孟郊简介-中专班主任工作计划

上海中学数学・２０１０年第９期　
第３届罗马尼亚大师杯数学竞赛试题及解答（一）　
１．对一个由有限个素数组成的集合Ｐ，用ｍ　由１＜户　＜ｐ２＜…＜　，知Ｐ　≥ｉ＋１，（ｉ＝１ ，　
（ｐ）表示具有下述性质的连续正整数的个数的最　
２，…，是），故　
大值：这 些连续正整数中的每个数都能被Ｐ中的　
至少一个元素整除．　
马（　一　１）　『Ⅱｋ（　一 ÷）一直　苦＝　
（１）证明：Ｉ　ＰＩ≤ｍ（Ｐ），等号当且仅当ｍｉｎＰ　
从而就有∑（一 １）　’・ｉ　Ｉ＞０，即这（愚＋　
＞ＩＰｌ时取到．　
１）（２　一１）个正整数中，必有 一个数与Ｐ　，Ｐ　，…，　
（２）证明：　（Ｐ）＜（１Ｐｌ＋１）（２　一１）．　
Ｐ　互 质，所以，ｍ（Ｐ）＜（｝Ｐ１＋１）（２　一１）．　
这里ｆＰｉ表示集合Ｐ的元素个数．　
２．对每一个正整数”，求具有下述性质的最　
解：设１＜　＜　＜…＜Ｐ　是Ｐ中的元素，　
大常数　：对任意，ｚ个定义在闭区间［０，１］上的　
则ｋ—ｌ　Ｐ１≥１．　
实值函数＿厂 】（　），　（ｚ），…，　（ｚ），都存在实数　
（１）由中国剩余定理可知：存在正整数ｎ，使　< br>ｚ１，　２，…，ｚ　，满足Ｏ≤　≤１，且１　（　）＋ｆ２（　２）　
得ｎ三一ｉ（ｍｏｄ　 Ｐ　），即　ｌ口＋ｉ，因此，存在ｋ个连　
＋…＋　（　）～ｚｌｚ２…　ｌ≥Ｃ　．　
续正 整数ａ＋１，…，ｎ＋　，它们具有题中性质，从　
解：所求的最大常数Ｃ　一　ｎ－－～１
而 优（Ｐ）＞ｊｋ．　
．　
注意到，当ｍｉｎＰ＞ｋ时，对Ｐ中的每个元素　
一
方面，取　一ｚ。一・：　一１，得左式一　
而言，任意连续ｋ＋１个正整数中至多有一个是　
Ｊ∑　（１）一１｝，取　一　。一…　＝０，得左式一　
其倍数，但由抽屉原则可知，任意具有题中性 质　
的连续志＋１个正整数中应有两个数同时是Ｐ中　
ｆ∑　（０）ｆ，取－ｚ　一０，ｚ，一 １（　≠　），得左式一Ｉ∑　
某个数的倍数．因此，此时ｍ（Ｐ）一ｋ．　
厂，（１）＋　（ ０）ｆ．利用三角形不等式可知（　一１）　
另一方面，当ｍｉｎＰ≤七时，再次运用中国剩　
余定理，对１，２，…，ｋ的任意一个排列ｒ　，…，　，　
ｌ∑ｆｉ（１）一１　Ｉ＋∑ｌ∑，　（１ ）＋　（０）ｌ＋ｌ∑　（Ｏ）　
都存在正整数ｎ，使得ｎ兰一　（ｒｏｏｄ　Ｐ　），特别地，　ｌ≥ Ｉ（ｎ－１）（∑　（１）一１）一∑（∑ｆ，（１）＋ｆ　（Ｏ））　
设ｒ１　足＋１～Ｐｌ，则数＆ ＋１，…，ａ＋ｋ，ａ＋ｋ＋１　
符合要求，这时ｍ（Ｐ）＞愚．　
＋∑　（Ｏ）Ｊ一　一１． 故Ｊ∑　（１）一１　Ｊ，Ｊ∑　（Ｏ）Ｊ，　
综上可知，（１）成立．　
Ｊ∑－厂Ｊ（１）＋ 　（Ｏ）Ｊ（　一１，２，…，　）中必有一个数　
（２）只要证在连续（启＋１）（２　～１）个正整 数　
中，必有一个数与Ｐ。，Ｐ：，…，Ｐ　互质．　
不小于　，从而ｃ　≥　．　
设 Ａ是Ｐ的一个子集，丁＾是这连续（ｋ＋１）　
（２　一１）个正整数中满足其为Ａ中每个数的倍数　< br>另一方面，令　（　）＝詈一　，　一１，２，　
的数的集合．　
…，　，
证明 ：对任意实数　。，　。，…，　∈Ｅｏ，１Ｊ，都　
设　一（七＋１）（２　一１），由容斥原理，这 些数　
有Ｊ　（　）＋　（ｚ。）＋…＋　（ｚ　）一ｚ　…　Ｊ≤　
中与Ｐ　，　，…，　互 质的数的个数为∑（一１）　
ｎ一１　
‘　
・
ｊ　ｊ．只要证明∑（一１）　 ・ｌ　ｊ＞Ｏ．　
为此，只需证明：１一　≤”　…．ｒ　一∑－ｚ　≤０．　
由于　叫＜ｆ　 ＴＡ　ｆ＜　¨，且　
左边不等式等价于（　一１）　…　十（　一１）　
Ｐ∈＾　Ｐ∈Ａ　< br>（　…　一１）＋…＋（　一　一１）（－ｚ　一１）≥０，此式　
，
故只要证明　中每一个加项都不小于０，成立．　
善（Ａ￡Ｐ　一１）川・ｌ　ｌ　上上　．ｐ≥２　Ｌ１・　< br>Ｐ∈＾　
右边不等式等价于∑－ｚ　一ｎ　…ｚ　≥０目∑　
ｉ—ｌ　ｉ　ｌ　
这等价于ｍⅡｆＰ　
∈Ａ＼　
　１一÷１≥２
ｐ｛Ｊ　
　一１，即Ⅱ　
Ｐ　∈Ａ　
（１一　—　）≥０，同上可知亦成立．　
』ｒ　
（１一去）１　≥赢・ １　　
（下转第４７页）　

上海中学数学・２０１０年第９期　
即　< br>“２“４…“２　
、　，
＜＿　：
、，／Ｚ　十ｌ　
＜、／　干Ｔ一　
３Ｔ．十ｌ￣ｌｏｇ　（＆　＋３），只要证明÷・　…　
＞
则　＋　
“２　 “２Ｕ４　
＋…＋　二　塑　＜４３－一ｌ　
“２“４…“２　
√　对　Ｅ　Ｎ　成立 ．不妨设Ａ＝　３・　６…　
＋　一　＋…＋、／／　一、　一　２，／￣＋１－－　
３ｎ－< br>３，２　—　４　７　３”＋１　
—
－—１’　一～３…６一百，Ｃ一　
５　< br>‘了…　
８　
１，即　＋　＋…＋　二　＜Ｃｒ２ｙ．＋１－－１．　
３丽ｎ＋ ２洇　＞　＞　Ａ＞Ｂ＞Ｃ　
评注：本题证明的关键是证明　堕　盟　
＞ｏ，所以Ａ。￣＞ＡＢ Ｃ—ｓｎ＋２
，
则Ａ一　．　…　
２・
｝　２４　ｎ＜　、
、　而　”
，而这正是Ｏ
　～　
９广东　
压轴题要证明的结果．　
＞ √　，因此３Ｔ．＋１￣１。ｇｚ（口　＋３　
例４　（０７重庆理第２ｌ题）已知各项均为　
∈Ｎ　．　‘　
正数的数列｛ａ　）的前　项和Ｓ　满足Ｓ　＞１，且　
评注：本题的求解构造 了三个代数式相乘，　
６Ｓ　＝（口　十１）（Ⅱ　＋２），　∈Ｎ　．　
主要原因是需证的不 等式一边出现了三次根　
（Ｉ）求｛ａ　）的通项公式；（２）设数列｛ｂ　｝满　
式，这其实 就是构造两个代数式相乘的基础上　
足ａ　（２　一１）一１，并记　为｛ｂ　）的前　项和，　
进一步拓展，在构造时要注意各分式的分子与　
求证：３　＋１＞＜ｌｏｇ　（。　＋３），　∈Ｎ　 ．　
分母之间的连续性．　
（Ｉ）ａ　一３　一１．（　∈Ｎ　）（解略）　
从上面可 以看出数列乘积的不等式的证明　
（Ⅱ）由ａ　（２　一１）一１可解得ｂ　一ｌｏｇ　（１＋　
问题在高考中出现频率很高，虽然方法很多，如　
数学归纳法、构造单调函数、构造对偶式等方　）一ｌ。ｇｚ丽３ｎ　；　一６　＋６
ｚ
＋…＋　一ｌ。＆（号　
法，但构造对偶 式应该是相对简捷的方法．但要　
・
詈…丽３ｎ．因此３Ｔ　＋１一ｌ。ｇ　［２（萼・５６… 　
求能从题设条件和所求结论的特点出发，通过　
恰当构造与之对应的对偶式进行运算，可收到 　
…
峰回路转、事半功倍的效果．　
３ｎ
－
１）。］，又ｌｏｇ２（ ａ一＋３）一ｌｏｇｚ（３　＋２），要证　
（上接第４８页）　
３．设Ａ１Ａ。Ａ。Ａ４是一 个凸四边形，它的两组　ｙ丁　，从而，ｙ丁。一ｙＴ　，于是，Ｃ３丁４一Ｂ。　，　
对边都不平行． 对ｉ一１，２，３，４，定义圆ｍ　如下：它　且Ｂ　：Ｃ　．这里Ｂ　，Ｃ　分别是　与Ａ　
在四边形 的外部，且与直线Ａ　Ａ，Ａ　ＡＪ＋　和Ａ＋　
Ａ，Ａ　Ａ＋　的交点（下标在模４意义下取）．　< br>Ａ＋。都相切，设　是　与边ＡＡ　＋１的切点（下　
进一步，有Ｂ　—Ｃ。　—Ｂ。Ｔ２一Ｔｓ Ｃ２，同　
标在模４的意义下取，故Ａｏ—Ａ４，Ａ　一Ａ　，Ａ—　
理有Ｇ　Ｔ　一Ｔ　Ｂ　 ．结合ＸＣ４一ＸＢ　，ＸＢ。一ＸＧ　
Ａ２）．　
可得ｘ丁　一ＸＴ３，故　ｘ丁１　Ｔ３一 　ＸＴ３　Ｔ　．　
证明：直线Ａ。Ａ。，Ａ。Ａ　，　丁｜三线共点的　
现设　Ｃ　Ａ。Ｔ　 一ａ，　Ａ。Ｔ３一　，则　
充要条件是Ａ　Ａ　，Ａ　Ａ　，Ｔ　Ｔ。三线共点．　
０　ｃ　Ｔ　Ａ　一９０。一詈，　Ａ。Ｂ。７＂３—９０。一告，而　
解答１：不妨设射线Ａ。Ａ与Ａ 　Ａ交于点　
厶　
Ｘ，而射线Ａ　Ａ　与Ａ　Ａ。交于点ｙ．由对称性只　
丁】Ｘ　— ａ＋　一１８Ｏ。，于是　ＸＴ　ｒ厂３＝　
需证明：若Ｘ，　，丁２共线，则Ａ　Ａ。，Ａ　Ａ　，Ｔ １　
ｘ丁。Ｔ　一１８０。一　９　．　Ａ　Ｔ　Ｔ。一　，得　
‘一　
三线共点．　
Ｃ　ｒｒｌ　＋　Ｃ　Ｂ３　Ｔ３—１８０。，所以，Ｃ　，Ｂ：，丁３，　
延长Ｘ，　，　所 共的线交圆∞　于另外一　
Ｔ　四点共圆．同理可得Ｃ３，Ｂ　，丁２，Ｔ　四点共　
点ｒ厂　 ，由　与　关于Ｘ位似，点丁４与　。是　
圆，结合ｃ　，Ｂ。，Ｃ３，Ｂ　也共圆可知三条根轴　该位似变换下的对称点，因此圆　过丁４的切　
Ａ。Ａ。，Ａ　Ａ　，Ｔ　三线共点（或平行），而 Ａ。Ａ。，　
线与圆ｍ。过Ｔ　的切线平行．设ｙ　是圆　过　
Ａ　Ａ　相交，故它们共点．　
的切线与直线Ａ　Ａ。的交点，则ｙ　Ｔ　／／　命题获证．　
ＹＴ　，故　ｙ丁。７＂４一　 Ｙ　Ｔ。Ｔ　。一　Ｙ　Ｔ　一　
（未完待续）