【正文】 整數(shù)n≥2時(shí)，an+1an。證明：由于，因此，于是，對(duì)任意的正整數(shù)n≥2，有，即an+1an。14. 已知過(guò)點(diǎn)(0，1)的直線l與曲線C：交于兩個(gè)不同點(diǎn)M和N。求曲線C在點(diǎn)M、N處切線的交點(diǎn)軌跡。解：設(shè)點(diǎn)M、N的坐標(biāo)分別為(x1，y1)和(x2，y2)，曲線C在點(diǎn)M、N處的切線分別為ll2，其交點(diǎn)P的坐標(biāo)為(xp，yp)。若直線l的斜率為k，則l的方程為y=kx+1。由方程組，消去y，得，即(k?1)x2+x?1=0。由題意知，該方程在(0，+∞)上有兩個(gè)相異的實(shí)根xx2，故k≠1，且Δ=1+4(k?1)0…(1)，…(2)，…(3)，由此解得。對(duì)求導(dǎo)，得，則，于是直線l1的方程為，即，化簡(jiǎn)后得到直線l1的方程為…(4)。同理可求得直線l2的方程為…(5)。(4)?(5)得，因?yàn)閤1≠x2，故有…(6)。將(2)(3)兩式代入(6)式得xp=2。(4)+(5)得…(7)，其中，代入(7)式得2yp=(3?2k)xp+2，而xp=2，得yp=4?2k。又由得，即點(diǎn)P的軌跡為(2，2)，(2，)兩點(diǎn)間的線段（不含端點(diǎn)）。15. 設(shè)函數(shù)f(x)對(duì)所有的實(shí)數(shù)x都滿足f(x+2π)=f(x)，求證：存在4個(gè)函數(shù)fi(x)(i=1，2，3，4)滿足：（1）對(duì)i=1，2，3，4，fi(x)是偶函數(shù)，且對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，有fi(x+π)=fi(x)；（2）對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，有f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。證明：記，則f(x)=g(x)+h(x)，且g(x)是偶函數(shù)，h(x)是奇函數(shù)，對(duì)任意的x∈R，g(x+2π)=g(x)，h(x+2π)=h(x)。令，，其中k為任意整數(shù)。容易驗(yàn)證fi(x)，i=1，2，3，4是偶函數(shù)，且對(duì)任意的x∈R，fi(x+π)=fi(x)，i=1，2，3，4。下證對(duì)任意的x∈R，有f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。當(dāng)時(shí)，顯然成立；當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，而，故?duì)任意的x∈R，f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。下證對(duì)任意的x∈R，有f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。當(dāng)時(shí)，顯然成立；當(dāng)x=kπ時(shí)，h(x)=h(kπ)=h(kπ?2kπ)=h(?kπ)=?h(kπ)，所以h(x)=h(kπ)=0，而此時(shí)f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0，故h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x；當(dāng)時(shí)，故，又f4(x)sin2x=0，從而有h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。于是，對(duì)任意的x∈R，有f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。綜上所述，結(jié)論得證。2007年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽加試試題參考答案一、（本題滿分50分）如圖，在銳角△ABC中，ABAC，AD是邊BC上的高，P是線段AD內(nèi)一點(diǎn)。過(guò)P作PE⊥AC，垂足為E，作PF⊥AB，垂足為F。OO2分別是△BDF、△CDE的外心。求證：OOE、F四點(diǎn)共圓的充要條件為P是△ABC的垂心。證明：連結(jié)BP、CP、O1OEOEF、FO1。因?yàn)镻D⊥BC，PF⊥AB，故B、D、P、F四點(diǎn)共圓，且BP為該圓的直徑。又因?yàn)镺1是△BDF的外心，故O1在BP上且是BP的中點(diǎn)。同理可證C、D、P、E四點(diǎn)共圓，且O2是的CP中點(diǎn)。綜合以上知O1O2∥BC，所以∠PO2O1=∠PCB。因?yàn)锳FAB=APAD=AEAC，所以B、C、E、F四點(diǎn)共圓。充分性：設(shè)P是△ABC的垂心，由于PE⊥AC，PF⊥AB，所以B、OP、E四點(diǎn)共線，C、OP、F四點(diǎn)共線，∠FO2O1=∠FCB=∠FEB=∠FEO1，故OOE、F四點(diǎn)共圓。必要性：設(shè)OOE、F四點(diǎn)共圓，故∠O1O2E+∠EFO1=180176。由于∠PO2O1=∠PCB=∠ACB?∠ACP，又因?yàn)镺2是直角△CEP的斜邊中點(diǎn)，也就是△CEP的外心，所以∠PO2E=2∠ACP。因?yàn)镺1是直角△BFP的斜邊中點(diǎn)，也就是△BFP的外心，從而∠PFO1=90176。?∠BFO1=90176。?∠ABP。因?yàn)锽、C、E、F四點(diǎn)共圓，所以∠AFE=∠ACB，∠PFE=90176。?∠ACB。于是，由∠O1O2E+∠EFO1=180176。得(∠ACB?∠ACP)+2∠ACP+(90176。?∠ABP)+(90176。?∠ACB)=180176。，即∠ABP=∠ACP。又因?yàn)锳BAC，AD⊥BC，故BDCD。設(shè)B39。是點(diǎn)B關(guān)于直線AD的對(duì)稱點(diǎn)，則B39。在線段DC上且B39。D=BD。連結(jié)AB39。、PB39。由對(duì)稱性，有∠AB39。P=∠ABP，從而∠AB39。P=∠ACP，所以A、P、B39。、C四點(diǎn)共圓。由此可知∠PB39。B=∠CAP=90176。?∠ACB。因?yàn)椤螾BC=∠PB39。B，故∠PBC+∠ACB=(90176。?∠ACB)+∠ACB=90176。，故直線BP和AC垂直。由題設(shè)P在邊BC的高上，所以P是△ABC的垂心。二、（本題滿分50分）如圖，在78的長(zhǎng)方形棋盤的每個(gè)小方格的中心點(diǎn)各放一個(gè)棋子。如果兩個(gè)棋子所在的小方格共邊或共頂點(diǎn)，那么稱這兩個(gè)棋子相連?，F(xiàn)從這56個(gè)棋子中取出一些，使得棋盤上剩下的棋子，沒(méi)有五個(gè)在一條直線（橫、豎、斜方向）上依次相連。問(wèn)最少取出多少個(gè)棋子才可能滿足要求？并說(shuō)明理由。解：最少要取出11個(gè)棋子，才可能滿足要求。其原因如下：如果一個(gè)方格在第i行第j列，則記這個(gè)方格為(i，j)。第一步證明若任取10個(gè)棋子，則余下的棋子必有一個(gè)五子連珠，即五個(gè)棋子在一條直線（橫、豎、斜方向）上依次相連。用反證法。假設(shè)可取出10個(gè)棋子，使余下的棋子沒(méi)有一個(gè)五子連珠。如圖1，在每一行的前五格中必須各取出一個(gè)棋子，后三列的前五格中也必須各取出一個(gè)棋子。這樣，10個(gè)被取出的棋子不會(huì)分布在右下角的陰影部分。同理，由對(duì)稱性，也不會(huì)分布在其他角上的陰影部分。第2行必在每行取出一個(gè)，且只能分布在(1，4)、(1，5)、(2，4)、(2，5)這些方格。同理(6，4)、(6，5)、(7，4)、(7，5)這些方格上至少要取出2個(gè)棋子。在第3列，每列至少要取出一個(gè)棋子，分布在(3，1)、(3，2)、(3，3)、(4，1)、(4，2)、(4，3)、(5，1)、(5，2)、(5，3)所在區(qū)域，同理(3，6)、(3，7)、(3，8)、(4，6)、(4，7)、(4，8)、(5，6)、(5，7)、(5，8)所在區(qū)域內(nèi)至少取出3個(gè)棋子。這樣，在這些區(qū)域內(nèi)至少已取出了10個(gè)棋子。因此，在中心陰影區(qū)域內(nèi)不能取出棋子。由于①、②、③、④這4個(gè)棋子至多被取出2個(gè)，從而，從斜的方向看必有五子連珠了。矛盾。 圖1 圖2第二步構(gòu)造一種取法，共取走11個(gè)棋子，余下的棋子沒(méi)有五子連珠。如圖2，只要取出有標(biāo)號(hào)位置的棋子，則余下的棋子不可能五子連珠。綜上所述，最少要取走11個(gè)棋子，才可能使得余下的棋子沒(méi)有五子連珠。三、（本題滿分50分）設(shè)集合P={1，2，3，4，5}，對(duì)任意k∈P和正整數(shù)m，記f(m，k)=，其中[a]表示不大于a的最大整數(shù)。求證：對(duì)任意正整數(shù)n，存在k∈P和正整數(shù)m，使得f(m，k)=n。證明：定義集合A={|m∈N*，k∈P}，其中N*為正整數(shù)集。由于對(duì)任意k、i∈P且k≠i，是無(wú)理數(shù)，則對(duì)任意的kk2∈P和正整數(shù)mm2，當(dāng)且僅當(dāng)m1=m2，k1=k2。由于A是一個(gè)無(wú)窮集，現(xiàn)將A中的元素按從小到大的順序排成一個(gè)無(wú)窮數(shù)列。對(duì)于任意的正整數(shù)n，設(shè)此數(shù)列中第n項(xiàng)為。下面確定n與m、k的關(guān)系。若，則。由m1是正整數(shù)可知，對(duì)i=1，2，3，4，5，滿足這個(gè)條件的m1的個(gè)數(shù)為。從而n==f(m，k)。因此對(duì)任意n∈N*，存在m∈N*，k∈P，使得f(m，k)=n