高1联赛数学讲缺课

8ABAB．在不计始点终点的情况下，也可以记做a（或小写的黑体字母aABAB的长度叫做向量的模，记作模为1的向量叫做单位向量；模为0的向量叫做零向量，零向量记为0，是惟一的方向不确定的向量；PO是坐标系的原点，则向量OPP的位置向量．a-aaa-aab a实数m与向量a的乘积ma是一个向量，它的模为|ma||m||a|．当m0时，ma与a同向；当mama的方向不确定；当m0时，maa反向．特别地，如果a0，则|a

a就是和a(1)aaaa与a两个向量a、b的数量积（或者称为点积或内积）定义为ab|a||b|

a,b表示向量a2b之间正方向的夹角．向量的数量积和物理中力做的功与力、位移的关系是一致的．特别的，2aaa|a

k，其中k垂直于a和b的单位向量，且k、a、b之间遵循右手法则（|ab|）a、b三个向量a、b、c的混合积定义为abc．向量的混合积的几何意义为其运算结果是以a、b、c设在基底e1e2下，对在e1e2所确定的平面上，向量a可以分解为axe1ye2．此时，向量a坐标xy确定的点P的位置向量OP，从而可以用坐标x,y表示向量a．特别的，如果e1e2是正交基底，即e1与e2是垂直的，那么它们可以构成平面直角坐标系．空间向量也有对应的坐标表示，在学a的坐标表示为x1y1，向量b的坐标表示为x2y2abx1y1x2y2x1x2y1y2⑴加法满换律、结合律，即有abbaabcabcababaaa()a(a⑶数量积 换律和分配律，abba，(a)b(ab)，(bc)abacaabbaaa0abcabacabcac)bab)c(abcdacadbcbd(abcabcAB、CDABCDABCD⑵两个向量a、b共线（或称线形相关）的充要条件是存在不全为零的两个实数mn，使manb0，若两个向量a、b不共线，且manb0mn0．⑶两个向量a、b共线的充要条件是ab|a||b|（ab0⑷两个向量a、b垂直的充要条件是ab0G是ABC的重心GAGBGC0 H是ABC的垂心HAHBHBHCHC O是ABC的外心OAOBOC I

AB

ACIBBA

BCICCA

CB．P

|AB |AC| |BA |BC| |CA |CB|PGPG1(PAPBPC)；垂心：对非直角三角形情形有tanAOAtanBOBtanCOC0；外心sin2AOAsin2BOBsin2COC0；内心sinAOAsinBOBsinCOC0aOAbOBcOC0欧拉定理的引理：若O是ABCH是ABC的垂心则OHOAOBOC欧拉定理：若O是ABCH是ABCG是ABC的重心则OG13【例1】（热身问题）设O点在ABC内部，且有OA2OB3OC0，则ABC的面积与AOC的 A. B.2

C. D.3【解析】注本题为2004年联赛试【例2】（1）RtABCBCADAD2BDDC（射影定理（2）ABCDE、KABAK、CE、BK、DE中点为向量的形式，在此题中，结论变为|AD|2|BD||DC|．ABACABCDBDACBD0(ACCB)CDBD(ABBC)BDADCDDBCDBDADBDDCBDCD0CD(DBBD)BDBDDC|BD||DC|（2）分别以Y、Y1X1XAK、CEBKDE中点，则EX1(EAADEYEA1ADDK 因此XYEXEY1(EADK1(BADC XY1(BADCXYXY11 1注本题是向量的基础问题，而解答中的两种方法是解决向量问题最基本的两种方法.者中，是一种所【例3】(1)ABC，若对任意tR

tBC

，则△ABC B.钝角三角 C.直角三角 D.答案不确 【答】 （2）在△ABC和△AEF中，BEFCA ，若ABAEACAF2，则EF与BC的夹角的余弦值等 【解析】(1)（C(2)cosθ23注本题分别为2006，2007年联赛试【例4】ABCADBE、CF交于一点GAGBGCG2GDGEAMAMMD，1ADBEM1

1

1 BMBA(BDBMBG1BABD（EM另一BMBA(BDBMBG1BABD（EM

根据平面向量基本定理，有1 2，解得 kAM2MD，BM2ME

AM2MD2ADAD与CFNANAM2MD2AD3AN2ND2ADAMANMN3PAPBPCPM，记aPAbPBPAPBPCPM，记aPAbPBcPCPMPAAMa2ADa2(ABBD)a2(AB1BC)AEPM EPMABAPPBabBCBPPCbc，从PMa2(ab)1(bc)1(abc)

3

BE、CFNKPN1(abcPK1(abc MNK3（平面几何方法）BE与CFMAMDDBCEFEFADFKEMK．显然EF∥BC，容易证明EKM∽BD'MFKEMFKMCDM，相似比均为2KE1BD2FK1CD．又AFK∽ABD2所以FK1BD2

AEKACD，相似比均为2 KE1D'C，因此DBCD，即D2

BC注本题用到的这种方法称为等置法．等置法相当于解析几何中的求两直线交点的方法，其实质是解一个【例5】P是正三角形ABCPAPBPCABmACn，不妨设|m||n|1，由于ABC为正三角形，所以mn|m||n|cos1 B再设APxmyn，那么BPAPAB(x1)myn BCPAPACxmy1)n|xm(y1)n||(x1)myn||xmyn|0 A在ABC所在平面取向量CMxy)mxnAMPMCCPCMAP[(xy)x]m[xy1]nym(yx |AP|2(xmyn)2x2m2y2n22xymnx2y2xy|CM|2(xy)2(y)2(xy)(y)x2y2xy|BP|2(x1)2y2(x1)yx2y2xy2xy1|MP|2(y)2(xy1)2(y)(xy1)x2y2xy2xy1，从而|CM||AP||MP||BP|，所以|AP||BP||CP||CM||MP||CP|0．【例6】证明：cos()coscossinsin（余弦的和角公式 【解析】对单位正交基底(j,k)，设单位向量m、n与k的夹角分别是、 （不妨设ncos()

m|m||n

(cosksinj)(cosksin coscossinsin注(1)用坐标法亦可，这也是人教版上的标准解法.cos(cos[coscos(sinsin(coscossinsin；sin()cos()[coscos()sinsin()]sincoscossin sin(sin[sincos(cossin(sincoscossin，特别地，当时，还可以得到倍角公式sin22sincos，cos2cos2sin22cos2112sin2由倍角公式，可以推得半角公式sin21coscos21cos 【例7】（1）求证：若O是ABCH是ABC的垂心则OHOAOBOC到外心距离的2倍．AADOHBC【解析】（1）BODAD、CD，有OBODAHDCAHCDAHDC，又DCOCODOCOBAHDCAHCDAHDC，又DCOCODOCOB，OHOAAHOADCOAOBOC角形ABC的重心G，则OG1(OAOBOC)OHOAOBOC3OG1OH，即三角形的外心、重心、垂心三点共线（欧拉线3到外心距离的2】N（1）OB⊥DF，OC⊥DE（2）OH⊥MN。AF、CD四点共圆，所以∠BDF∠BAC．又因为O为外心，所以∠BOC2∠BAC，∠OBC∠OCB，故∠OBC1(∠BOC)∠BAC，∠OBC∠BDF 所以OBDF⑵因为MFCHFNOBMDOCANBHDFOBFACHDABC，所MFCH0，FNOB0，MDOC0，ANBH0DFOB0FACH0DABC0，从而MN

(MFFN)OHMFOHFN

MF(OCCH)FN(OBBHMFOCFNBH(MDDF)OC(FAAN)BHDFOCFADF(OBBC)FA(BCCH)DFBCFA又∠OBC＝12

DABC0．所以MHOH∴MC2－MH2＝AC2－AH ∴NB2－NH2＝AB2－AH ∴BD2－CD2＝BA2－AC ∴BN2－BD2＝ON2－OD ∴CM2－CD2＝OM2－OD 30NH2－MH2＝ON2－OM MO2－MH2＝NO2－NH 503BCx轴，D

k

ac

k

bACya(xc)BEyc(xy

c(xa

a2c

ac2由y

a(xc)

E

a2

a2

a2b,a2

ab2)a2ACyac(xc BCxb2yac(xc由x

b2

bc,

bca)kOB

bc bc

bca2ac

kDF

ab2abca2b

abaca22∵kOBkDF

BEyc(xbx＝0H(0bc∴

bca2 ab2

a23bcabDFyabaca2yabac a2由a

a2cbcN(a22bcc

abcac,a22bcc2y

(xa2bb2cMa22bc

abc,a22bcb2a(b2c2)(a2 ab∴

(cb)(a2bc)(a2 a2∵kOH·kMN注本题为2001年联赛二试第一题，当年解出的人极少，而此题利用向量来解非常简便.2用到的这个结论非常经典.另：2001nn设≥0I123)且

x22i1ki

jxkx

nn1，求

xiPRL→→→ →→→→→→→→→PQ·RS=(PM+PA)·(RM+MS)=PM·RM+PM·MS+PA·RM+PA →→→PQBDTMenelaus定理，(PQ交ABD)

DPAQ BTPAQQ RSBDNMenelaus定理，(RS交BCD)BNDS

BNSC

ND·SC·RB=1；即

QB

BTDPCR，AQ=DS．于是TD=NDTN本题为南斯拉夫，1983OAB、CP满足OPOA

AB

AC0P位于∠BAC |AB |AC| AC AC【解析】OPOA ，即AP NMP|AB |AC| |AC|NMPAPAMAN|AM||AN|，所以平行四AMPNAP为∠BAC的角平分线，原命注本题的结论在近年来的高考中经常用到在ABC内，设D及E是BC的三等分点 F、GACABEGDFHEHDH GFH【解析】选取AB、AC作为基底．设GHmGE，FHnFD，GFHGEGBBE1AB2BC1AB2(ACAB)1AB2 类似可得FD1AC2AB，又AHAGmGEAFnFD AG1ABAF1AC，所

1AB1ABm1AB2AC1ACn1AB2AC2323

1m2n1m2nAB1n2mAC0．由于AB、AC不共线，所以

3 3 mn35

若O是ABCH是ABCABCHAOA【解析】设三角形外接圆的半径即|OA|R，则|HA||OA|RHAOAOHOB,OC2OHOAOBOC有|OBOC||HA|R，故(OBOC)2OB,OC2OB2OC22OBOCR2，于是

，即cos2A1，解得2A2 2A4A2 ABCAB、C所对的边长分别是a、b、cb2c2cosA ⑵sin

sin

b,cb2c22|b||cb,cb2c22|b||cb,cb 2|b||c(bc)2b2|b||cabc0，所以

b2c22|b||c

⑵设ABC中，设A、B、C所对的向量分别是a、b、c， abc0，设向量k是与a垂直的单位向量，则(abck0akbkck0，显然ak0bk(bk)|b|cos(C)|b|sinC ck|c|cos(B)|c|sinB，于是|b|sinC|c|sinB2G是ABCGAGBGC0G是ABCB、C分别做CGBEE，连接GED，则GEGBGCGA，A、GDE共线．DBGCE对角线的交点，DBC，AD为ABCBC类似地．可以证明GB、GC 在直线也是ABCG是ABC

第十二讲唯一分解定理上个学期，我们研究了数论中的整除与同余理论.从本讲开始，用四讲的篇幅继续学习初等数第12讲学习唯一分解定理等13（2）费马小定理，阶的应用等；14讲：数论（3）不定方程（1）15（4）觉.后面我们还要安排若干讲数论问题，以期对数论中的高级与重要题型有一个全面了解.1的自然数n均可分解为有限个素数之积，如不计素数在乘积中的顺序，那么这种分解方式是唯一的（证明略）.将相同的素因子写在一起，那么nnp1p2 p1,p2,...,pk为互不相同的素数，而1,2,...,k是正整数，上式称为n的标准分解n

(n)(11)(21)...(k【例10】（1） 【解析】（1）由于1357 20010(mod125)，所以其末三位数字只能是125、375、625、中的一个.又135 2001

（2）当x0,1, ,999(mod1999)时，x20,12, ,9992(mod1999).又由于1999为（这从质数2,3, ,43都不是1999的约数可知所以对0i

j999.若

j2i2

j或

ji，但0ji

ji1999，.故0,12, ,9992模1999两两不同余.答案为【例11】ab为正整数，1ab.证明：连续b个整数中必有两个数的积被ab【解析】注意到对任意n1，连续n个整数必然任两个模n不同余，即它们是模n的一个完系，从而其中（且仅有一个被n整除.由此及1abb个整数中有一个数是bx；ayxyxy是abxy，则由ax,bx，知a,bx.设(abddadb.又因ab，故b2d.因此，在给定的b(2dx，且是dzxz是a,bdab的倍数.证毕.【例12】记S1!2! 100!.证明：有一个整数k，1k100，使【解析】利用(2i1)!(2i[(2i1)!]22i

S是一个完全平方数，并且这样的kS[(2i1)!]2(2i)25050!((2i1))2因此，取k50

Sk

k为了证明k50，我们注意，若53k10053

k

不是完全平方数.若k51或52

kk

k k kk k

若 46则素数47

kk=47,4849k

k

kS不是完全平方数.因此k50.k【例13】证明：若整数ab2a2a3b2b，则ab和2a2b1(ab)(2a2b1)

ab2a2b1互素.设这两个数的最大公因子d1，则dppa及(1)知pb2因此素数p整除b再结合pab得pa.但p2a2b1，从而导出p1.故d1，即(ab2a2b1)1，因(1的右边为平方数，于是由(1ab2a2b11用其他方法当然也可以证明ab与2a2b1互素，但（用反证法）借助素数及等式(1来证明较为直接.2已知的等式还可以变形为(ab)(3a3b1a2，因此用同样的方法，可以证明3a3b1也【解析】若给定的正整数n为偶数，则n2nn现在设n为奇数.当n1或3n3p是不整数np3因此npnp1)n是符合要求的一个表示：记(k)k的不同素因子的个数，则显然pn)(n1p1是偶数，即2p1pp1的奇素数因子（如果有的话）n（2n，故有p1)n)(n1pn与p1)n【例15】abc是给定的整数.证明：有无穷多个正整数n，使得n3an2bncnan3an2bnc.则对任意正整数kna4k11abc(moda4k31abc(mod4)因此（消去ac）a4k2a4k2b(mod4)，a4k1a4k32b2(mod4)故或者a4k2a4k2(mod4)，或者a4k1a4k32(mod4)401，故a4k2与a4k不能都是完全平方数（否则，它们的差模4只可能为0，-1，1，恰不会取值2.）这就证明了，对每个k，四个数a4k1a4k2，a4k3a4k中至少有一个不是平方数，从而中an有无穷多项不是平方数.【例16】kfNZ f(2000)2001（2）f(ab)f(a)f(b)kf((a,b)),a,bN其中(abab【解析】令baf(a2k2f(af(a4k2f(a2k2)2f(af(abf(af(bkf((af(a4)f(a)f(a3)kf(a)(2k)f(a)f(a2)kf(a)(3k4)fa2000，代入以上两式子可以得到(k2)23k4k0k0f(n)667，其中5n的唯一分解式中的次数 2|k1f(n)

2【例17】设pp1

是最初的n个质数的乘积，这里nN*，n2p1p1pnxZx0，1(mod3x20或1(mod3.而3pp1pn所以p1不是完全平方数.又由于p2 ,pn都是奇数，设

1，则p2(2k1)2(mod4.而完全平方数0或1(mod4)p13(mod4)p1不是完注【例18】p(3，使得不存在非负整数ab3a2bp322253227332411283513342617332319332223，25329，25131，263337下面证明：不存在abN3a2b413a2b413（注意，这时a1，应有(1)b1(mod3，故b为偶数.这时显然b0两边模4(1)a1(mod4a也为偶数.设a2m，b2n(3m2n)(3m2n41，故3m2n1，且3m2n41.这要求3m21（两式相加可得，.情形二若2b3a41，则b383b17(mod8，但3b1或3(mod8，4nN*4n2n212n222n)24n1(n2112n21)202，4n2n2122n21)213已知存在mnN*，使得k19m5n，正整数kmn1时，k14.若存在mnN*，使得k19m5n，则k1)m(mod5)k1)m1(mod4mk4(mod5，k2(mod4).这要求k14(mod20，k14；若m为偶数，则k1(mod5)，k0(mod4)，为要求k16(mod20，故k16.答案为14.求出所有的正整数ab，使得对所有的正整数nanbn都是正整数的n1【解析】设cnnanbn ncnab（对所有n1）ncn1(ab)n1anbnn与(2) ，因此cn1,2, ,ab，故cn只能取有限个不同的值，从而必有无穷多个n，使cn都等于同一个值c，即anbn对无穷多个n成立.不妨设abac

bc

c ac，则上式左边可任意大，而右边为一个常数c（与n无关，这不可能.故ac，于是bcac以(3)的左边2，故c2，即c1或2.显然c1不可能.若c2，由于 c

bc1， c

1知只能abc2.又易知ab2符合问题的要求，故所求的解为ab2

第十三讲费尔马小定理与阶子定理只在冬令营中考到，因此本联赛班讲义备涉及到孙子定理.本讲将重点研究费尔马小定理.mmm完系.0,1m1mm的最小非负完系.imMimm的缩同余类.m同余类的个数记作(m)，称为欧拉函数.在(m)个缩同余类中各取一数为代表，这样的(m)个数称为m缩系.(1)1,m1(m)为12m1中与m互素的数的个数，特别地，对素数p,(p)p设m

p1p2pkm

(m)

1)...(11 此定理的证明较复杂，且远远超出了联赛要求，故略去.有同学可自行参考相关书籍.显然，当(mn)1时，有(mn)(m)(n).当(am)1，b为任意整数时，若c1c2cmm的完系，那么ac1bac2bacmbm的完系r1r2r(m)m的缩系，那么ar1ar2ar(m)m的缩系.欧拉定理：设(am)1a

ppŒaap11(modp是素数，则对任意整数aap

a(modp)p|a0pŒa时，上式等价于费马小定理的上一形式)m1是一个固定的整数，(am)1，可以证明（见例3）k(1km)，使得ak )，具有这一性质的最小正整数k称为a模m的阶.它具有极其锐利的性质设(am)1，k是am的阶，u,v是任意整数，则auav(modmuv(modkau1(modmk|设(am)1，kam的阶，则数列aa2a3mk.数km互不同余.设(am)1，k是am的阶，则k|(m，特别地，app-但是，确定a模m的阶通常是极为的，逐一计算a,a2,a3,...,模m的余数可以求得阶，利用上述（3当(am)1，b若c1c2cmm的完系，那么ac1bac2bacmbm的完系r1r2r(m)m的缩系，那么ar1ar2ar(m)m的缩系【解析】(1)显然ac1bac2bacmbmm不同余.ac1bac2b(modmac1ac2(modmc1c2(modm )mr1r2r(m)，由(am1，故ar1ar2ar(m)m的缩系rr... ar

... a(m)r

...

且(r1

...r

m)1a

mp，则p)p1，即得费马小定理【例21】设m1是一个固定的整数，(a,m)1，证明：存在整数k(1km)，使得ak 【解析】由(am)1m个整数aa2a3ammmm-1种可能（即12m1，因此必有i,j(1ijm)满足k

jj

aiaj(modm)m|(ajai)ai(aji1)m|(ajik中一定有一个最小的，这个数就是am【例22】a和ma1m(am1【解析】熟知阶的性质：设(am)1，则a模m的阶整除欧拉函数(m.特别地，若mp，则a模p的阶整除p1.显然aam1a模am1的阶是m(am1)

aa2,a3am1模m的余数参考以上导【例23】

42|n7apa(modp)n7n(mod7),n3n(mod3),n2n(mod2)n7nn6nn2n3n(mod3),n7n(mod2,3,7互素，所以42|n7【例24】p2p1的任一素因子具有形式2px1xq是2p1的任一素因子，则q22q的阶是k，则由2p1(modq知kp，故kp（p为素数，这是能确定阶k的主要因素）.显然k1，否则211(modq，这不可能，因此kp.由费马小定理2q11(modqkq1

pq1pqq12px（x【例25】设正整数a10a20（在十进制中）(a,101a(25)1(mod25)a201(mod25a21(mod4)，故a201(mod4.因此a201(mod100a20【例26】将顺序为12,,2n2nn1,1n22,,n12nn，即原先的前n张牌移至第24,,2n张，这称为一次洗牌.试确定有哪些n，从顺序12,,2n开始，经过若干次洗牌可以【解析】易知原在第i位上的牌被放到了2i(mod2n1)位上，(22n1)1.由欧拉定理知2(2n1)1(mod2n12(2n1ii(mod2n1，对任何n,(2n1次张牌后都将恢复【例27】mnN*，且m(m2n11m(1n2nmnm m的一个完系，从而2,2 ,2m也是模mm 于是kn(2k)n(modm，即m(2n1)kn.结合(m2n11，所以mknk

k

k

k【例28】数列{an}na2n3n6n1(n1,2,3,...)n2p23p26p210(mod

2p11(modp),3p11(modp),6p11(mod32p123p16p16(mod62p263p266p26(mod2p23p26p21(modp，引理得证于是， 2p23p26p210(modp)a110a2481n,p.p23，则(na21p3的质数，则(nap2)11n都不符合要求.11.200546IMO【例29】（*选讲）(2003年第2题)设三角形的三边长分别是整数lmnlmn已知3t

3m

3n 4 4

4，其中{xxx]，求这种三角形周长的最小值10 103l

10 ] [ ] [ 【解析】由题设可知

由于(3,2)=(3,5)=1,∴由①可知3ln3mn1(mod24

(10现在设u是满足3u1(mod24的最小正整数,则对于任意满足3v1(mod24的正整数v vau,即u整除v.事实上,若不整除,则由带余除法可知,存在非负整数及,使 ,其.0bu1,从而可以推出3b3bau3v1(mod24),而这显然与u的定 ,所以u.注意到3u3(mod24329(mod24332711(mod24341(mod

mn4k,其中k为正整 (20分同理可由推出3mn1(mod54.故34k1(mod54现在我们求满足34k1(mod54的正整数k因为341524,所以34k1(1524)k10(mod54 (30分5k24k(k1)5228k(k1)(k2)53 5k52k[3(k1)27]k(k1)(k2)532110(mod543k5k[3(k1)27]k(k1)(k2)522110(mod 即有k5t,并代入该式得t5t[3k1270(mod52即有t0(mod52k5t53ss故mn500s,s同理可以证得ln500r

r为正整 (40分由于lmn.,所以有rs这样一来,三角形的三个边为500r

和n.由于两边之差小于第三边,故n s1r2n501 注本题为联赛2003年第2a5a(mod10p于是a5a(mod10)

apa(modpa2a(mod2)a5a(mod5a5a(modp2p13，或者具有形式2px1（x是正整数6，设q是2p12q的阶k.证明k2或2pn为一个正奇数，证明：存在一个各数码都为奇数的正整数m，使得nm【解析】如果(n,5)1，则数 1中必有两个数模n同余，即存在1ijn1，使得 1 0是n的倍数，结合(n,5)1可知n 1.命题获证j

ji

jik如果5nkN*k位正整数a5kakkm m m mk归纳予以证明：当k1时，取a15即可.设km时，存在一个m位数am，其数码均为奇数，5ma5m1a，则取a510ma，可知命题对m1成立；若5m1不整除a，则由于2m,32m72m,92m5a5mr(mod5m1，其中r12,34.我们可选择u1,37,9，使得u2m5r(mod5，从而令au10ma，就有5mm m m m n5kq，其中kN*q为奇数，且(5q1.考虑引理中的aa 每一个都是5k的倍数，并且每一个数的各数码都是奇数.100a,10kaa,102ka10kaa,,10qka10(q1)kaaq (10jkaa)(10ika100a)10(i1)k(10(ji1)ka 由(10q)1可知q10(ji1)k

100

，所以n10(ji1)k

100a 附录：今年联赛由省普委会命题，三周前省刚刚举行了联赛预赛.相信这套预赛试题会对今年联赛命题特别是一试题有一定的参考价值.（高二年级一、填空题（本题满分64分，每小题8分。直接将答案写在横线上P是△ABCPAPB2PC3AB，则△ABP与△ABC的面积之比为．已知数列{a}

2,

1,a

a

(nN*，则a

．

n

已知R如果集合{sin,cos2}{cos,sin2}则所有符合要求的角构成的集合 满足方程x28xsin(xy)160（xR,y[0,2)）的实数对(x,y)的个数 设z是模为2的复数，则|z1|的最大值与最小值的和 z对一切满足|x||y|1x,y，不等式|2x3y3||y1||2yx3|a2实数a的最小值 0A0,1234567,89}.x2mxn0（mnA）xA0 x的方程|xk范围是．

2kx在区间[k1k1]上有两个不相等的实根，则实数k21、1:22、 3、{|2k,kZ}4、 8、0k二、解答题（本大题满分56分，第916分，第1020分，第1120分yf(xx2bxc的图象过点（1，13yf(x

f(x1是偶函数2yf(x解（1）yf(x1f(xx2bxcx1 故b 4f(xx2bxc的图象过点（1，13，所以1bc13，故c因此，f(x)的解析式为f(x)x2x 8（2）yf(xP(mn2m为正整数，nm2m11n2，从而4n22m1)243，即[2n2m1)][2n2m143

122n(2m1)43是质数，且2n2m1)2n2m1，2n2m1)0，所以有2n2m1m解得n因此，函数yf(x)的图象上存在符合要求的点，它的坐标为 16已知数列{a}满足a1

an(nN*.证明：对一切nN* （1）anan11； （2）an 解（1）显然，a0，所以 ana（nN*

k所以，对一切kN*k所以，当n2

k

k2akak

5 2 k 211(

)1

3[1 ]3[1(1 k1

k1k

k2k(k

k

k k 3

1]

所以an

n

na11，故对一切nN*a1.因此，对一切nN*，有a

10

k（2）显然a .由a1，知

akak，所以a

1 1

k

k

k

k2

k

k

k2

kk2

k2

11 k k2 k

15所以，当nN*n211(

)1 3 3(11) k1

k1k2

k1k(k

k

k k 3(11)2n1 所以a

1

1

20 2n 2(2n 22

2y 1，过点P ,2y

而不过点Q(2,1的动直线lCA、B 点求记△QABSS3．（1如果直线lykxbP在直线l1

2kb故b

1(2k1)3联立直线lCy，得(2k21)x24kbx2b240

2b2A(x1y1，B(x2y2)x1x22k21x1x22k214k y1y2k(x1x2)2b2k212b2k21

2b2 y1y2(kx1b)(kx2b)kx1x2kb(x1x2)b24k

k kb2k2 2k2

)12k2因为QAx1

2,y11)，QB(x2

62y21QAQB(QAQB(x12,y11)(x22,y21)

2)(x2

(y11)(y2x1x22(x1x2)2y1y2(y1y2)22b24 2

b24k2 2k2

(2k2

2k2 2k211 [3b22k22b(22k1)1]2k211 [( 1)22k2 (2k1)(22k1)2k21 所以QAQBA、Q、B三点互不相同，所以如果直线l的斜率不存在，则A、B两点的坐标为(217，容易验证∠AQB＝90° 因此 122如果直线QA或QB的斜率不存在，易求得△QAB的面积为S 3.2如果直线QA和QB的斜率都存在，不妨设直线QA的方程为ym(x 2)1，代入椭圆C的8 2m程，消去y，得(2m21)x24m(2m1)x2(2m1)248 2m

[4m(2m[4m(2m1)2m2]42(2m1)22m2

2m2 m2 m218 2m8 2(8 2m|QB

(1)21m

m2(1)2m

m21

m2

16于是，△QABS1|QA||QB|1

m21

8 2m1|

8 28 2m 2m2

m2

2(1m2 2(1m2)m

1 2m1| 2m4(m21) 2m1| 2m

4 m m1(2m21)(m2 2(m21)2

2

1令m2

cos

2mm21

2cos1sinsin，则S4 .21sin24

m2241注意到 2cos sin 21|sin() 3，21sin22，且等号不能同241 取得，所以S4313 202

第十四讲不定方程【例30】n，使得n318n2115n391

f(n)n318n2115n391(n6)37(n25)n7,89,10,11,12f(1133,f(1221671353n13f(25)193，以下说明没有其它的解：13n25f(n)n318n2115n391(n8)36n277n(n8)3(6n11)(n11)(n8)3f(n)n318n2115n391(n5)3(3n240n(n5)33(n20)2398(n5)3 f(n)n318n2115n391n6)3or(n7)3，后者3n232n480nn11,12注本题也可以分13n25orn25讨论.事实上有相当多的不定方程问题主要用代数方法特别是不等【例31】

y22yx420x3104x240x2003

(y1)2(x210x2)22000做代换y1x210x2a,b，进一步(abab)uv，则uv2000bvu2后式即x210x2vu0有整解，故判别式为平方数922(vu)为平方 2故vu为偶，且uv2000，由此可穷举出所有可能的(u,v)：(2,1000),(21000),(4500),(4500),(8250),(825010200),(10200，(20,100),(20100),(4050),(4050)或其对称形式，对其一一验证其中使（*）成立的只有(8250),(2508)x17(x,y)(17,128),(7,128),(17,130)or(7,2003【例32】n是一个三位数（100n999）.n，使得n2n2nn2n(mod10001000|n2n2353|n(n1注意到n,(n1)互素，经简单分析可得到23|n,53|(n 23|(n1),53|n23|n,53|n1时，记n23an153b，则23a53b1a47,b3n23|n1),53|n时，记n53cn123d，则53c23d1c45,d78n2003【例33】求所有的三元整数组(xyz)x3y3z33xyz2003(xyz)(xy)2(yz)2(zx)240062003(xy)2yz)2zx)2 xyz

xyz(xy)2(yz)2(zx)2 y)2(yz)2(zx)2 对前者，消去z，得到6x26y26xy6x6y24006，两边模6得24(mod6)，xyzx1yzorx)注本题为北欧竞赛题【例34】pxyz满足0xyzpx3y3z3pxyz|x2y2x3y3z3p的余数相等x3y3z3(modp|x3y3(xy)(x2 p|y2z2yz),p|z2x2（1（2）p|(x2y2

（1（2（3），注意到0xyzp，所以xyzp,2p，其中p是大于3的质数.若2|xyz，则2|x2y2z2，故只需证明p|x2y2z2.

p|x2y2xyx(xy ,p|x2yz,p|z2xy6)p3(x2y2z2)6)p注本题为波兰赛题，严格说来本题并不算是一道不定方程问题，但是它处理问题的手法与解不定方程非【例35】34！=295232799cd96041408476186096435ab000【解析】易算出34(23431574113132记A234 1131321721923由9|A9|141cdc

，从而b0a0，由8|A8|35aa2由11|A知其奇数位与偶数位上各位数字之和的差可以被 整除，80d61只有cd3,dc3cd03abcd注【例36】ppxy31成立，其中x，y【解析】pxy31(y1)(y2y1)，其中y0y12，故设ypt(tN,1t 则ypt1y2y1pxt，将前式代入后式得到：(pt1)2(pt1)p2p3tx1,pt1pxtxt,y2y11y1,p2,x(2)当p3p3tx1pt1均为偶，pxtpxt(p3tx1)3(pt1)3|pxt

，于是3|

3|( 3|pxtp3xt1y2y13y2x23|p3tx1pxt|pt1pxt1，！px,y)2,1,1322003【例37】方程x y 200300有多少对整数解(x,y)【解析】x y ,2003y2003a2(0a10x2003(10a)211对整数解【例38】求出所有的奇质数p,使得p|1p12p12004p1a,p互素时，由费尔马小定理知ap11(modp，而122004中有2004p的倍数 p 于 1p12p1...2004p120042004(modp)， p p|1p12p1...2004p1p|20042004

p 设2004kpr(0rp1,kN)，则p|2004 pp|kprkrk(modkapr(aN，

2004ap2pr

(1)a02004rp1)43167rpr1346,12p2003当a02004p2p43p3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43p17满足条件p17,2003为解2004Px46x311x23x31PxP(x23x1)23(x10所以，当x10时，P1312是完全平方数 5（1）x10P(x23x1)2Px23x)22x23x310P(x23x)2，从而(x23x)2P(x23x1)2．又xZ，所以此时P不是完全平方数 10（2）当x10时，有 (x23x1)2．令Py2,yZ则|y||x23x1|，即|y|1|x23x1|所以y 2|y| 即3(x102|x23x1|10x的整数值为2,1,0,3,4,5,6P综上所述，使P为完全平方数的整数x的值为 20注本题为2010预赛高二-(m2n)(mn2m【解析】(m2n)(mn2所 mn (mn)(0a)or(a0)aZ后者mn3m3n10(m3)(n3)8(m3,n3)(8,(m,n)(5,2),(1,1),a,b，使得100ab201ab【解析】设100abm2201abn2 101an2m2(nm)(nm),m,，于是nm100nm，代入201abn2201(2n101bn2经验证n59m101n42a，2004求有多少个正整数对(mn，使得7m3n102004，且m|nnmkkN，则m(73k2200452004令73k2u5vuvN3u,vk(u,v)(0,0),(2,0)

0222个值（故(m,n) ,mk)有7

22010011个解

本讲研究数赛二试范围内初等数论所要求的最后一个专题：高斯函数y[x]x,[xxxx的整数部分.与它相伴随的是小数部分函数y{x},{x}x[x].由x、{xyxRZyx}R，值域为xxx{x},且0xx，都有[xxx1x1xxyxx1x2则[x1x2]yx}1图 图[xn]nx];{xnx}.xRnN [xy][x][ {x}{y}{x [xi][xi],xiR

[na]b

[xy]xy]x,yR；一般有[xi[xixiR

x

[x], x][x]xRnN （8）令

mmZ，则mn

m1，因此nmxn(m1.由于nmnn(m1N，则由（3）知nmxn(m1于是m[xm1,故[[x] 证毕xRnN1x之间的整数中，有x个是n的倍数n【证明】因[

x]n

xn

n

x]nxn

1nxnn数只有 个n

n,2n,,[x]n定理二：在npp(n!)[n]p

n][n].p p3p是质数，因此n!pp(n1，2n1np 次数的总和.由定理一知，1，2，…，n中有pp的倍数，有p2

p(n!)

[n]p

n]pn!pp(n!)MMp的因数.7(2000!)[2000][2000 722000！=7330·M，其中7M（厄米特恒等式）xRnN,则[xx1x2xn1] 高斯函数在格点（又叫整点）问题研究中有重要应用.下面给出一个定理定理四：yf(x)在[a,bf(t)](t为[a,b内的整数）区域axb,0y

f(x内的格点个数.yaxb0cxd内的格点个数等于[axb](且x为整数p,q满足pq)1，矩形域

q2

p]2p x]pq

y]qpq

p12

q10xq/ 0yp/*（3（如何证明？）n0x0y0xyn

20

[]nnn

n]2关于格点更深入的研究(如格点多边形面积等)往往涉及到组合几何的与数论的高级知识，有的同学可以参考闵嗣鹤的小《格点与面积本讲不涉及.一般来说，联赛中只涉及到中等难度的格点个数计数问题，其处理即利用定理4. （选做）12643abcdefghi9位数【解析】 !)

3(34!)3434

， 34!

5(3477(34 从23 cdefghi0000000，只需进一步确定ab,A225 113132172 注意到225240962 A2(mod10)b2A的末五位数643a2A8,16,328|3a2,16|643a232|643a2a注本题为根据上一讲例6,即2003年英国数学题改编【例40】3（厄米特恒等式）xRnN[x[x][x1][x2][x f(x)[nx][x][xn因f(x1)n

f(x)对一切xR成立，所以f(x)是一个以1为周期的周期函数，而当nx[01]f(x)0，故xR，厄米特恒等式成立n2n[xxx1n

消去nxx[0,1，则一定存在一个kk1xk，即(k1nxk 式右端nx]kk1xk kx1k1

k n

1,即tnk.这时，[xx

]n[x

0，而[x

nkn

][x

nn

]1k1个1k1.故左=右的问题转化为[0,1[0,1分段讨论.x[0,1kk1xk 【例41】(1)x2y21x100围成的区域内部（不含边界）(2)nAn(nn3f(n表示线段OAn上除端点以外的整点个数，f(1)f(2)f(3)...