自主招生数学试题例讲

高校自主招生数学问题讲练

全国重点大学自主招生考试是自2006年开始的一个新的考试门类，目前，这种考试有三大联盟：即，以清华为首的七校联盟，简称“华约”（清华、上海交大、西安交大、南京大学、浙江大学、中国科大、中国人大）；以北大为首的十三校联盟，简称“北约”（北大、北航、北师大、复旦、南开、武大、厦大、川大、山东大学、兰州大学、中山大学、华中科大、香港大学）（注：复旦、南开两校今年起退出北约单独干）；以及以北京理工大学为首的九校联盟，简称“卓越联盟”（北理工、大连理工、华南理工、天津大学、同济大学、重庆大学、东南大学、西北工大、哈尔滨工大）．

其试题特点是注重基础，知识全面，强化应用，突出能力，灵活多变，并与大学的知识内容及思想方法有所衔接，部分试题具有一定的高等数学以及数学竞赛背景．

自2013年起，自主招生试题已由各有关高校自行命题，改为由国家考试中心命题，目前还没有制定考试大纲，今年仍然按三个联盟分别命题，明年，或许又将合为一卷，这正如三国演义开篇所说：“话说天下大势，分久必合，合久必分”．

自主招生试题，包括中学所涉及的全部知识（而不单是按某个省的教材），内容可能会有某些超越．

试题例讲

1、对于数列{a n }：1,3,3,3,5,5,5,5,5, , 即正奇数k 有k 个，且按自小到大排列，是

否存在整数r , s , t ，使得对于任意正整数n

，都有a n =r +t 恒成立？

（[x ]表示不超过x 的最大整数）（上海交大）

解：对正整数分段，第一段1个数，第二段3个数，第三段5个数，„，第n 段2n -1个数，而1+3+5+ +(2n -1) =n ，

于是当k

2

2

2

k 2≤n -1

1) 2，所以k =

，据此，a n =2+1，将此与题目要求相

比较，可知r =2, s =-1, t =1即是适合条件的整数；

（注：93年南昌市赛及06年江西预赛题：数列{x n }: 1,3,3,3,5,5,5,5,5, 由全体正奇数自小到大排列而成，并且每个奇数k 连续出现k 次，k =1,3,5, ，如果这个数列的通项公

式为x n =a +d ，（其中[x ]表示x 的整数部分，a , b , c , d 为整数），则

a +b +c +d = ．

2

（答案：3）. 简解：由x k 2+1=x k 2+2= =x k +12=2k +1，即当 k +1≤n ≤(k +1)时，

2

()

x n =2k +

1 k =，所以

x n =2+1，于是，

． (a , b , c , d )=(2,1, -1,1), a +b +c +d =3）

同类问题：数列数列{a n }：1,2,2,3,3,3,4,4,4,4, , 即正整数k 有k 个，自小到大排列而成，求a n 及S n ．

解：先对正整数分段，第一段1个数，第二段2个数，第三段3个数，„，第k 段有k 个数，而前k 段项数和为1+2+3+ +k =

k (k +1) k (k -1)

，前k -1段项数和为， 22

k (k -1) k (k +1)

+1≤n ≤如果a n =k ，那么，于是，当n 给定时，由此式解得，

22

，注意0≤≤k ≤

a =的整数部分，即k =，也就是， n

⎣⎦⎣⎦

由于数列第k 段由k 个k 组成，其和为k ，因此数列前k -1段的总和为

2

S 1

2

k (k -1)

=12+22+ +(k -1) 2=

k (k -1)(2k -1)

；

6

由于a n =k 位于第k 段的第n -

1

k (k -1) 个数，而这些项全是k ，因此， 2

S n =S 1

1k (k -1)(2k -1) ⎛1⎛⎫⎫+ n -k (k -1) ⎪k =+ n -k (k -1) ⎪k k (k -1) 262⎝⎭⎝⎭2

1

=nk -k (k 2-

1) ；其中k =．

6⎣⎦

2、已知一无穷等差数列中有三项：13, 25, 41，求证：2009为数列中的一项．

（2009北大）

证：注意到，一个无穷等差数列任意截去前面一段后仍然是无穷等差数列，故可设此数列为{a n }，且a 1=13, a m =25, a n =41，设公差为d ，则

d =

25-1341-1312281228

, d =+1, n =+1，所以, 皆为整数，而 ，所以m =m -1n -1d d d d

28⎛12⎫2009=13+1996=13+(12⨯3+28⨯70) =13+ ⨯3+⨯70⎪d

d ⎝d ⎭=13+(3m +70n -73) d ，即2009是等差数列{a n }的第 3m +70n -73+1=3m +70n -72项．

3、写出所有公差为8的三项等差质数数列，并证明之．（2009清华大学理科）

解：设三数为a , a +8, a +16，其中a 为质数；考虑模3的余数，

若a ≡1(mod3)，则a +8≡9≡0(mod3)，即3a +8，故a +8是合数，不满足条件； 若a ≡2(mod3)，则a +16≡18≡0(m o d3)

，即3a +1 6，故a +16是合数，不满足条件；

故只有a ≡0(mod3)，因a 为质数，只有a =3，于是只有唯一解，即三数为3,11,19．

4

的整数部分为A ，小数部分为B ；(1)、求出A , B ； 1

AB 的值；(3)、求lim(1+B +B 2+ +B 2) ．（2009清华大学理科）

n →∞2

(2)、求A 2+B 2+

解：(1)

=

B =

； 2=

14

)

2

=

3，所以，A ==2，

2⎣⎦

11222

(2)

、A +B +AB =2++⋅2=5；

22⎝⎭

由于B =

2

131

=．

1，则lim(1+B +B 2+ +B n ) =

n →∞1-B 22

5、已知a 2+a -1=0, b 2+b -1=0, a

a n +1+a n -a n -1=0(n ≥2) ，b n =a n +1-aa n ，

(1)、证明数列{b n }是等比数列；(2)、求数列{a n }的通项；

(3)、设c 1=c 2=1, c n +2=c n +1+c n ，证明：当n ≥3时，有(-1) n (c n -2a +c n b ) =b n -1．

（华南理工大学）

解：(1)、由条件知，a , b 是方程x +x -1=0的两根，由a

b ，所以a =

2

-1-，

2

b =

-11+b n =a n +1-aa n =a n +1+a n ；又由条件a n +1=-a n +a n -1(n ≥2) ，

22

n ，得 所以，由b n =a n +1+

b n =a n -1+

111

a n , b n +1=a n +a n +1=a n +(a n -1-

a n ) 222

1⎛1⎫1b n +1=a +a =b ，即，且b 1=a 2-aa 1=b -a = =

n -1n ⎪n ⎪2 22b n ⎝⎭

所以{b

n }

的等比数列； k -1

⎛1⎫

(2)、据(1)

知，b k = 2⎪⎪

⎝⎭

即a k +1，a k +1-aa k =b k ，

k =⎝⎭

k

k -1

，两边同除 ⎛

⎝⎭

k +1

，

（暂记=r ）得

a k +1a k

-=，令k =1,2, , n -1，并求和得，

r k +1r k

⎭

n -1n -1n -1⎫⎛⎫⎛⎫a n 131a n a 1⎪，所以，则 =a =-=1- ⎪ n n 2⎪ 2⎪⎪；⎪r 2r n r ⎝⎭

⎝⎭⎭⎭

⎝⎝

(3)、利用数学归纳法，

n =3时，(-1) 3(c 1a +c 3b ) =-[

a +(c 1+c 2) b ]=-(a +2b ) =

3=b 2，结论成立； 2

若n =k (k ≥3) 时结论成立，即有(-1) k (c k -2a +c k b ) =b k -1，则当n =k +1时，

(-1) k +1(c k -1a +c k +1b ) =(-1) k +1(c k -1a +(c k +c k -1) b )=(-1) k +1(c k -1(a +b ) +c k b )

=(-1)

k +1

(-c k -1+c k b )=(-1)

k +1

⎛⎫

(

c k -2+c k (b -1) )=(-1) -c k -2+k ⎪⎪

⎝⎭

k

=(-1) k

1⎛11⎫k k -1k

-c +c =(-1) (c a +c b ) b =b ⋅b =b ⎪k -2k ⎪k -2k 2⎝22⎭

即n =k +1时，结论也成立，于是结论得证．

6、n 个圆至多将平面分成多少个部分？n 个球至多将空间分成多少个部分？ （2009南京大学）

解：设n 个两两相交的圆C 1, C 2, , C n 将平面分成f (n ) 部分，现加入圆C n +1，它与前

n 个圆都相交，共得n 对交点，这n 对交点把C n +1的圆周分成2n 段弧，每段弧穿过一个原

先的区域，就将该区域一分为二（即增加一个区域），即增加圆C n +1后，新增加的区域数为

2n ，所以，f (n +1) =f (n ) +2n ，即f (n +1) -f (n ) =2n ，又f (1)=2，

于是f (n ) =n 2-n +2．

再设n 个两两相交的球C 1, C 2, , C n 将平面分成ϕ(n ) 部分，现加入球C n +1，它与前n 个球都相交，这n 个球在C n +1的球面上交出n 个圆，据上述结论，球面被分成 f (n ) =n 2-n +2

个区域，则ϕ(n +1) =ϕ(n ) +(n 2

-n +2) ，且ϕ(1)=2，解得ϕ(n ) =n (n 2-3n +8)3

．

n

7、数列{a 满足：∑1n

=1

n }i =1a i ∏；

i =1a i

(1)、求a n 和a n +1的关系；

(2)、若0

(3)、若a 1∉[0,1]，证明a n

解：(1)、由

111a ++ +a =1⋅1⋅ ⋅1， 1a 2n a 1a 2a n

1a +1+ +1=1⋅1⋅ ⋅

1

，相减得 1a 2a n +1a 1a 2a n +1

1a =⎛ 1-1⎫⎪1a ⋅1⋅ ⋅1

，所以 n +1⎝a n +1⎭1a 2a n

1-a n +1=a 1a 2 a n ，继而有1-a n =a 1a 2 a n -1,(n ≥2)

所以1-a n +1=a n (1-a n ) ，即a n +1=1+a n (a n -1) „ ①

(2)、用数学归纳法，若0

1111

a +a =⋅得a 2=1-a 1， 12a 1a 2

据此，0

2

a +a ⎛

1⎫3⎡3⎫k +1=1k (a k -1) = ⎝

a k -2⎪⎭+4⊂⎢⎣4, 1⎪⎭⊂(0,1)，

因此在n =k +1时结论也成立，故由数学归纳法，对一切正整数n ，0

(3)、由①得a n +1-a n =(a n -1) 2 „ ②，若a 1∉[0,1]，则由

1111+=⋅得 a 1a 2a 1a 2

a 2=1-a 1∉[0,1]，据1-a n +1=a n (1-a n ) 归纳易见对一切n ，有a n ≠1，

所以由②，a n +1-a n =(a n -1) 2>0，因此a n

8、设二次函数y =f (x ) 的图像过原点(0,0)，且满足-3x 2-1≤f (x ) ≤6x +2，而数

列{a n }满足a 1=

1

，a n +1=f (a n ) 3

(1)、确定f (x ) 的表达式； (2)、证明：a n +1>a n ；

(3)、证明：

11-a 12

+

11-a 22

+ +

11-a n 2

≥3n +1-3． （2007武汉大学）

解：(1)、设f (x ) =ax 2+bx +c ，由y =f (x ) 过(0,0)，则c =0，f (x ) =ax 2+bx ， 当条件式-3x 2-1≤f (x ) ≤6x +2两边都取等号时，由-3x -1=6x +2得(x +1) 2=0，

2

x =-1，这时条件式-3x 2-1≤f (x ) ≤6x +2成为，-3⋅(-1) 2-1≤f (-1) ≤6⋅(-1) +2，

2

得f (-1) =-4，即a =b -4，于是f (x ) =(b -4) x +bx ；

22

又由f (x ) ≤6x +2，即(b -4) x +bx ≤6x +2，也即(b -4) x +(b -6) x -2≤0，

2

2

此式对任意实数x 成立，所以有b

2

0≤，

⎛1⎫2

(2)、a n +1=f (a n ) =-2a n +2a n ，今用数学归纳法证明a n ∈ 0, ⎪，n =1时显然，

⎝2⎭

1⎫1⎛⎛1⎫⎛

假若在n =k 时已有a k ∈ 0, ⎪，则a k +1=-2a k 2+2a k =-2 a k -⎪+ 0,

2⎭2⎝⎝2⎭⎝

对所有正整数n 皆有a n ∈ 0, ⎪．

2

1⎫

，因此2⎭

⎛⎝1⎫2⎭

1⎫1⎛1⎫⎛2

由于a n +1-a n =-2a n +a n =-2 a n -⎪+∈ 0, ⎪，所以a n +1-a n >0，即a n +1>a n ．

488⎝⎭⎝⎭

2

11⎫1⎛1⎫⎛1⎫⎛2

(3)、由a n ∈ 0, ⎪，得-a n ∈ 0, ⎪，由a k +1=-2a k +2a k =-2 a k -⎪+知

22⎭2⎝2⎭⎝2⎭⎝

2

1⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫

-a k +1=2 -a k ⎪，所以lg -a n +1⎪=lg 2+2lg -a n ⎪，若令b k =lg -a k ⎪，2⎝2⎭⎝2⎭⎝2⎭⎝2⎭

则b k +1=lg2+2b k ，即b k +1+lg 2=2(b k +lg 2) ，故{b k +lg2}构成公比为2的等比数列， 所以有b k +lg 2=2

k -1

2

11

(b 1+lg 2) =2k -1(lg+lg 2) =2k -1lg ，因此，

63

k -1k -111⎛1⎫

lg -a k ⎪=b k =2k -1lg -lg 2=-lg 2⋅32，于是=2⋅32；

3⎝2⎭-a k 2

由于当k =1, 2时，恰有2

k -1

=k ，而当k ≥3时，

01k -101

k 2k -1=(1+1) k -1=C k +C + +C >C +C -1k -1k -1k -1k -1=k ，即对一切正整数，都有

2k -1≥k ，故32≥3k ，所以

k -1

11

-a 12

+

11-a 22

+ +

11-a n 2

≥2(31+32+ +3n ) =3n +1-3．

9、对于函数f (x , y )，如果存在函数 a (x ), b (y ), c (x ), d (y )，使

f (x , y )=a (x )b (y )+c (x )d (y )，则称f (x , y )为p -函数. 试确定：

(1). xy +1是否为p -函数？ (2). x 2y 2+xy +1是否为p -函数？（2006上海交大）

解：(1). 取a (

x )=

b (

y )=c (

x )=d (

y )=，则 （或取a (x )=x , b (y )=y , c (x )=d (y )=1） f (x , y )=a (x )b (y )+c (x )d (y )，因此f (x , y )=xy +1为p -函数.

(2). f (x , y )=x 2y 2+xy +1不是p -函数. 反证法，若存在函数a (x ), b (y ), c (x )，d (y )，

使 x y +xy +1=a (x )b (y )+c (x )d (y ) „„ ①.

2

2

记 a (0)=a , b (0)=b , c (0)=c , d (0)=d . 则 ab +cd =1 „„ ②，

a , b , c , d 四数必有一个不为零，据对称性，不妨设 d ≠0，由①得，

b ⋅a (x )+d ⋅c (x )=1„„③， a ⋅b (y )+c ⋅d (y )=1„„④.

由②、③得，b ⎡⎣a (x )-a ⎤⎦+d ⎡⎣c (x )-c ⎤⎦=0，所以c (x )-c =-

b

a (x )-a ⎤⎡„⑤. ⎣⎦d

由①、④得，x 2y 2+xy =a (x )b (y )+c (x )d (y )-⎡⎣a ⋅b (y )+c ⋅d (y )⎤⎦

=b (y )⎡⎣a (x )-a ⎤⎦+d (y )⎡⎣c (x )-c ⎤⎦=b (y )⎡⎣a (x )-a ⎤⎦-

b

d (y )⎡⎣a (x )-a ⎤⎦ d

a (x )-a b ⎡⎤

=ϕ(x ), =⎡⎣a (x )-a ⎤⎦⋅⎢b (y )-d d (y )⎥„„⑥，记 x ⎣⎦

b (y )-

b

d (y )=h (y )， y

x ≠0, y ≠0, 由⑥得 ϕ(x )⋅h (y )=xy +1„„⑦，由此知，ϕ(x ), h (y )皆不是零函数.

因此有x 0≠0, y 0≠0，使ϕ(x 0)=α≠0, h (y 0)=β≠0， 则 ϕ(x )=

y 0x +1

β

, h (y )=

x 0y +1

α

.

⑦式化为，

y 0x +1x 0y +1

⋅=xy +1 „„⑧，即x 0y 0xy +y 0x +x 0y +1=αβxy +αβ.

βα

因此有 αβ=1, x 0y 0=1, x 0=0, y 0=0，矛盾！

10、求所有的正整数n ，使得集合M ={1,2, ,4n }可以分拆成n 个四元子集：

M = M k ，对于每个集合M k ={a k , b k , c k , d k }，k =1,2, , n ， 而a k , b k , c k , d k 四数，

k =0

n

其中的一数等于另外三数的算术平均．（2010北大夏季）

a k +b k +c k

，则有

3

4n (4n +1)

， a k +b k +c k +d k =4d k ，所以，4(d 1+d 2+ +d n ) =1+2+ +4n =

2

解：不妨设，每个子集中，d k 是a k , b k , c k 的算术平均，d k =因此，2n ．

另一方面，当2n 时，集M 确有满足条件的划分， 为此，记n =2m ，M ={1,2, ,8m }

'， = A k ，其中A k ={8k +1,8k +2, ,8k +8}=M k M k

k =1

m -1

M k ={8k +1,8k +3,8k +8,8k +4}={a k , b k , c k , d k }，

'={8k +2,8k +6,8k +7,8k +5}={a k ', b k ', c k ', d k '}， M k

(8k +1) +(8k +3) +(8k +8)

，

3

(8k +2) +(8k +6) +(8k +7)

'中有8k +5=而在M k ．

3

11、在由若干南方球队和北方球队参加的排球单循环赛中，已知南方队比北方队多9支，所有南方队得分总和是所有北方队得分总和的9倍（每场比赛胜者得1分，负者得0分）．

证明：循环赛结束后，某支南方队积分最高．（2008年北京大学）

则在M k 中有8k +4=

2证：设北方球队有a 支，南方队有a +9支，其中a ∈N ，则比赛场数为C 2a +9，

*

12922

C 2a +9，而南方队总分为C 2a +9，因北方队内部比赛C a 场，得分 1010

12122

-3a 2+22a +36)分， 为C a 分，所以北方队在与南方队比赛中共得C 2a +9-C a =(1010

所以北方队总分为

这是一个正整数，故可令-3a +22a +36=10k ，即3a -22a +10k -36=0 „ ① 有正整数解a ，故其判别式∆=222-4⨯3(10k -36) =4(229-30k ) 为平方数， 即229-30k 为平方数．设229-30k =b ，由此，b 的末位数字为9，则b 的末位数字为

2

2

2

2

3或7，只有b =13或7，于是对应的k =2或6；

2

当k =2，①成为3a -22a -16=0，解得正整数根a =8，此时北方队有8支，南方

2

队有17支；全部25个队总积分为S =C 25=300分；

今分析分数构成情况：北方队总得分为

19

S =30，南方队总得分为S =270；南方1010

2

队之间“内战”分数为C 17=136分，于是南方队从北方队中获得270-136=134分． 11而南、北队间“对抗”分数为C 17C 8=136分，因此南方队只输给北方队两场，所以北方的

8个队中，最强的队的得分不会超过7+2=9分；而南方队的得分平均值

得分最高的是南方某个队；

270

>10，所以17

2

当k =6，①成为3a -22a +24=0，解得正整数根a =6，此时北方队有6支，南方

2

队有15支；全部21个队总积分为S =C 21=210分；

分数构成情况：北方队总得分为

2

19

S =21，南方队总得分为S =189；南方队之间1010

“内战”分数为C 15=105分，于是南方队从北方队中获得189-105=84分．

而南、北队间“对抗”分数为C 15C 6=90分，因此南方队只输给北方队6场，所以北方的6

1

1

个队中，最强的队的得分不会超过5+6=11分；而南方队的得分平均值分最高的是南方某个队．

189

>12，所以得15

12、集合A =n ! +n n ∈N *，集合B 是集合A 对于N *的补集；

{}

(1)、证明：不存在无限项的等差数列，使得各项都在集合B 中； (2)、是否存在满足条件的等比数列？说明理由．（2009中国科大）

证：(1)、如果存在无限项的等差数列{a n }，使得其各项都在集合B 中，则{a n }的各项及公差皆为正整数，设其首项为a 1，公差为d ，那么d >1，a m +1=a 1+md ≡a 1(modd ) ， 据条件，对每个m ∈N ，a m +1不在A 中，今考虑集合A 中的d 个数

x j =(a 1+d +j )! +(a 1+d +j ) ，j =0,1, , d -1模d 的情况：

由于每个x j ∈A ，故皆不在集B 中，当然也不是{a n }的项，所以d (x j -a 1) ； 另一方面，由于x j >a 1，d 个正整数x 0-a 1, x 1-a 1, x 2-a 1, , x d -1-a 1中，任一个都不是d 的倍数，即它们被d 除得的最小非负余数只有1,2, , d -1这d -1种情况，其中必有两个余数相同，设x i ≡x j (modd ) ，0≤i

(a 1+d +i )! +(a 1+d +i ) ≡(a 1+d +j )! +(a 1+d +j ) (modd )

d (a 1+d +i )!, d (a 1+d +j )! ，于是由上式得，(a 1+d +i ) ≡(a 1+d +j ) (modd ) ，即

i ≡j (modd ) ，矛盾！因此不存在无限项的等差数列，使得各项都在集合B 中；

（这个问题的另一说法是，任一个各项为正整数的无穷等差数列，必有某些项在集合A 中）

【注】本题也可用构造法来证，如果存在无限项的等差数列{a n }，使得其各项都在集合B 中，则{a n }的各项及公差皆为正整数，设其首项为a 1，公差为d ，那么d >1，取正整数k =

(a 1+d )!

+2，则a k =a 1+(k -1) d =(a 1+d )! +(a 1+d ) ∈A ，矛盾！ d

(2)、满足条件的等比数列{b n }存在．

例如，取首项为3，公比为2的等比数列3,6,12, ,3⋅2

n -1

n -1

（其中b n =3⋅2）； , ，

下面用反证法证明，该数列的任一项皆不在A 中（即：数列所有的项都在B 中．）

显然b 1=3, b 2=6, b 3=12, b 4=24皆不能表示成k ! +k 形式，

当n ≥5时，设有某项b n ∈A ，即有k ，使b n =也就是3⋅2n -1=k ! +k =k [(k -1)! +1]， k ! k +，

n -1

由于b n ≥b 5=48，所以k ≥5，这时(k -1)! +1与2,3皆互质，它不可能是3⋅2的因数，

矛盾！因此等比数列3,6,12, ,3⋅2n -1, 的任一项皆不在集A 中，故全在集合B 中． 【注】这种等比数列不是唯一的，例如也可取等比数列{a n }：a n =2n +2, n =1,2,3，„， 因为若有a n ∈A ，即存在k ，使得2

n +2

=k ! +k ，即2n +2=k [(k -1)! +1]，由于左边≥8，

则k ≥3，故右边的(k -1)! +1含有大于1的奇因子，矛盾！因此{a n }的任一项皆在B 中．

13、设a , b , c

（2008清华大学）

证：分情况讨论；若a , b , c 中至少两个是0

若a , b , c 中恰有一个是0，不妨设c =

0=p „ ①，其中p >0为有理数，

=p

a =p 2+b -

2

若a , b , c 中皆不为0

=p （此p 为正有理数）则由

=p

，平方得a +b +=p 2+c -2

=(

p 2+c -a -b )-2„

②，则2

②再平方得4ab =p +c -a -b

=(p 2+c -a -b )>0

(

2

)

2

+4p 2c -4p (

p 2+c -a -b ，

2

由于4p p +c -a -b >

()

14、∆ABC 三个内角的正切值皆为整数，如果将彼此相似的三角形只算作是同一种三

角形，那么，全部合符条件的三角形的共有几种？

解：设tan A =x , tan B =y , tan C =z ，x , y , z 为非零整数，且其中至多有一个负数；由恒等式tan A ⋅tan B ⋅tan C =tan A +tan B +tan C 得 即xyz =x +y +z „ ①，以及

111

++=1 „ ② xy yz zx

若其中有负整数，设z

(xy -1)z =x +y >0，于是xy

有一个等于1，否则若x , y , z 皆≥2，则由②，1=

11133++≤=， xy yz zx 2⋅24

又得矛盾．设x ≥y ≥z ，则z =1，由①，xy =x +y +1，(x -1)(y -1)=2，得

x =3, y =2，即全部情况只有 {tan A ,tan B ,tan C }={1,2,3}．即这种三角形只有一种．

【注】此题是2007年我们给中等数学第6期所提供的高中数学联赛模拟试卷的一道选择题，后来被改编成2009年南京大学自主招生试题：

求所有非Rt ∆ABC ，使得tan A ⋅tan B ⋅tan C ≤[tan A ]+[tan B ]+[tan C ]．

解：由于在非Rt ∆ABC 中有tan A ⋅tan B ⋅tan C =tan A +tan B +tan C ，则据条件得，

tan A +tan B +tan C =tan A ⋅tan B ⋅tan C ≤[tan A ]+[tan B ]+[tan C ]，

因为对任何实数x ，有[x ]≤x ，即成立[tan A ]≤tan A , [tan B ]≤tan B , [tan C ]≤tan C ， 于是[tan A ]+[tan B ]+[tan C ]≤tan A +tan B +tan C ≤[tan A ]+[tan B ]+[tan C ]，则

[tan A ]=tan A , [tan B ]=tan B , [tan C ]=tan C ，因此tan A , tan B , tan C 皆为整数，且其

中至少有两个正整数；

不妨设tan A , tan B 都是正整数，则由(tan A ⋅tan B -1)tan C =tan A +tan B >0， 可知tan C 也是正整数，故只需求方程a +b +c =abc „ ① 的正整数解；

不妨设a ≥b ≥c ，若c ≥2，则b ≥2，此时abc ≥4a >3a ≥a +b +c ，与①式矛盾！ 故只有c =1，则由①，a +b +1=ab ，得(a -1)(b -1) =2，所以a =3, b =2； 综上，唯有三个内角的正切值分别是1, 2,3的三角形满足条件．

15、设u 是方程x 3-3x +10=0 „ ①的根，f (x ) 是系数为有理数的二次多项式，

且α=

12

(u +u -2), f (α) =u ，求f (0)． （2010华约） 2

解：因为±1, ±2, ±5, ±10皆不是方程的根，故方程①没有有理根，因此u 是无理数；

32

设f (x ) =ax +bx +c ，其中a , b , c 为有理数，a ≠0，据条件，u =3u -10，

则α=

2

121

(u +u -2) 2=(u 4+2u 3-3u 2-4u +4) 44

=

12⎡u (3u -10) +2(3u -10) -3u -4u +4⎤=-2u -4，又由条件， ⎣⎦4

b

u =f (α) =a α2+b α+c =a (-2u -4) +(u 2+u -2) +c ；

2

即bu 2+(b -4a -2) u -(8a +2b -2c ) =0 „ ②，

改记(b -4a -2) =s , -(8a +2b -2c ) =r ，s , r 为有理数，②成为bu +su +r =0 „③， 因此，0=(bu -s )(bu 2+su +r ) =b 2u 3+(br -s 2) u -sr

2

=b 2(3u -10) +(br -s 2) u -sr =(3b 2+br -s 2) u -(10b 2+sr )

即(3b 2+br -s 2) u =(10b 2+sr ) „④，因为u 是无理数，则

22⎧⎪3b +br -s =03232

，若b ≠0，由s =bsr +3b s =-10b +3b s ⎨2

⎪⎩10b +sr =0

⎛s ⎫⎛s ⎫

即 ⎪-3 ⎪+10=0，这与方程①无有理根矛盾！因此b =0，由③，su +r =0，得⎝b ⎭⎝b ⎭

1

s =0, r =0，导致(-4a -2) =0, -(8a -2c ) =0，a =-, c =-2，于是

2

1

f (x ) =-x 2-2，因此f (0)=-2．

2

16、九个连续正整数自小到大排成一个数列a 1, a 2, , a 9，若a 1+a 3+a 5+a 7+a 9为

一平方数，a 2+a 4+a 6+a 8为一立方数，求这九个正整数之和的最小值．

解：设这九数为 a -4, a -3, a -2, a -1, a , a +1, a +2, a +3, a +4，则有，5a =m ，

2

3

m 2n 2

=，得 4m 2=5n 3 „ ① 4a =n ，S =9a ，则a =54

3

2323

令n =2n 1, m =5m 1，得100m 1，所以 5m 1，再取m 1=2m 2，n 1=5n 2， =2n 1=40n 123化为 2m 2，取m 2=10, n 2=2，可使左式成立，这时n =20, m =100，a =2000， =52n 2

S =9a =18000．

17、在1,2, ,2012中取一组数，使得任意两数之和不能被其差整除，最多能取多少

个数？ （2012北京大学）

解：首先，可以取671个数{1,4,7, ,2008,2011}（或者{2,5,8, ,2009,2012}），其中任两数之和不能被3整除，而其差是3的倍数；其次，将M 中的数自小到大按每三数一段，共分为671段：1,2,3, 4,5,6, 7,8,9, , 2008,2009,2010, 2011,2012；

从中任取672个数，必有两数x , y 取自同一段，则x -y =1或2，注意x -y 与x +y 同奇偶，于是(x -y )(x +y )．因此k 的最大值为671.

（注）：（2008江西预赛填空题）从前2008个正整数构成的集M ={1,2, ,2008}中取出一个k 元子集A ，使得A 中任两数之和不能被这两数之差整除，则k 的最大值为 ． （答案：670. ）

18、若对一切实数a , b , c , d ，皆有ab +2bc +cd ≤k (a 2+b 2+c 2+d 2) 成立，求实数

k 的最小值．

解：

由平均不等式，1) a 2+1) b 2≥

2ab ，1) c 2+1) d 2≥2cd ，

2(b 2+c 2) ≥

4bc ，三式相加得(1a 2+b 2+c 2+d 2) ≥2(ab +2bc +cd ) ，即

ab +2bc +cd ≤

1+21+．

a +b 2+c 2+d 2) ．因此实数k

的最小值是

22

（当a =d =1, b =c =1．

19、n (n ≥2) 个正数x 1, x 2, , x n 满足：x 1+x 2+ +x n =1，

求证：

111

（2010浙江大学） ++ +>4．33

x 1-x 13x 2-x 2x n -x n

证一：配凑法，据条件，显然有0

x k -x =x k (1-x ) ==

3

k

2k

n

11n ≥

2所以，，因，则≥(k =1,2, , n ) ≥n ≥>4 ∑33

x k -x k 22k =1x k -x k

证二、据0

n

111

=>, k =1,2, , n ，所以，

32

x k -x k x k (1-x k ) x k

1111„ ①，

>++ +≥∑3

x 1x 2x n k =1x k -x k

因为1=x 1+x 2+ +x n ≥

≥n „ ②，

据①②及n ≥2知，

1

>n 2≥4． ∑3

k =1x k -x k

n

20、设a , b >0，求证：

111a +b +a +2b + +a +nb

． （2008浙江大学） 证：据柯西不等式，

⎛ 1

⎝a +b +1a +2b + +1⎫2

a +nb ⎪⎭≤n ⎡⎢1⎣(a +b ) 2+1(a +2b ) 2+ +1⎤(a +nb ) 2⎥⎦

， 为证原不等式， 只要证，

1(a +b ) 2+1(a +2b ) 2+ +1n

(a +nb ) 2

a +1，由于 2b ⎫⎛⎪

⎭⎝a +n +1⎫2b ⎪⎭1(a +b ) 2+11

(a +2b ) 2+ +(a +nb ) 2

1⎛ 1⎫⎛3⎫+11

⎛3⎫⎛5⎫+ +2

⎝a +2b ⎪⎭⎝a +2b ⎪⎭ ⎝a +2b ⎪⎭⎝a +2b ⎪⎛⎭ ⎝a +n -12b ⎫⎛⎪

⎭⎝a +2n +1⎫2b ⎪⎭

⎛=1 b 1-1⎫⎪+1⎛ 1⎫⎛⎫

b -1⎪+ 1 11

⎪ ⎝a +12b a +3⎪ 2b ⎪35⎪+ 2n -1-2n +1⎪⎭ ⎝a +2b a +2b ⎪b ⎭ ⎝a +2b a +2b ⎪⎭

⎛⎫

=1 b 1-1⎪ ⎪

=n n

1⎫⎛2n +1⎫

⎭ ⎝a +2b ⎪⎭⎝a +⎛1⎫⎛n +1⎫2b ⎪⎭ ⎝a +2b ⎪⎭⎝a +2b ⎪

⎭