20xx年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析蘇教版42-資料下載頁
2025-01-25 22:18本頁面
【正文】 z)＝． ⑴顯然有a+b－c＞0，a－b+c＞0，－a+b+c＞0．由Cauchy不等式有，[bc(b+c－a)+ca(c+a－b)+ab(a+b－c)]≥(a2+b2+c2)2．故f(x，y，z)≥＝．下面證明≥1．即證a4+b4+c4≥a3b+a3c+b3c+b3a+c3a+c3b－(a+b+c)abc． ⑵由于，a4－a3b－a3c+a2bc＝a2(a2－ab－ac－bc)＝a2(a－b)(a－c)．故⑵式即a2(a－b)(a－c)+b2(b－a)(b－c)+c2(c－a)(c－b)≥0．不妨設(shè)a≥b≥c．則a2(a－b)(a－c)+b2(b－a)(b－c)≥a2(a－b)(b－c)－b2(a－b)(b－c)＝(a2－b2)(a－b)(b－c)≥0，又，c2(c－a)(c－b)≥0于是a2(a－b)(a－c)+b2(b－a)(b－c)+ c2(c－a)(c－b)≥0成立．等號當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時成立．所以，f(x，y，z)≥，且f(，)＝．又證：令p＝(a+b+c)，⑴式即f(x，y，z)＝(由Cauchy不等式) ≥＝．而a2+b2+c2＝2(p2－4Rr－r2)，ab+bc+ca＝p2+4Rr+r2，abc＝4Rrp．(*)故，f(x，y，z)≥＝．而≥p2219。p4+16R2r2+r4－8p2Rr－2p2r2+8Rr3≥p4－8p2Rr+p2r2219。16R2+8Rr+r2≥3p2219。4R+r≥p． (**)最后一式成立．故得結(jié)論．關(guān)于(*)式：由△＝rp，得 r2＝＝＝＝＝； ①又由△＝，得4Rr＝．故4Rr+r2＝－p2+(ab+bc+ca)． 就是 ab+bc+ca＝p2+4Rr+r2； a2+b2+c2＝(a+b+c)2－2(ab+bc+ca)＝4p2－2p2－8Rr－2r2＝2(p2－4Rr－r2)； abc＝4R△＝4Rrp．關(guān)于(**)式：由r＝4Rsinsinsin，故4R+r＝4R+4Rsinsinsin＝4R+4R(cosA+cosB+cosC－1)＝R(3+ cosA+cosB+cosC)＝2R(cos2+cos2+cos2)．而p=RsinA+RsinB+RsinC＝4R coscoscos．故4R+r≥p219。cos2+cos2+cos2≥2coscoscos．又cos2+cos2+cos2≥3，而3≥2coscoscos219。≤219。 coscoscos≥219。 sinA+sinB+sinC≤3sin．(由琴生不等式可證)三、對每個正整數(shù)n，定義函數(shù)f(n)＝(其中[x]表示不超過x的最大整數(shù)，{x}＝x－[x])．試求f(k)的值．解：對于任意n(n不是完全平方數(shù))，存在k，滿足k2＜n＜(k+1)2，則1≤n－k2≤2k．此時＝k+{}．＝＝＝．由于2k＜2k+{}＜2k+1．故＜＜．從而在與之間沒有整數(shù)．即=．若記n－k2＝i(i＝1，2，…，2k)，又240＝152+15．于是，f(k)＝+．由于k＜i≤2k時＝1故＝k．于是f(k)＝+k＝(2+6+11+16+22+29+34+42+49+56+63+72+78+87+96)+105＝768．即所求值為768．又解：為計算，畫一2k2k的表格，在第i行中，凡i的倍數(shù)處填寫*號，則這行的*號共有個，全表共有個．另一方面，第j列中的*號個數(shù)等于j的約數(shù)的個數(shù)T(j)，從而全表中的*號個數(shù)等于T(j)．故＝T(j)．以2k＝6為例：j i1234561******2***3**4*5*6*故f(a)＝T(j)＝n[T(1)+T(2)]+(n－1)[T(3)+T(4)]+…+[T(2n－1)+T(2n)]． ③由此，f(k)＝(16－k)[T(2k－1)+T(2k)] ④記an＝T(2k－1)+T(2k)．可得ak的取值如下表(k＝1，2，…15)：k123456789101112131415ak356678698881071010f(k)＝(16－k)ak＝783． ⑤又當(dāng)k∈{241，242，…，255}時，設(shè)k＝152+r(r＝16，17，…30)．則－15＝－15＝，從而＜＜，于是1≤＜＜＜2．故，＝1，k∈{241，242，…，255}，又f(256)＝0，所以f(k)＝783－15
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