 f(x)=|1? |. x (1)是否存在实数 a,b(a<b), 使得函数的定义域和值域都是[a,b]?若存在,请求出 a,b 的值;若不 存在,请说明理由。 (2)若存在实数 a,b(a<b), 使得函数的定义域是[a,b], 值域是[ma,mb](m≠0), 求实数 m 的取值 范围.(2005 年天津市数学竞赛试题) 分析 函数 f(x)是分段函数,它的值域是 [0, ??). [a,b]是 [0, ??) 的子集,而 f(0)>0,所 以 a>0,因为函数 f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,所以我们分三种情况(i) 当 a,b∈(0,1)时;(ii) 当 a,b∈(1,+∞)时;(iii)当 a∈(0,1),b∈ [ 1,+∞)时加以讨论. 解 (1)不存在实数 a,b(a<b)满足条件. 事实上,若存在实数 a,b(a<b), 使得函数的定义域和值域都是[a,b],则有 x?a>0.故

? 1 1 ? , x ? 1. ? ? x f(x)= ? ? 1 ? 1, x ? 1. ? ?x
1 (i)当 a,b∈(0,1)时, f(x)= x ?1 在(0,1)上是减函数,所以,

?1 ? 1 ? b, ? f (a) ? b, ? ?a 即? ? ? f (b) ? a, ? 1 ? 1 ? a. ? ?b
由此推出 a=b 与已知矛盾. 故此时不存在实数 a,b 满足条件. 1 (ii)当 a,b∈(1,+∞)时, f(x)=1? x在(1,+∞)上为增函数,所以,

?1 ? 1 ? a, ? f ( a ) ? a, ? ?a 即? ? ? f (b) ? b, ? 1 ? 1 ? b. ? ?b
于是,a,b 是方程 x2?x+1=0 的实根,而此方程无实根,故此时不存在实数 a,b 满足条件. (iii) 当 a∈(0,1),b∈ [ 1,+∞)时,显然,1∈[a,b],而 f(1)=0,所以 0∈[a,b],矛盾. 故故此时不存在 实数 a,b 满足条件. 综上可知,不存在实数 a,b(a<b)满足条件. (2)若存在实数 a,b(a<b), 使得函数的定义域是[a,b],值域是[ma,mb](m≠0)易得 m>0,a>0. 仿照(1)的解答,当 a,b∈(0,1)或 a∈(0,1),b∈ [ 1,+∞)时,满足条件的 a,b 不存在. 1 只有当 a,b∈(1,+∞)时,f(x)=1? 在(1,+∞)上为增函数,有 x

?1 ? 1 ? ma, ? f ( a ) ? ma , ? ?a 即? ? ? f (b) ? mb, ? 1 ? 1 ? mb. ? ?b
于是,a,b 是方程 mx2-x+1=0 的两个大于 1 的实数根.所以,

?m ? 0, ?? ? 1 ? 4m ? 0, ? 1 ? 只须 ?1 ? 4m ? 0, 解得 0<m< . ? 1 ? 1 ? 4m 4 ? 1, ? ?x ? ? 2 ?1 ? 1 ? 4m ? 2m.
1 因此,m 的取值范围是 0<m< . 4 说明 本题首先要注意题目的隐含条件 a>0,因为函数的值域是 [0, ??). 例2 已知常数 a>0,在矩形 ABCD 中,AB=4, BC=4a,O 为 AB 的中点,E、F、G 分

BE CF DG 别在 BC、CD、DA 上移动,且 = = ,P 为 CE 与 OF 的交点. 问是否存在两 BC CD DA 个定点,使 P 到这两点的距离的和为定值?若存在,求出这两点的坐标及此定值;若不存 在,请说明理由.(2003 年全国高考江苏卷试题) 分析 根据题设满足的条件, 首先求出动点 P 的轨迹方程,根据轨迹是否是椭圆,就可断 定是否存在两个定点(椭圆的两个焦点), 使得 P 到这两点的距离的和为定值. BE CF DG 解 按题意有 A(-2,0),B(2,0),C(2,4a),D(-2, 4a).设BC = CD = DA = k(0≤k≤1).由此有 E(2,4ak),F(2-4k, 4a),G(-2, 4a-4ak). 直线 OF 的方程为 2ax+(2k-1)y=0, 直线 GE 的方程为-a(2k-1)x+ y-2a=0, 由①②消去参数 k 得点 P(x,y)坐标满足方程 2a2x2+y2-2ay =0, ① ②

2 x2 (y-a) 整理得 + 2 =1. 1 a 2

1 当 a2=2时,点 P 的轨迹为圆弧,所以不存在符合题意的两点; 1 当 a2≠ 时,点 P 的轨迹为椭圆的一部分,点 P 到该椭圆的两个焦点的距离的和是定长; 2 1 当 a2<2时,P 到椭圆两个焦点(1 2 2-a ,a),( 1 2 2-a ,a)的距离之和为定长 2; 1 a2-2)的距离之和为定长 2a.

1 当 a2>2时,P 到椭圆两个焦点(0, a-

1 a2-2),(0, a+

说明 要解决轨迹问题首先要建立适当的直角坐标系,有时还要选择适当的参数作过渡.

情景再现
7 7 1.已知二次函数 f(x)=ax2+bx+a 满足条件 f(x+ )= f( -x), 且方程 f(x)=7x+a 有两个相等的实数 4 4 根. (1) 求 f(x)的解析式; 3 3 (2) 是否存在实数 m、n(0<m<n ) ,使得 f(x)的定义域和值域分别是[m,n]和[ , ]? 若存在, 求 nm 出 m、n 的值; 若不存在, 请说明理由. (2004 年河南省数学竞赛试题) 2.直线 l:y=kx+1 与双曲线 C:2x2-y2=1 的右支交于不同的两点 A、B. (I) 求实数 k 的取值范围; (II)是否存在实数 k,使得以线段 AB 为直径的圆经过双曲线 C 的右焦点 F?若存在,求出 k 的值;若不存在,说明理由. (2004 年湖北省高考理科试题)

B 类例题
例 3 将平面上每个点都以红、蓝两色之一着色,证明:存在这样的两个相似三角形,它 们的相似比为 1995,并且每一个三角形的三个顶点同色.(1995 年全国高中数学联赛第二试试 题) 分析 因为平面上的每点不是红色就是蓝色,由抽屉原理,对任何一个 B3 无穷点集,至少有一个无穷子集是同色点集,对一个含 n 个元素的有限点集, B 4 n ?1 A3 至少有一个含 [ ] 个元素的子集是同色点集.(其中[ ]为高斯符号),于是利用 A2 2 A4 抽屉原理,在半径为 1 和 1995 的两个同心圆上,寻找两个三顶点同色的相似 O 三角形. A5 证明 在平面上,以 O 为圆心,作两个半径为 1 和 1995 的同心圆.根据 抽屉原理,小圆周上至少有 5 点同色,不妨设为 A1,A2,A3,A4,A5 ,连接 OA1,OA2,OA3,OA4,OA5,分别交大圆 于B1,B2,B3,B4,B5, 根据抽屉原理,B1,B2,B3,B4,B5 B5 中必有三点同色, 不妨设为 B1,B2,B3,分别连接 A1A2, A2A3,A3A1,B1B2,B2B3,B3B1, 则△A1A2A3∽△B1B2B3,其相似比为 1995,且两个三角形三顶点同色. 说明 解决有关染色问题抽屉原理是经常使用的. 例 4 在坐标平面上,纵、横坐标都是整数的点称为整点.试证:存在一个同心圆的集合, 使得 (1) 每个整点都在此集合的某一个圆周上; (2) 此集合的每个圆周上,有且仅有一个整点.(1987 年全国高中数学联赛第二试试题)

B2

A1

B1

分析 构造法.先设法证明任意两整点到 P ? 2 , ? 的距离不可能相等, 从而将所有整点到
?

?

1? 3?

P 点的距离排序造出同心圆的集合,这里同心圆的坐标不是惟一的,可取 ? 2 , ? 外的其它值.
?

?

1? 3?

证明 取点 P ? 2 , ? .
?

?

1? 3?

设整点(a,b)和(c,d)到点 P 的距离相等,则

1 1 ( a ? 2) 2 ? (b ? ) 2 ? ( c ? 2) 2 ? ( d ? ) 2 , 3 3 2 即2( c ? a ) 2 ? c 2 ? a 2 ? d 2 ? b 2 ? (b ? d ). 3
上式仅当两端都为零时成立.所以 c=a c2-a2+d2-b2+ ①

2 (b-d)=0 ② 3 2 将①代入②并化简得 d2-b2+ (b-d)=0. 3 2 即 (d-b)(d+b- )=0 3 由于 b,d 都是整数,第二个因子不能为零,因此 b=d,从而点(a,b)与(c,d)重合,故任意 1? ? 两个整点到 P ? 2 , ? 的距离都不相等. 3? ? 将所有整点到 P 点的距离从大到小排成一列 d1,d2,d3,??,dn,??. 显然,以 P 为圆心,以 d1,d2,d3,?为半径作的同心圆集合即为所求. 说明 同心圆的圆心坐标不是惟一的.

例 5 (1)给定正整数 n (n?5), 集合 An={1,2,3,?,n}, 是否存在一一映射 φ:An→An 满足 条件:对一切 k(1?k?n-1), 都有 k|(φ(1)+ φ(2)+ ? +φ(n)); (2)N+为全体正整数的集合, 是否存在一一映射 φ:N+→N+满足条件:对一切 k∈N+, 都有 k|(φ(1)+ φ(2)+ ? +φ(n)). 注 映射 φ:A→B 称为一一映射, 如果对任意 b∈B, 有且仅有一个 a∈A, 使得 b=φ(a). 题中“|”为整除符号. (2004 年福建省数学竞赛试题) 分析 对于问题(1)不难用反证法结合简单的同余理论可以获解;对于问题(2)采用归纳构 造. 解(1)不存在. 记 Sk =

? ? (i ) .
i ?1

n

当 n=2m+1(m?2)时, 由 2m|S2m 及 S2m= φ(2m+1)≡m+1(mod2m). 但 φ(2m+1)∈A2m+1, 故 φ(2m+1)=m+1. 再由(2m-1)|S2m-1 及 S2m-1=

(2m+1)(2m+2) -φ(2m+1)得 2

(2m+1)(2m+2) -(m+1)-φ(2m) 2

得 φ(2m)≡m+1(mod(2m-1)). 所以, φ(2m) =m+1, 与 φ 的双射定义矛盾. 当 n=2m+1(m?2)时, S2m+1= (2m+2)(2m+3) -φ(2m+2)给出 φ(2m+2)=1 或 2m+2, 同上 2

又得 φ(2m+1)= φ(2m)=m+2 或 m+1, 矛盾. (2) 存在. 对 n 归纳定义 φ(2n?1)及 φ(2n)如下: 令 φ(1)=1, φ(2)=3. 现已定义出不同的正整数 φ(k)(1 ? k ? 2n) 满足整除条件且包含 1,2,?,n, 又设 v 是未取到的最小正整数值. 由于 2n+1 与 2n+2 互质, 根据孙子定理, 存在不 同于 v 及 φ(k)(1?k?2n)的正整数 u 满足同余式组 u≡?S2n(mod(2n+1)) ≡?S2n?v(mod(2n+2)). 定义 φ(2n?1)= u, φ(2n?2)=v. 正整数 φ(k)(1?k?2n+2)也互不相同, 满足整除条件, 且包 含 1,2,?,n+1. 根据数学归纳法原理, 已经得到符合要求的一一映射 φ:N+→N+. 说明 数论中的存在性问题是竞赛命题的一个热点.

情景再现
2π 4π 3.将平面上每个点都以红、蓝两色之一着色. 存在有两个内角分别为 、 ,且夹边 7 7 长为 1996 的三角形,其三个顶点同色.(1996 年北京市数学竞赛试题) 4. 在 平 面 直 角 坐 标 系 中 , 横 坐 标 和 纵 坐 标 都 是 整 数 的 点 称 为 格 点 , 任 取 6 个 格 点 PI(xi,yi)(i=1,2,3,4,5,6)满足 (1)|xi|?2,| yi|?2, (i=1,2,3,4,5,6); (2)任何三点不在同一条直线上. 试证 在 Pi( i=1,2,3,4,5,6)以为顶点的所有三角形中,必有一个三角形,它的面积不大于 2.(1992 年全 国高中数学联赛第二试试题) 5. 在坐标平面上,是否存在一个含有无穷多条直线 l1,l2,?,ln,?的直线族,它满足条件: (1)点(1,1)∈ln,n=1,2,?; (2)kn+1=an—bn,其中 k1 是 l1 的斜率,kn+1 是 ln+1 的斜率,an 和 bn 分别是 ln 在 x 轴和 y 轴 上的截距,n=1,2,3, ?; (3)knkn+1?0,n=1,2,3, ?. 并证明你的结论. (1988 年全国高中数学联赛第二试试题)

C 类例题
例 6 平面上是否存在 100 条直线, 使它们恰好有 1985 个交点.(第 26 届 IMO 预选题) 2 分析 由于 100 条直线最多有 C100 =4950(>1985)个交点, 所以符合要求的直线可能存 在.减少交点的个数可有两种途径:一是利用平行线, 二是利用共点线. 所以用构造法. 解法一 由于 x 条直线与一族 100?x 条平行线可得 x(100?x)个交点. 而 x(100?x)=1985 没有整数解, 于是可以考虑 99 条直线构成的平行网格. 由于 x(99?x)<1985 的解为 x?26 或 x?73,x∈N, 且 1985=73×26+99?12, 于是可作如 下构造: (1) 由 73 条水平直线和 26 条竖直直线 x=k,k=1,2,3,?,73; y= k,k=1,2,3,?,26. 共 99 条直线, 可得 73×26 个交点.

(2)再作直线 y=x+14 与上述 99 条直线都相交, 共得到 99 个交点, 但其中有 12 个交点 (1,15),(2,16),?,(12,26)也是(1)中 99 条直线的彼此的交点, 所以共得 99?12 个交点. 由(1)、(2),这 100 条直线可得到 73×26+99?12=1985 个交点. 2 解法二 若 100 条直线没有两条是平行的 , 也没有三条直线共点 , 则可得到 C 100 =4950(>1985)个交点, 先用共点直线减少交点数.
2 注意到若有 n1 条直线共点, 则可减少 Cn ?1 个交点. 设有 k 个共点直线束, 每条直线束的 1

直线条数依次为 n1, n2,?, nk. 则有 n1+n2+?+ nk?100,
2 2 2 2 ?1985=2965). Cn - 1 + Cn - 1 + L + Cn - 1 = 2965( C100 1 2 k 2 2 因为满足 Cn ?1<2965 的最大整数是 n1=77, 此时 C77 ?1=2925. 1

因此可构造一个由 77 条直线组成的直线束,这时还应再减少 40 个交点. 而满足 Cn2 ?1< 40 的最大整数为 n2=9, 此时 C2 9?1=35. 因此又可构造一个由 9 条直线组成的直线束. 这时还 应减少 5 个交点. 由于 C2 4?1=5,所以最后可构造一个由 4 条直线组成的直线束. 因为 77+9+4=90<100, 所以这 100 条直线可构成为 77 条,9 条,4 条的直线束, 另 10 条 保持不动即可. 说明 本题的基本数学思想方法是逐步调整,这在证明不等式时经常使用,但学会在几 何中应用,会使你的解题思想锦上添花. 例 7 设 n 是大于等于 3 的整数, 证明平面上存在一个由 n 个点组成的集合, 集合中任意 两点之间的距离为无理数, 任三点组成一个非退化的面积为有理数的三角形. (第 28 届 IMO 试 题) 分析 本题的解决方法是构造法,一种方法在抛物线 y=x2 上选择点列,另一种方法在 半圆周上选择点列. 解法一 在抛物线 y=x2 上选取 n 个点 P1,P2,?,Pn, 点 Pi 的坐标为(i,i2) (i=1,2,?,n). 因为直线和抛物线的交点至多两个, 故 n 个点中任意三点不共线, 构成三角形为非退化的. 任两点 Pi 和 Pj 之间的距离是|PiPj|= (i?j)2+(i2?j2)2=|i?j| 1+(i?j)2 (i≠j, i, j=1,2,?,n). 由于(i?j)2<1+(i?j)2<(i?j)2+2(i?j)+1=(i?j+1)2, 所以 1+(i?j)2 是无理数. 从而|PiPj|是无理 数.

2

1
1 i △PiPjPk 的面积= 2

1 j j2

1 k =2|(i?j) (i?k)(j?k)|, 显然是有理数. k2
1

i2

因此,所选的 n 个点符合条件. 解法二 考虑半圆周 x2+y2=r2(y∈R+, r = 2)上的点列{An},对一切 n∈N*,令∠xOAn= αi-αj n2-1 αn αn αn,则任意两点 Ai,Aj 之间的距离为|AiAj|=2r|sin 2 |,其中,0<αn?π, cos 2 = n2+1, sin 2 = 2n n2+1.

αi αj αi αj ∴|AiAj|=2r|sin cos ―cos sin |为无理数. 2 2 2 2 αn αn αn αn 又 sinαn =2sin 2 cos 2 ∈Q, cosαn = cos2 2 ―sin2 2 ∈Q. 任何三点 Ai,Aj,Ak 不共线,必然构成非退化三角形,注意到 r = 2,其面积

1
S= 1 2

1 r cos α j r sin α j 1 cos α k sin α k

1 r cos α k r sin α k
=

r cos α i r sin αi 1 sin αi 1 cos α j sin α j

r2 2

1 cos αi sin αi

1 cos α j sin α j

1 sin α k

cos α k = cos αi

为有理数. 说明 本题与第 17 届 IMO 试题(见情景再现 7)有一定的联系,请读者参考本解答完成它 的解答. 例 8 一个 n×n 的矩阵(正方阵)称为“银矩阵” ,如果它的元素取自集合 S={1,2,?,2n?1}, 且对每个 i=1,2,?,n, 它的第 i 行和第 i 列中的所有元素合起来恰好是 S 中所有元素.证明 (1) 不存在 n=1997 阶的银矩阵; (2) 有无穷多个的 n 值,存在 n 阶银矩阵.(第 38 届 IMO 试题) 分析 根据银矩阵的结构特征可以证明不存在奇数阶银矩阵,对任意自然数 k, 用构造法 构造出 2k 阶银矩阵. 解 (1)设 n>1 且存在 n 阶银矩阵 A. 由于 S 中所有的 2n?1 个数都要在矩阵 A 中出现, 而 A 的主对角线上只有 n 个元素,所以,至少有一个 x∈S 不在 A 的主对角线上. 取定这样的 x. 对于每个 i=1,2,?,n, 记 A 的第 i 行和第 i 列中的所有元素合起来构成的集合为 Ai, 称为第 i 个十字,则 x 在每个 Ai 中恰好出现一次. 假设 x 位于 A 的第 i 行、第 i 列(i≠j). 则 x 属于 Ai 和 Aj,将 Ai 与 Aj配对,这样 A 的 n 个十字两两配对,从而 n 必为偶数. 而 1997 是奇数, 故不存在 n=1997 阶的银矩阵.

骣 1 ? ? ? 骣 1 2÷ ?3 (2)对于 n=2, A= ? 即为一个银矩阵, 对于 n=4, A= ? ÷ ? ? ÷ ? ? 3 1÷ 4 桫 ? ? ? 7 桫

2 1 6 4

5 7 1 3

6÷ ÷ ÷ 5÷ ÷ ÷为一个银矩阵. 一 ÷ 2÷ ÷ ÷ ÷ 1÷

般地,假设存在 n 阶银矩阵 A,则可以按照如下方式构造 2n 阶银矩阵 D,D= ? ?

骣 A B÷ ÷,其中 B ? ÷ C A÷ 桫

是一个 n×n 的矩阵,它是通过 A 的每一个元素加上 2n 得到,而 C 是通过把 B 的主对角线元 素换成 2n 得到.为证明 D 是 2n 阶银矩阵,考察其第 i 个十字. 不妨设 i?n,这时,第 i 个十字 由 A 的第 i 个十字以及 B 的第 i 行和 C 的第 i 列构成. A 的第 i 个十字包含元素{1,2,?,2n?1}. 而 B 的第 i 行和 C 的第 i 列包含元素{2n, 2n+1,?,4n?1}.所以 D 确实是一个 2n 阶银矩阵. 于是,用这种方法可以对任意自然数 k,造出 2k 阶银矩阵. 说明 读者可以构造任意偶数阶银矩阵.

情景再现

6.证明不存在具有如下性质的由平面上多于 2n(n>3)个两两不平行的向量构成的有限集合 G: (1)对于该集合中的任何 n 个向量, 都能从该集合中再找到 n ?1 个向量, 使得这 2n?1 个向量的 和等于 0; (2)对于该集合中的任何 n 个向量, 都能从该集合中再找到 n 个向量, 使得这 2n 个向量的 和等于 0.(2003 年俄罗斯数学奥林匹克试题) 7. 试证:在半径为 1 的圆周上存在 1975 个点, 其中任意两点之间的距离都是有理数. (第 17 届 IMO 试题) 8.是否存在平面上的一个无穷点集,使得其中任意三点不共线,且任意两点之间的距离为有 理数? (1994 年亚太地区数学奥林匹克试题)

习题 20
1.已知抛物线 y2=4ax(0<a<1 ) 的焦点为 F,以 A(a+4,0)为圆心,|AF|为半径在 x 轴上方作半 圆交抛物线于不同的两点 M 和 N,设 P 为线段 MN 的中点. (1)求|MF|+|NF|的值; (2)是否存在这样的 a 值,使|MF|,|PF|,|NF|成等差数列?若存在,求出 a 的值;若不存 在,说明理由.(1996 年昆明市数学选拔赛试题) 2.证明: 不存在正整数 n 使 2n2+1,3n2+1,6n2+1 都是完全平方数. (2004 年日本数学奥林 匹克试题) 3. 证明只存在一个三角形,它的边长为三个连续的自然数,并且它的三个内角中有一个为另一 个的两倍. (第 10 届 IMO 试题) 4.是否存在这样的实系数多项式 P(x):它具有负实数,而对于 n>1, Pn(x)的系数全是正的. (1994 年莫斯科数学奥林匹克试题) 5.证明不存在对任意实数 x 均满足 f[f(x)]= x2-1996 的函数. (1996 年城市数学联赛试题) 6.是否存在有界函数 f : R→R, 使得 f(1)>0, 且对一切的 x、y∈R, 都有 f 2(x+y)?f 2(x)+2 f(xy)+ f 2 (y) 成立. (2005 年俄罗斯数学奥林匹克试题) 7. 是否存在数列 x1,x2,?,x1999,满足 (1)xi<xi+1(i=1,2,3,?,1998); (2) xi+1- xi = xi- xi-1 (i=2,3,?,1998); (3)( xi 的数字和)<( xi+1 的数字和) (i=1,2,3,?,1998); (4) (xi+1 的数字和)-( xi 的数字和) = ( xi 的数字和)–( xi-1 的数字和) (i=2,3,?,1998). (1999 年江苏省数学冬令营试题) 8. (1)是否存在正整数的无穷数列{an},使得对任意的正整数 n 都有 a2 n?1?2anan+2? (2)是否存在正无理数的无穷数列{an},使得对任意的正整数 n 都有 a2 n?1?2anan+2? (2004 年中国东南地区数学奥林匹克试题) 9.是否存在一个无限素数数列 p1, p2,?,pn,?,对任意 n 满足|pn+1-2pn|=1.(2004 年波罗的海 数学奥林匹克试题) 10.证明:对于每个实数 M, 存在一个无穷多项的等差数列, 使得 (1)每项是一个正整数, 公差不能被 10 整除; (2)每项的各位数字之和超过 M. (第 40 届 IMOY 预选题)

11.是否存在定义在实数集 R 上的函数 f(x),使得对任意的 x∈R,? f(f(x))=x, ①? 且 f(f(x)+1)=1?x?????????????????????????????????????????②? 若存在,写出一个符合条件的函数;若不存在,请说明理由.(2004 年河南省数学竞赛 试题) 12. 对于给定的大于 1 的正整数 n,是否存在 2n 个两两不同的正整数 a1,a2,?,an; b1,b2,?,bn 同时满足以下两个条件: (1) a1+a2+?+an= b1+b2+?+bn; (2)n-1>

?

n

i= 1

ai - bi 1 > n -1 .(1998 年 CMO 试题) 1998 ai + bi

“情景再现”解答
7 7 1.(1)由条件有 f(x)=ax2- a x+a. 又 f(x)=7x+a 有两个相等的实数根,则由 ax2-( a+7)=0 2 2 7 可知, ?=( a+7)2-4a· 0=0, 解得 a=-2. 2 故 f(x)= -2x2+7x-2. (2)存在. 如图. 设 g(x)= 3 3 (x>0). 则当 f(x)= g(x)时, 有-2x2+7x-2= , x x

即 2x3-7x2+2x +3=0. 故(x-1)(x-3)(2x+1)=0. 1 解得 x1=1, x2=3, x2=-2 (舍去). 因为 f(x)max= 所以, 4ac?b2 33 7 = , 此时 , x = 4a 8 4∈[1,3],

3 8 = <1. f(x)max 11

8 8 33 故取 m= 11, n=3 时, f(x)= -2x2+7x-2 在[11,3]上的值域为[1, 8 ]符合条件. 2. (I)将直线 l 的方程 y=kx+1 代入双曲线 C 的方程 2x2-y2=1 后, 整理后得(k2-1)x2+2kx+2=0 ① 依题意,直线 l 与双曲线 C 的右支交于不同的两点,故 k2-2≠0, Δ=(2k)2-8(k2-2)>0, 2k - 2 >0, k -2 2 >0. k2-2 解得 k 的取值范围为-2<k<- 2. (II)设 A、B 两点的坐标分别为 A(x1, y1),B(x2, y2),则由①得 2k x1+x2=- 2 , k -2 2 x1x2= 2 . ② k -2 假设存在实数 k,使得以线段 AB 为直径的圆经过双曲线 C 的右焦点 F(c,0), 则由 FA⊥FB 得(x1-c)( x2-c)+ y1y2=0,即(x1-c)( x2-c)+( kx1+1)( kx2+1)=0. 整理得(k2+1)x1x2+(k-c)(x1+x2)+c2+1=0. ③

6 2 2 代入③式化简得 5k +2 6kx-6=0. 6- 6 6+ 6 解得 k=- 5 或 k= 5 ? (-2,- 2)(舍去). 6+ 6 可知 k=- 5 使得以线段 AB 为直径的圆经过双曲线 C 的右焦点 F. 将②式及 c=

A1 A7

A2

3. 任作一个边长为 1996 的正七边形 A1A2A3A4A5A6A7. 这 7 个顶点中必有 4 点同色,而在这同色四点中,必有两点是相邻顶点, A 为确定起见, 不妨设这两点就是 A1、A2,并且它们均是红色. (1) A4 或 A6 中有一个是红色的, 比如, A6 是红色的, A △A1A2A6 即为所求. (2) A4 与 A6 都是蓝色的. 若 A7 是蓝色的, 则△A4A6A7 即为所求; 若 A3 是蓝色的, 则△A4A6A7 即为所求; 若 A3、A7 都是红色, 则为△A1A3A7 所求. 4. 设存在 6 个格点 P1, P2 ,P3 ,P4 ,P5 ,P6 落在区域 S={(x,y)||x|?2,|y|?2}内,它们任 3 个点 所成的三角形面积都大于 2. 记 P={ P1, P2 ,P3 ,P4 ,P5 ,P6} (1)若 x 轴具有 P 中的点数小于 2,则由抽屉原理,x 轴的上半平面(或下半平面——不包括 x 轴)至少有 Pi 的三个点.此三点所成的三角形面积不大于 2.矛盾.故 x 轴上恰有 P 的 2 个点 (因不能有 3 点共线). 又剩下 P 的 4 个点不可能有一点在直线 y=±1 上,否则出现 P 中的点为顶点的面积不大 于 2 的三角形.这就证明了,在直线 y=2,和 y=-2 上,分别恰有 P 的两个点. 注意到 S 的对称性,同理可证:直线 x=-2, x=0, x=2 上分别有 P 的两个点. 于是,在每条直线 y=2i,x=2i(i=0,±1)上恰有 P 的两个点. (2)P 必不能包含原点,否则,因 S 内纵,横坐标均为偶数的所有格点落在且仅落在过原点的 4 条直线上,由 抽屉原理,剩下的 P 的 5 个点,至少有两个点落在这些直线的其中一条上,于 是 3 点共线,矛盾. 因此,P 中在 x 轴的两点必是(-2,0),(2,0).同理,在 y 轴上的两点必是(0,-2),(0,2). 剩下的两点只能取(-2,-2),(2,2),或(-2,2),(2,-2).不论哪一种情形,都得到一个以 P 点为顶点的面积不大于 2 的三角形,矛盾. 5. 满足条件(1)、(2)、(3)的直线族不存在. 若不然,ln 的方程为 y—1=kn(x—1)
6 5

A3

A4

an ? 1 ?

1 1 , bn ? 1 ? kn , an ? bn ? kn ? ? kn ?1 都存在,故 kn≠0,n=1,2,3, ?. kn kn

对于 n?1,有

kn ?1 ? kn ? ? kn ? kn ?1 ? ?

1 , kn 1 kn ?1 , ,

k2 ? k1 ? ?

1 . k1 1 1 ? ? k1 k2 ? 1 ) kn

相加得:kn ? k1 ? (

由于 kn≠0 及(III)有 knkn+1>0 可知诸 kn 符号相同,不妨设 kn>0,n=1,2,??.

由 kn ?1 ? kn ?

1 1 1 1 1 ? kn , 有 ? , kn ?1 ? k1 ? ( ? ? kn kn ?1 kn k1 k2

?

1 n ) ? k1 ? , kn k1

但当 n>k12 时 kn+1<0,矛盾. 同理可证,当 kn<0,n=1,2, ?,也会出现矛盾. 6. 假设题目的结论不真. 选取一条直线 l, 使其不与集合 G 中的任何一个向量垂直. 于是, G 中至少有 n 个向量在 直线 l 上的投影指向同一方向, 设它们为 e1, e2, ?, en. 在直线 l 上取定方向,使得这些向量的 投影所指的方向为负. 再在集合 G 中选取 n 个向量 f1, f2 ,?, fn,使得它们的和在直线 l 上的投 影的代数值 s 达到最大. 由题中条件(2)知 s>0. 由条件(1),可以找到 n ?1 个向量 a1, a2 ,?,an?1,使得 f1+ f2+?+fn= ?(a1+a2+?+an?1). 显然, 至少有某个向量 ei 不出现在上式右端, 不妨设为 e1. 从而 a1+a2+?+an?1+e1 的投影 为负, 且其绝对值大于 s. 再 由 条 件 (2) 知 , 又 可 以 找 到 n 个 向 量 , 使 得 它 们 的 代 数 和 等 于 ?(a1+a2+ ? +an?1+e1),从而,该和的投影代数值大于 s. 此与我们对 f1, f2 ,?, fn 的选取相矛盾. n2?1 n2?1 2n 7. 取 θn=arctan (1?n?1975), 则 sinθn= 2 , cosθn= 2 都是有理数, 且 2θn 互不 2n n ?1 n ?1 相同. 对单位圆上辐角为 2θ1,2θ2,?,2θ1975 的点 P1,P2,?,P1975, |PiPj|=2|sin(θi?θj)|=2| sinθicosθj? cosθisinθj)|为有理数. 8. 答案是肯定的,下面提供两种构造这样的点集的方法. 3 4 方法一 存在角 α,使得 cosα 与 sinα 都是有理数(例如 sinα=5,cosα=5).考虑一个以有 a 理数 R 为半径的圆周,和一个弧度为 2α 的圆弧,显然 = sinα,其中 a 是上述圆弧所对 2R 的弦长,因此弦长为有理数.从此弧的端点出发,在圆周上连续截取弧度为 2α 的圆弧, XY 显然,任一弧所对的弦长 XY 是有理数.由作图法知2R = |sinnα|,对某个正整数 n,由于 cosα 与 sinα 都是有理数,所以由数学归纳法可以证明 sinnα 和 cosnα 都是有理数. 下 p q 面证明此过程产生一个无穷点集. 为了此目的, 设 sinα= r , cosα= r ,其中(p,q)=1,p2+q2=r2, q p 由棣美弗定理得( r +i r )n=cosnα+ isinnα. 若其值为 1,则
k n?2k 2k Σ(?1)kC2 q np 1= cosnα= . 由于 q2≡-p2(mod r2),则 rn≡pn2n?1(mod r2). n r

故 2| r,然而从 p2+q2=r2, (p,q)=1 可知这是不可能的.这就证明了我们描述的集合是无限 集. 方法二 在平面上取一点 P 和一条与 P 距离为 1 的直线 l,设 Q 是 l 上与 P 相距为 1 的 点,考察 l 上所有满足 SQ,PS 都是有理数的点 S,由于毕达哥拉斯基本的三元数组有无穷多 个,而且与点 S 一一对应,故存在无穷多个这样的点.作一个以 P 为中心,半径为 1 的反 演.此变换保持点之间的距离的有理性(这容易通过△PSR∽△PS'R'证明,其中 S 和 R 是 点集中的点,S'和 R'分别为它们的象).用这样的方法构造的点集在一个圆周上,因此,无 三点共线.

习题 20 解答
1. 解 (1)由已知得 F(a,0),半圆为[x?(a+4)]2+y2=16(y?0). 把 y2=4ax 代入,可得 x2?2(4?a)x+a2+4a=0. 设 M(x1, y1),N(x2, y2).则由抛物线的定义得 |MF|+|NF|=(x1+a)+(x2+a)=( x1+ x2)+2a=2(4?a) +2a=8. (2)若|MF|,|PF|,|NF|成等差数列,则有 2|PF|=|MF|+|NF|. 另一方面,设 M, P, N 在抛物线准线上的射影为 M', P', N'. 则在直角梯形 M'MNN'中,P'P 是中位线,又有 2|P'P|=|M'M|+|N'N|=|FM|+|FN|, 因而|PF|=|P'P|.这说明了点 P 应在抛物线上. 但由已知 P 是线段 MN 的中点,即 P 并不在抛物线上.所以不存在这样的 a 值,使|MF|, |PF|,|NF|成等差数列. 2.假设存在这样的 n , 使 2n2+1, 3n2+1, 6n2+1 都是完全平方数, 那么(2n2+1)( 3n2+1)(6n2+1) 必 定 为 完 全 平 方 数 , 而 2 2 2 6 4 2 3 2 6 4 2 (2n +1)(3n +1)(6n +1)=36n +36n +11n +1,(6n +3n) =36n +36n +9n , (6n3+3n+1)2=36n6+36n4+12n3+9n2+6n+1, 所 以 (6n3+3n)2 < (2n2+1)(3n2+1)(6n2+1) < (6n3+3n+1)2, 显然,与(2n2+1)( 3n2+1)(6n2+1)为完全平方数矛盾. 3. 设△ABC 满足题设条件, 即 AB=n,AC=n-1,BC=n+1, 这里 n 是大于 1 的自然数. 并 π 且△ABC 的三个内角分别为 α、2α 和 π-3α,其中 0<α< . 3 由于在同一个三角形中,较大的边所对的角也较大, 因此出现的情况只有如图所示的三种.

sin(π-3α) sin3α sin2α 对于情况(1), 因为 sinα = sinα =4cos2α-1=( sinα )2-1, sin(π-3α) n sin2α 2 n+1 2 所以利用正弦定理可知 = =( ) -1= ( ) -1, sin α sin α n-1 n- 1 从而得到 n2-5n=0, 解得 n=5. n+1 n 2 同样,在情况(2)中,有 =( ) -1,解得 n=2. 但 n=2,此时三边为 1,2,3,不能构成三角形. n-1 n-1 n-1 n+1 在情况(3)中, 有 n =( n )2-1,整理得 n2?3n?1=0, 但这个方程无整数解. 综上, 满足题设条件的三角形三边长只有 4,5,6. 3 1 可以证明 cosB=4,cos2A= 8 =cos2B, A=2B.

4. 存在.P(x)=10(x3+1)(x+1)- x2 =10x4+10x3- x2+10x +10 具有负系数, 但是 P2(x)= x4+100(x3+1)2(x+1)2-20x2(x3+1)(x+1) = x4+20(x3+1)[5(x3+1)(x+1)2- x2(x+1)] = x4+20(x3+1)(5x5+10x4+4x3+4x2+10x +5)的系数全是正的. P3(x)=1000(x3+1)3(x+1)3-300 x2(x3+1)2(x+1)2+30x4(x3+1)(x+1)-x6 =100(x3+1)2(x+1)[10(x3+1)(x+1)2-3x2(x+1)]-x6+30x4(x3+1)(x+1) =100(x3+1)2(x+1)(10x5+20x4+7x3+7x2+20x +1)-x6+30x4(x3+1)(x+1) =Q1(x)-x6+Q2(x) Q1(x)中的 x6 的系数不小于 1000,所以 P3(x)的系数也全是正的. 又当 k?2 时,有 P2k(x)=[P2(x)] k, P2k+1(x)=[P2(x)] k?1? P3(x). 所以,对一切 n>1, Pn(x)的系数全是正的. 5. 令 g(x)= f[f(x)] = x2-1996, 设 a、b 为方程 x2-1996= x 的两个实数根, 则 a、b 是 g(x) 的不动点. 设 f(a)=p, 则 f[f(p)]= f[f(f(a))]= f(a)=p, 即 p 也是 g(x)的不动点. 所以 f(a)∈{a,b}. 同理, f(b)∈{a,b}. 令 h(x)= g[g(x)]=(x2-1996)2-1996, 则 h(x) = x ∴ (x2-1996)2-1996= x ∴ (x 2- x-1996)( x 2+ x-1995)=0 所以 h(x)存在四个不动点 a、b、c、d. 因为 c 2+c-1995=0, 所以 g(c)= c2-1996=- c-1= d.同理, g(d)=c. 令 f(c)=r, 则 h[f(c)]= f [h(c)]= f(c),即 r 也是 h(x)的不动点. 若 r∈{a,b},则 d= f(r)∈{a,b},矛盾; 若 r = c, 则 g(c)= f(r)= f(c)=r = c,矛盾; 若 r = d, 则 d=g(c)= f(r)= f(d), g(d)=g(r)=g(f(c))=f(g(c))= f(d)=d, 矛盾. 综上所述, 满足条件的函数 f(x)不存在. 6. 不存在. 任取 x1≠0, 令 y1= 1 , 有 x1

f 2(x1+y1)?f 2(x1)+2 f(1)+ f 2 (y1) ?f 2(x1)+a, 其中 a =2f(1)>0. 1 令 xn=xn?1+yn?1, yn = x , n?2. 于是, 有 n f 2(xn+yn)?f 2(xn)+a= f 2(xn?1+yn?1) +a?f 2(xn?1)+2a???f 2(x1)+na, 故数列{ f (x1), f (x2),?, f (xn) ,?}并非有界. 7. 存在,构造如下: 取 x1= 00000 00001 00002 00003?09999, x2= 00001 00002 00003 00004?10000, x3= 00002 00003 00004 00005?10001, ????, x1998= 01997 01998 01999 02000?11996, x1999= 01998 01999 02000 02001?11997, 这是公差为 00001 00001 00001 00001?00001 的等差数列(项数取 1999),且各项数字和 为公差是 1 的等差数列. 8.(1)不存在. 2 假设存在正整数数列{an }满足条件 an ?1?2anan+2. 2 因为 an?1?2anan+2, an>0,所以 an 1 an?1 1 an?2 1 a2 ? · ? 2· ??? n?2· (n=3,4,?), an?1 2 an?2 2 an?3 2 a1

a2 1 a2 an 1 a2 又 ? 2?2 · , 所以有 ? · (n=2,3,4,?)成立, 于是 a1 2 a1 an?1 2n?2 a1 1 a2 1 a2 1 a2 an?( n?2· )an?1? (n?2)+(n?3)· ( )2· an?2??? (n?2)+(n?3)+?+1· ( )n?2· a2 , a a a1 2 2 2 1 1
n- 1 2 a2 1 所以 an ?( n- 2 ) 2 × n- 2 . 2 a1

2 设 a2 挝 [2k , 2k+ 1 ), k
N- 1 2 a2 1 2 ) ? N- 2 N- 2 2 a1

N*, 取 N=k+3,则有

aN ?(

(

2k + 1 ) 2k + 1

k+ 2 2

1 a1k + 1

?1.

这与 aN 是正整数矛盾. 所以, 不存在正整数数列{an }满足条件. (2) an= π 就是满足条件的一个无理数数列, 此时有 a2 n?1=4anan+2?2anan+2. 2(n?1)( n?2)

9. 若存在这样的数列{ pn }满足条件. 由| pn+1-2pn | =1 得 pn+1=2pn±1>2pn, 则数列 { pn }严格递增数列, 所以 p3>3 且不能被 3 整除, 若 p3≡1(mod3)时, 可得 p4= 2p3- 1( 否 则 p4= 2p3+1 ≡ 0(mod3), 即 p4 能 被 3 整 除 , 舍 去 ), 类 似 的 有 , p5= 2p4 - 1, ?,pn=2pn?1-1,容易得到 pn=2n?3p3 - 2n?3+1(n ? 3), 令 n - 3= p3 - 1, 由费尔马小定理 2
p3 ?1

? 1(mo dp3 ) , 则

pn=2n?3p3-2n?3+1≡0(mod p3), 即 p3|pn, 矛盾. 当 p3≡2(mod3)时, 也可得到类似的结 论. 综上, 不存在这样的数列. 10. 我们证明这个等差数列的公差为 10m+1 的形式. 设 a0 是一个正整数, an= a0+n(10m+1)= bs bs- 1 L b0 , 这里 s 和数字 b0,b1,?,bs 依赖于 n. 若 l≡k(mod2m), 设 l=2mt+k ,则 10l=102mt+k=(10m+1?1)2t?10k≡(mod(10m+1)).
2 m- 1

于是, a0≡an= bs bs- 1 L b0 ≡

?

ci × 10i ( mod(10m+1)).

i= 0

其中 ci=bi+b2m+i+b4m+i+?,i=0,1,2,?,2m?1. 令 N 是大于 M 的正整数, 满足 c0+c1+?+c2m?1?N 的非负整数解(c0,c1,?,c2m?1)的个数等 于严格递增数列 0?c0<c0+c1+1<c0+c1+ c2+1<c0+c1+?+c2m?1+2m?1?N+2m?1 的数 目, 即
2m N KN,2m=C2m +N =C2m+N =

(2m+N)(2m+N?1)?(2m+1) . N!

对于足够大的 m, 则有 KN,2m<10m. 取 a0∈{1,2,?, 10m },使得 a0 与集合 { c2m- 1c2m- 2 L c0 |c0+c1+?+c2m?1?N}中的任意元素模 10m+1 不同余, 因此, a0 的各位数 字之和大于 N. 从而, an 的各位数字之和也大于 N. 11. 这样的函数不存在.

下面用反证法证明. 若存在函数 f(x)使得条件均成立,先证明是 f(x)是一一映射. 对于任意的 a、b, 若 f(a)= f(b),则由①有 a= f(f(a))= f(f(b))= b, 即 f(x)是一一映射. 将 x =0 代入①,则有 f(f(0))= 0. ③ 将 x =1 代入②,得 f(f(1)+1)= 0. ④ 由式③、④得 f(f(0))= f(f(1)+1). 因为 f(x)是一一映射,所以,f(0)=f(1)+1. ⑤ 同理,分别将 x =1 和 x =0 代入①、②,得 f(f(1))= f(f(0)+1). 则 f(1) = f(0)+1. ⑥ ⑤+⑥得 0=2. 矛盾. 12. 存在符合命题要求的 2n 个正整数.令 ai=2Mi,bi=2i,(i=1,2,3,n-1;M 是大于或等于 8000n 的正整数),an=(M-1)2n(n-1),bn=M(M-1)n(n-1). 显然,上述 2n 个正整数两两不同,且 a1+a2+?+an= b1+b2+?+bn = n(n-1)(M2-M+1), 另一方面,我们有

?

n

i= 1

M-1 ai - bi 1 =(n-1) M+1 <n-1, 2M -1 ai + bi

?

n

i= 1

2(n-1) 2(n-1) ai - bi 1 1 1 =n-1>n-1>n-1. M+1 8000n 8000 1998 2M-1 ai + bi

因此,上述所给的 2n 个正整数符合命题要求.


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