数学奥林匹克高中训练题1

２中等数学模拟删檬

数学奥林匹克高中训练题（１）

第一试

一、选择题（每小题６分，共３６分）

１．设ｆ（ｚ）＝似２＋ｋ＋Ｃ，Ｉｆ（０）Ｉ≤１，Ｉ八１）Ｉ≤１，Ｉｆ（一１）Ｉ≤１．那么，ｆｆ（２）Ｉ的最大值为（）．

（Ａ）５（Ｂ）６（Ｃ）７（Ｄ）８

２．红蓝两色卡片各４张，每种颜色卡片分别标有数字１，２，３，４．将全部８张卡片排成２行４列的方阵，要求标数相同的卡片在同－－歹ＪＪ．则不同的排法种数为（）．

（Ａ）（砖斌）２（Ｂ）匙（壁）４

（ｃ）（譬定）２（Ｄ）重（匙）４

３．在三棱锥Ｐ—Ａ０｝Ｃ中，ＢＣ＝３，ＣＡ＝４，ＡＢ＝５．若三侧面与底面所成二面角Ａ—ＢＣ—Ｐ为４５０，Ｂ—ＣＡ—Ｐ为４５。，Ｃ—Ａ曰一Ｐ为４５０，则三棱锥Ｐ—ＡＢＣ的体积为（）．

（Ａ）１（Ｂ）２（ｃ）３（Ｄ）４

４．设方程（３戈）２０００＋（４ｘ＋１５）２０００＝０的所有复数根为口ｉ、瓦（ｉ＝１，２，…，１０００）．则＞？—匕等于（）．

—ｉ＝—１“ｉ“ｉ

（Ａ）半（Ｂ）半（ｃ）半（Ｄ）学

５．设』∈Ｒ＋．则ｙ＝√Ｆ冬＋２√ｒ毛的最大值为（）．

（Ａ）譬（Ｂ）学（ｃ）譬（Ｄ）警

，６．设ｎ＞１，厂（ｚ）是定义在有限集合Ａ＝

｛１，２，…，ｎ｝上的单调递增函数，且对任何菇、），∈Ａ，有灸斋＝以ｚ）八），）．那么，（）．（Ａ）ｎ＝２（Ｂ）ｎ＝３（Ｃ）ｎ＝４（Ｄ）ｎ＞１５

二、填空题（每小题９分，共５４分）

１．设Ａ是有限集，对任何石、Ｙ∈Ａ，若石≠Ｙ，则戈＋ｙＥＡ．那么，Ａ中元素个数的最大值为——．

２?若１ｗ，ｌ＜６，且直线ｚ＝詈是函数／（石）

＝ｓｉｎ【似＋詈）的一条对称轴，则∞＝３．若函数Ｙ＝ｌｏｇ。（戈２＋似＋１）没有最小

值，则ａ的所有取值的集合是——．

４．在棱长为１的正方体ＡＣ７中，Ｅ、Ｆ分别是棱ＢＣ、肋’的中点．则四面体ＡＢ７ＥＦ的体积为——．

５．设向量ａ、ｂ满足ＩａＩ＝１，ｌｂＩ＝２，且ｎ、ｂ的夹角为６００．若向量７口＋２ｔｂ与向量ｔａ＋ｂ的夹角为钝角，则实数ｔ的取值范围是——．

６．使得ｎｓｉｎ１＞１＋５ｃｏｓｌ成立的最小自然数ｎ是——．

三、（２０分）设Ｘ、Ｙ、：≥０，戈＋１，＋：＝３．证明：￣／菇＋√Ｙ＋√ｚ≥ｘｙ＋ｙｚ＋崩．

四、（２０分）给定正整数ｍ。，ｍ：，…，ｍ。，

七

且＞？ｍ，＝ｍ．求证：

青

∑ｃ置ｃ≯‘哦＝Ｇ：：．

ｎＩ十ｎ２＋‘一十ｎ＾２

ｎ

Ｏ≤ｎＩ，ｎ２－…－”＾≤”

五、（２０分）设直线与函数Ｙ＝戈４一石２＋戈的图像恰有两个不同的公共点．求出所有

　万方数据

２００６年第６期３

这样的直线方程．

第二试

一、（５０分）凸四边形ＡＢＣＤ的对角线ＡＣ、ＢＤ交于点Ｐ．如果存在一条过点Ｐ的直线ｔ，使得ｔ同时平分四边形ＡＢＣＤ的一组对边，试判断四边形ＡＢＣＤ的形状．

二、（５０分）给定正实数ｎ及正整数ｎ．求：

ｓ小）＝裂【瓣】（胍ｎ捌．

三、（５０分）给定正整数ｓ（ｓ≥５），将ｓ分拆成若干个互异正整数的和，这些正整数的乘积记为Ｆ．对所有不同的分法，求Ｆ的最大值．

参考答案

第一试

１．Ｃ．

ｉｆ（２）ｆ＝１４ａ＋２６＋ｃＩ

＝１３（ｎ＋６＋ｃ）＋（ｏ—ｂ＋ｃ）一３ｃＩ

＝１３ｆ（１）＋火一１）一３火ｏ）Ｉ

≤３Ｉｆ（１）ｌ＋ｉｆ（一１）Ｉ＋３ｌ以ｏ）Ｉ

≤３＋Ｉ＋３＝７．

当以戈）＝一２ｘ２＋１时，Ｉ“２）Ｉ＝７．

２．Ｂ．

先将标号相同的２张卡片合并成１张卡片，得到４张“大”卡片，将它们全排列，有Ａ三种方法，再将同一列中的２张卡片交换位置，有（鹰）４种方法，故有疋（鹰）４种排法．

３．Ｂ．

作ＰＯ上面ＡＢＣ于０，０１９上ＢＣ于Ｄ，ＯＥ上翻于Ｅ，ＯＦｊ－佃于Ｆ，设ＯＰ＝ｈ．则

么ＰＤＯ＝４５０，么ＰＥＯ＝４５０．么ＰＦＯ＝４５０．

于是，ＯＤ＝ｈｃｏｔ４５０＝ｈ。ＯＥ＝＾ｃｏｔ４５０＝ｈ，

ＯＦ＝ｈｃｏｔ４５。＝ｈ．

在△ＡＢＣ中，３０Ｄ＋４０Ｅ＋５０Ｆ＝２Ｓ幽＝１２，

所以，３，ｌ＋４＾＋５ｈ＝１２，ｈ＝１．

故ｙ＝号鼢＝了１×６×ｌ＝２．

４．Ｃ．

原方程等价于（尘葺擘）２”：一１．

、ｊ工，

设一ｌ的所有２０００次方根为∞。、面（ｉ＝１，２，…，１０００）．于是，

！Ｓ，一、．．４口。＋１５

∑（¨面）＝ｏ，且旷兰攀．

所以，ｉ１＝了（０ｉ一万４，

去＝（詈一吾）（亨一商４）

＝去＋殇１６一丢（詈＋詈）＝可１一焉４（毗＋一ＯＪｉ）．

２豸＋殇一面＼了＋了７２可一焉～毗＋，‘故髫去：攀可１一窭丢（嘶＋ｉ）ｉ

故蚤去２善可一∑＝１１击（嘶＋ｉ）

．．．１．———０——０——０—

一

９‘

５．Ｄ．

令ｘ＝÷，于是，

，，＝

≤

／（１＋ｆ）２

～——厂

＋２属ｌ＋ｔ＝志＋焘

２

压ｔ２

＋而２而＋７鬲

舡熹＋?志舡压（南一熹）＝压一压（而１一雩）２＋譬

鲥＋譬＝警．

上式等号在。７吉ｉｔ２４占２，即江１，亦即ｘ＝ｌ时

￣／ｌ＋

６．Ａ．

任取ｘ≠），，石、ｙＥＡ，则有

矧＝以算Ⅵ儿矧＝川川．

所以，矧＝船捌厂（小／’ｈ）．

因此，，２（石）＝ｃＩ（ｃＩ＞０）．

故以并）∈｛ｃ，一ｅ｝（ｃ＞０）．

如果凡＞２，由抽屉原理，存在戈≠），，戈、ｙ∈Ａ，使以茗）＝八，，），这与以茗）是单调递增函数矛盾，所以，

磊

√

　万方数据

４中等数学

ｎ＝２．

进一步，注意到八并）单调递增，所以，

八１）＝一ｃ，以２）＝ｃ．

由兰：（一ｃ）ｃ，得ｃ＝１．

存在八戈）＝２ｘ一３，戈∈｛１，２；满足条件．

二、１．３．

设Ａ中元素个数为ｎ．

若ｎ＞３，则必有两个元素符号相同，不妨设有两个数为正数．设最大的两个正数为ａ、ｂ（ｎ＜ｂ），则ｎ＋ｂ＞６．于是，ｎ＋ｂ芒Ａ，矛盾．

所以，ｎ≤３．

又Ａ＝｛０，１，一１｝合乎条件，因此，ｎ的最大值为３．

２．０，１，一５．

首先，以戈）未必是三角函数，当ｃｃ，＝０时，合乎题意．

其次，令ｓｉｎ（ＣＯ?詈＋号）＝±１．

解得鲫＝ｌ，一５．

３．｛０１０＜ｎ＜ｌ司￡ｎ≥２｝．

当０＜ｎ＜１时，Ｙ＝ｌｏｇ．（菇２＋似＋１）没有最小值等价于ｔ＝茹２＋僦＋ｌ没有最大值，这显然成立．所以，０＜Ⅱ＜１．

当ｎ＞１时，Ｙ＝ｌｏｇ。（石２＋似＋１）没有最小值等价于ｔ＝戈２＋似＋１在ｘ２＋似＋１＞０的约束下没有最小值，又等价于ｔ＝茗２＋似＋１的最小值不大于０，即△＝口２—４＞１０．结合ｎ＞１，有ｎ≥２．

４?云?

虽然四面体各面的面积可求，但任何一个高都难求，从而，不宜直接求体积．可考虑等积变换，使得四面体ＡＢ＂ＥＦ有一个面平行于正方体的底面．注意到，四面体ＡＢ７ＥＦ有两个顶点Ａ、Ｅ在正方体的底面ＡＢＣＤ内，于是，想到将四面体的另一个顶点变换到面ＡＢＣＤ内．设想底面ＡＥＦ不动，而顶点曰７在平行面ＡＥＦ的直线ｚ上移动，过曰７作一条直线ｆ∥ＡＦ，则Ｚ必与ＣＢ的延长线相交，设交点为Ｇ．又设ＢＢ＂的中点为∥．在ＢＧ上取一点Ｋ，使ＢＫ＝ｌ，则Ｆ＇Ｋ∥ＦＡ．所以，Ｆ＇ＫｆｆＢ７Ｇ．

因为∥＝Ｆ＇Ｂ’，所以，蕊＝ＫＢ＝１，ＥＧ＝｛．

故Ｖ＝ｖｃ一脚．＝睇一．晒＝丢衄?嬲?ＦＤ＝面５．

５．一７＜￡＜一丁１，且ｆ≠一半．

由（７口＋２ｔｂ）?（埘＋”＜０，得一７＜ｆ＜一ｉ１．

此外，必须７ａ＋２西与ｔａ＋ｂ的夹角不是平角，因此，ｔ≠一华．

６．５．

因为号＜１＜詈，所以，

尼ｓｊｎ号＞ｎＳｉｎ１＞ｌ＋５ｃ∞ｌ＞ｌ＋５ｃｏｓ詈＝每．

故ｎ＞；＞４．

√３

而ｎ＝５时，易证５ｓｉｎ１＞１＋５ｃｏｓ１，即

５（ｓｉｎ１一ｃｏｓ１）＞１，

平方即为ｓｉｎ２＜豸２４，这显然成立．

实际上，因为斋＜１＜号，所以，

ｓｉｎ－孚＜ｓｉｎ２＜ｓｉｎ警＝Ｔ＃Ｔ６Ｕ２ｖ５

￣／１４．５２４

＜Ｔ＜西‘

故最小自然数ｎ：５．

三、因为２＋（正）３＝１＋１＋（＾）３Ｉ＞３厶，

所以。２＾＋ｘ２≥３菇．

同理，２６＋ｙ２≥３），，２＾＋ｚ２≥３ｚ．

故２（＾＋６＋＾）＋石２＋Ｙ２＋：２

≥３（ｚ＋Ｙ＋彳）＝（石＋Ｙ＋ｚ）２（因石＋Ｙ＋ｚ＝３）．

展开即得＾＋６＋＾≥夥＋弦＋就．

四、证法ｌ：一方面，构造组合模型：从ｍ个不同元素中选取ｎ个元素的组合，其组合数显然为ｑ．另一方面，组合数也可这样计算：将ｍ个元素分为ｋ组，第１组ｍ。个元素，第２组ｍ：个元素，……，第ｋ组ｍｋ个元素，且∑ｍ。＝ｍ．对任何一个乃元组合，设它含有第１组中的ｎ。个元素，第２组中的ｎ：个元素，……，第ｋ组中的‰个元素，则得到一个非负ｋ元数组（ｎ。，ｎ：，…，‰），其中∑ｍ＝ｎ．反之，对任何一个非负ｋ元数组（ｎ。，凡：，…，‰），其中∑ｍ＝ｎ，在第１组中取ｎ。个元素，第２组中

　万方数据

２００６年第６期５取ｎ：个元素，……，第ｋ组中取ｎｋ个元素，将这些

元素合起来便得到一个ｎ元组合．

下面计算ｎ元组合的个数．

由于在第ｉ组中取ｍ个元素有ｑ种方法，由

乘法原理，对给定的ｎ。，ｎ：，…，‰，ｎ元组合的个数

为ｃＺｃ。ｎ２：…哇，再由加法原理，ｎ元组合的个数为

∑ｃＺｃ≯’皖＝％

“Ｉ…２…＋～２“

Ｏ≤ｎＩ－ｎ２?’’，７‘女≤“

证法２：构造母函数

（１＋ｘ）“ｌ（１＋戈）“２…（１＋）ｍｋ＝（１＋戈）“．①比较式①两边ｚ”的系数，显然，（１＋ｚ）“的展开式中戈“的系数为Ｇ：：．

考察式①左边的展开式中石”的系数．

由于（１＋ｘ）“－的展开式中ｘ“－的系数为ｃ≥，（１＋ｚ）“：的展开式中戈“：的系数为ｃ。ｎ２，……，

（１＋戈）、的展开式中ｘｎｋ的系数为０，当且仅当

女

＞７％＝ｎ时，这些项的积为含菇８的项．当ｎ．，ｎ：，ＥＴ

＾

…，‰取遍所有满足ｙ啦＝ｎ的自然数时，便得到

五Ｔ

所有含ｘ“的项，所以，戈”的系数为

∑ｃ鼍ｃ≯‘哦．

“Ｉ＋７１２＋＋一十“女２”

（）≤”ｌ－”２?一?“＾≤“

故∑ｃＺｃ≯’吐＝Ｇ：：．

“Ｉ＋”２＋＋～２“

ｏ‘ｎＩ，ｎ２－…ｔ～‘“

五、显然，直线ｚ＝ａ与函数Ｙ＝菇４一算２＋石的

图像只有一个公共点．于是，设直线方程为Ｙ＝彤＋

ｑ．将其代入Ｙ＝ｘ４～石２＋戈，得

膏４一石２＋（１一Ｐ）菇一ｑ＝０．①方程①恰有两个不同实根，有如下３种情形：

（１）戈４一戈２＋（１一Ｐ）戈一ｑ

＝（戈一¨）（石一口）（ｚ２＋Ｃ膏＋Ｄ），

其中，Ｕ、∥、Ｃ、Ｄ∈Ｒ，比≠１２，且Ｃ２＜４Ｄ．

（２）戈４一石２＋（１一Ｐ）ｘ—ｇ＝（ｘ—ｕ）２（聋一＂）２，

其中，“、＂∈Ｒ，且Ｕ≠１２．

（３）Ｘ４一戈２＋（１一ｐ）ｚ—ｑ＝（ｘ—ｕ）３（ｚ一口），

其中，“、＂∈Ｒ，且Ｍ≠＂．

对于（１），可设

戈４一戈２＋（１一ｐ）戈一ｑ

舨叫攀＝∽篙其中，实数Ａ、曰满足曰＜ＩＩ】ｉｎ｛笙尹，等）．

ｘ４一ｘ２＋（１一Ｐ）菇一ｑ＝（戈２＋舭＋曰）２，

解得Ａ＝ｏ，曰＝一｛，ｐ＝１，ｇ＝一｛．

因此，直线方程为Ｙ＝石一寺．

Ⅱ３＋３ｕ２Ｆ２Ｐ一１．“３Ｆ＝一ｑ．

解得ｕ＝±，百／－６．

ｐ＝ｌ＋Ⅱ２（“＋３”）＝１＋丢（Ⅱ一９ｕ）＝ｌ一号Ⅱ，ｇ＝一Ⅱ３＂＝３Ⅱ４＝』１２，

　万方数据

６中等数学

于是＇（Ｍ，＝（?±等，击）．

此时，直线方程为

ｙ＝（－±警）戈＋丧．

第二试

一、四边形为平行四边形或梯形．

不妨设过点Ｐ的直线交船、ｃＤ于ＪＩ；ｆ、Ｎ，ＡＭ＝ＭＢ，ＣＮ＝ＮＤ．

过点肘作ＥＦ／／ＣＤ，交直线尉、船于层、，．则点Ｅ、，不可能在仙同侧．

若点Ｅ、，在衄异侧，由朋∥ｃＤ及Ⅳ是ｃＤ的中点，知肘是肼的中点．故四边形ＡＥＢＦ为平行四边形．

甄以．ＡＥ／／ＢＦ，即ＰＡ／／ＰＢ，矛霭．

因此，时与船重合，即船∥∞．

二、设矗２≤［ａ］＋１＜（知＋１）２，＿｜｝∈Ｎ＋．

（１）当［ａ］＋１为非完全平方数时，有

后２＜［ａ］＋ｌ＜（ｋ＋１）２，

即＾２＋ｌ≤［ａ］＋１≤七２＋２七．

于是，后２≤［ａ］≤Ｊ｜｝２＋２ｋ一１．所以，

蠡２≤［Ⅱ］≤［ｎ］＋舌＜［Ⅱ］＋１≤尼２＋２ｋ（．『＝０，ｌ，…，ｎ—１）．①因为［口］≤ａ＜［ａ］＋ｌ，所以，

ａ］＋舌≤口＋舌＜［口］＋上ｎ＋１．

ｎｎ

利用式①有

七２≤［口］＋』ｎ≤吐＋舌＜［ｎ］＋舌＋ｌ

。。

ｎ。。ｎ

＜（七２＋２七）＋ｌ＝（七＋１）２．

故【瓜】＝后（Ｊ＝０，ｌ，…，ｎ—１）．②眠嘶，＝篓［属】＝薯一．

在式②中取，＝Ｏ．得后＝［４－ｎ］．

故Ｓ（口）＝ｎｋ＝凡［＾］．

（２）当［ｎ］＋ｌ为完全平方数时，有

［ａ］＋１＝后２，［ｎ］＝后２—１．

于是．后２一ｌ≤ａ＜矗２．所以，

（后一１）２≤尼２—１＋上≤ｎ＋ＪＬ＜后２＋上（ｊ＝

ｎｎｎ’０，１，…，ｎ—１）．

此时，必存在矗，使，≤矗时，

（后一１）２≤Ⅱ＋上＜｜｜｝２；

儿

而ｊ＞ｊｏ时，后２≤。＋舌＜矗２＋舌＜七２＋１．所以，当，＝ｏ，１，…，矗时，【√厂＝了乏】＝岛一１；当＿，＝五＋１，矗＋２，…，忍一ｌ时，【，、／厂：＝－：＿＝手】＝摩．№㈦＝襄【‘丐】

＝善【瓜】＋，誊ｎ－Ｉ。【瓜】

＝∑（后一１）＋∑蠡

＝（矗＋１）（七一１）＋（ｎ一矗一１）后

＝础一矗一１．

由矗的最小性可知

口＋等＜瞧ｎ＋掣，

所以，以２一舳一１≤矗＜ｎｋ２一ｍ，

即凡（［ａ］＋１）一，ｍ一１≤Ｊ０＜ｎ（［ｎ］＋１）一ｎｎ．从而，ｎ—ｎ｛ａ｝一１≤矗＜ｎ—ｎ｛ａ｝，有

ｎ｛口｝＜ｎ—Ｊｉ≤ｎ｛ｎ｝＋１．

贝０，ｌ—Ｊｂ＝［ｎ｛ａ｝］＋１，即

矗＝ｎ一［ｎ｛ａ｝］一１．

故ｓ。（ａ）＝ｎｋ一矗一ｌ＝ｎｋ—ｎ＋［ｎ｛ａ｝］

＝ｎｖ厂ｃ＿而＋［凡｛ａ｝］一ｎ．

综上所述，

驰，＝｛：篇…舶¨■震嚣

三、设ｓ分拆成．Ｉｌ＋ａ２＋…＋ａｆ（ａＩ＜ａ２＜…＜ａ，）时，Ｆ＝ｏ。ａ：…ａ，达到最大值．

下面证明：ｎ。，ａ：，…，ｑ具有以下４条性质．

（１）ａ，≠１；

（２）ａ。＋Ｉ一８．≤２；

　万方数据

２００６年第６期７

（３）最多有一个ｉ，使口。一。产２；

（４）ｏ．≤３．

（１）若有某个ｏ。＝ｌ，必定是ｎｌ＿１．

令ｓ’＝口２＋ｎ３十…＋（Ⅱｆ＋１），则

，＝０２口３…Ⅱｔ—ｌ（口￡＋１）

＞１×０２ｎ３…ｏｆ—ｌａＩ＝Ｆ，

矛盾．

（２）若有某个ｉ，使得嘶＋。一啦＞２，则令

ｏ：＝ｏ。＋１，ｎ：＋ｌ＝ａ。＋Ｉ一１．

由《＋ｌ《一ｎ。＋ｌｏ。＝ｎ‘＋Ｉ—ｎ‘一ｌ≥３—１＝２＞０，

锝Ｆ。＞Ｆ．矛盾．

（３）若有某个ｉ＜，，使得ｎ＿。一８；＝２，ｑ＋，一ｑ＝２，贝９令ｎ：＝口。＋ｌ，《＋ｌ＝ｑ＋Ｉ—１．

由ｎ；《＋ｌ一嘶ｑ＋ｌ＝吩＋Ｉ—ａｉ—ｌ

＝ｑ＋Ｉ—ｑ＋吩一口ｆ一１＝２＋ｑ—ａｉ—ｌ

≥２＋ｏ。＋ｌ—ｎ。一１＝４一ｌ＝３＞０，

狐Ｆ¨＞Ｆ。矛盾．

（４）若ｏＩ＝４，则由ｓ≥５知，８：存在，且由前面的讨论有ｎ：＝５或６．

（ｉ）当ｎ２＝５时，将８Ｉ＋口２＝９分拆成２＋３＋４，由２Ｘ３Ｘ４＞４Ｘ５，知，，＞Ｆ，矛盾．

（ｉｉ）当ｎ２＝６时，将ｎ。＋ｎ２＝１０分拆成２＋３＋５，由２Ｘ３×５＞４×６，知，＞Ｆ，矛盾．

若ｎ．≥５，将ｔ１。分拆成２＋（ｎ。一２），由

２（ｏＩ一２）≥ａｌ＋１，

知，，＞Ｆ，矛盾．

综上所述，当，达到最大时，ｓ的分拆只有两种形式：

第一种形式为

ｓ＝２＋３＋…＋ｍ—Ｐ（２≤ｐ≤ｍ）；①第二种形式为

ｓ＝３＋４＋…＋ｎ—ｑ（３≤ｑ≤ｎ）．②若ｓ同时存在上述两种类型的分拆，即

２＋３＋…＋ｍ—Ｐ＝ｓ＝３＋４＋…＋凡一ｑ，

其中，２≤ｐ≤ｍ，３≤ｑ≤ｎ．

我们证明必有ｍ＝ｎ，Ｐ＝ｑ＋２．

实际上，若ｍ＞ｎ，移项得

２＋（ｎ＋１）＋（ｎ＋２）＋…＋，ｎ＝Ｐ—ｑ

≤ｍ—ｑ≤ｍ．

矛盾．

同样可知，ｍ＜ｎ亦矛盾．

于是，ｍ＝ｎ．从而，２＝Ｐ—ｑ，即Ｐ＝ｑ＋２．

此时，对应的Ｆ值之比为

ｍ！ｍ！

镪＝昔＝等＝ｑ系２＞ｌ（ｑ列．

，ｂ—ｎ！一ｍ！一＋７１、’７。７。

２９２ｑ

因此，当ｓ同时存在两种分拆时，第一种形式的分拆使，达到最大．

取划分数列吼＝２＋３＋…＋后，则对给定的正整数ｓ（ｓ≥５），总存在确定的整数七（七≥３），使得吼一Ｉ≤ｓ＜吼．

令ｓ＝ｎＩ—ｒ，贝４。‘一ｌ≤ｎ＾一ｒ＜ｎＩ．

解得０＜ｒ≤蠡，即ｌ≤ｒ≤｜｜｝．

于是，对给定的正整数ｓ，总存在确定的整数尼、ｒ，使得

ｓ＝２＋３＋…＋后一ｒ（１≤ｒ≤后）．

（１）当ｒ＝ｌ时，

ｓ＝２＋３＋…＋七一ｌ

＝３＋４＋…＋（七一１）＋（＿｜｝＋１）

＝３＋４＋…＋（后＋１）一豇，

这是第二种形式的分拆，其中凡＝蠡＋１，ｑ＝七．若ｓ存在第一种形式的分拆，则由上面讨论，必有，ｎ＝ｎ＝七十ｌ，Ｐ＝ｑ＋２＝ｋ＋２，即

ｓ＝２＋３＋…＋（南＋１）一（七＋２），

这与Ｐ≤ｍ＝＿ｊ｝＋ｌ矛盾．

于是，ｓ只存在第二种形式的分拆，此时，

Ｆ一（堡±１

２１

～“

２后’

（２）当２≤ｒ≤七时，

ｓ＝２＋３＋…＋七一ｒ（２≤ｒ≤居），

这是第一种形式的分拆，其中ｍ＝七，Ｐ＝ｒ．此时，，一：掣．

综上所述，设ｓ＝２＋３＋…＋后一ｒ（１≤ｒ≤ｋ），

ｆ连半，Ｈ；

。江２一七．

（冯跃峰深圳高级中学，５１８０４０）

　万方数据

数学奥林匹克高中训练题(1)

作者：冯跃峰， FENG Yue-feng

作者单位：深圳高级中学,518040

刊名：

中等数学

英文刊名：HIGH-SCHOOL MATHEMATICS

年，卷(期)：2006，""(6)

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