2016年第 12期
20 1 6年全国高中
数学
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联赛加试题另解
中图分类号 ：012 文献标识码 ：A 文章编号：1005—6416(2016)12—0011—07
第一题 设实数 a1，a2，⋯，a2 016满足
9口 >1 1n +1(i=1，2，⋯，2 015)．求
a。一 )(n：一 2)⋯(n2 一 嘶)((z2晰一a{)
的最大值．
解法1 先
证明
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一个引理
引理 设
nI>2，af>b (1
∈ R
耳(口 )≤(√耳。 一√耳6 厂 一 厂 一
证明 (1)iiEn31 n=2 ( ∈Z+)的情形．
对k用数学归纳法．
当k=1时，
(n 一b )(。：一b )≤(√ 一 )
a1b2+a2b1—2√0l62口261>10
( 一 ) >10．
命题成立．
假设当k=s时，命题成立．
则当k=s+l时，
≤
n¨( 一bi+2~)] J L i
= 1 J
2 一 2 一
√耳 √耳61
2 — 一 2 — 一
√H 一√耳 z
，2” 厘 2“
≤(√弭 √弭
故此时命题成立．
(2)证明：若n：，．+1时命题成立，则 n=，．
(r≥2，r∈Z+)时命题也成立
令
a =
ar+1
则
√耳 肚√耳 厂 — r厂 一
a ，bf =b (1≤ ≤，．)，
= A，b，+1=B．
> ．
由归纳假设知
综
对
9a
若
(a 一b )
厂一 r+1 —一
／Ⅱ
i=1
一 √耳
一 B、
Ⅱ a 一bi)=
i=1
上，引理得证．
任意的i(1≤
>1 1口 +1≥90
a2 ol6一a ≤o，
故只
2 0l6
Ⅱ
i=l
则
r+l
(a -b )
一 B
11
≤( —B) ．
一 0
2
+1)≤0(口2 0l7=n1)．
需考虑
由引理知
a2 016——a1 >0的情形
2 016 丽 一
√ n
一 0
2
+1)
≤(S—S )2 016=[S(1一S)] 叭
≤( 2 016
．
1
．
又取 a1=a2=⋯ =a2 o16
． ． ， 1M
4—2—o16
，此时，
川Ⅱ
6
6
0 贝
一
．
，
凡
， ． 、{{
4
／， I ( ≤ ：
n
、 l l ● ● ● ，
川Ⅱ
得 _^
由
f『 砌
≤ =三
0
一Ⅱ
=
Ⅱ
>
6
)
一
6 0
一 ／ Ⅱ
0 一Ⅱ
=
r-__---_L ， --_I●_＼
“U 呵n
一2
=
+
2
、 I ●l - - ，
12 中 等 数 学
因此，所求的最大值为。 ．
(王泽昊 张斐然 河南省郑州市第一
中学，450000 潘彩 江东省连云港市新海
高级中学，222006)
解法2 记
P=(al一 )((z2一 )⋯( 一 a6)( 嘶一 )．
由题设条件知
a 一 口
2
+1>0(i=1，2，⋯，2 015)．
若 a2 0l6一a ≤0，则P≤o．
下面考虑 a：。 6一a >0的情形．
记m ：孚( l，2，⋯，2 015)，
a2 016
m 2 016 — 一 ，
01
2 016 2 016 1
此时，Ⅱm =Ⅱ÷．
i=1 i=1 u i
又 m > ( 1，2，⋯，2 015)，故
一 1)a ]
]
_1)]
： ．
i 1 m i
注意到，
mi-1
= 一( 一 ) + 1<～ 12 ． m 一 I m J 。4～4
故P=2 O16 mi_1≤
．
上式等号成立的条件为
m =2(i=1，2，⋯，2 016)，
即 a ：2n +1(i=1，2，⋯，2 015)，a2 o16=2 ．
解得 ：÷(i=1，2，⋯，2 016)．
经验证，满足题设中的不等式，这
表
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明等
号可成立．
综上，所求最大值为 ．
(杨霄 清华大学电机系2014级博士研
究生，100084 章德川 湖南省湘潭市韶山
市银田镇学校，411300)
第二题 如图 1，在△ABC中， 、l，为直
线 BC上两点( 、B、c、y顺次排列)，使得
BX．AC=Cy·AB．
y
图 1
设△ACX、△ABY的外心分别为 0 、0 ，
直线 0 02与AB、AC分别交于点 、 证明：
△AUV为等腰三角形．
证法1 如图2，作出o0 、o0 ，设交点
为A、 ，联结 AM，与 0 0 交于点 Q，延长
AB、AC，分别与630 、o02交于点 R、s．
2
由BX·AC=CY·AB j B X=
．
再由相交弦定理得
BX·BC ：BA·BR = ．
类似地， CY= CS
．
从而， =cs．
联结 MB、MR、MS、MC．
由A、B、M、S四点共圆
MBR = MSC．
类似地， BRM= SCM．
故△MBR △MSC BM=SM
0 1一 =2r．上● I I I
玎
( 一Ⅱ Ⅱ Ⅱ
=
2016年第 12期 13
RAM = CAM．
又oD 、O0：的公共弦为A ，则
0102上AM．
由0102上AM， MBR= MSC， Q=AQ
△AQU △AQV AU=AV．
(张逸尘 天津市新华中学初三(6)班，
300204 喻俊辉 江西省九江一中，332000
樊泽嘉 山西大学附属 中学高三(282)班，
030006 凌惠明 江苏省南京市金陵中学，
210005)
证法2 如图3，设 0为△ABC的外心，
0 0垂直平分边 c于点 E，0 0垂直平分边
AB于点 F，联结AO、AO 、AO，．
A
图 3
故 AO 0= X，
AOE= ABC AO0，=／ ABX．
于是，△AO0 ∽△ABX．
类似地，／~AO02 c,O~ACY．
又 BX·AC=CY·AB，故
O01 BX CY O02
O0l=O02 O0l 02= O020
1
AVU= AUV
△AUV为等腰三角形．
(万喜人 湖南省长沙市万喜培训学
校 ，410007)
证法3 以 为原点、直线XY的垂线为
轴建立直角坐标系，如图4．
J
～
X B C 】，
图 4
设X(p，)，0)，曰(6， )，C(c， )，Y(q， )
(P
5)．
不妨设度数为 i的点为 ，与之相连的i
个点为 A ， ：，⋯，A ；另外 9一i个点为 JE}，，
B：，⋯ ，B9
一
． 则点 B ( =1，2，⋯，9一i)只可与
2016年第 12期 l5
A ，A ，⋯，4 相连．其中，B 不能同时与两个
点相连(否则会出现四边形)．
因此，B1， 2，⋯，B9一 与41， 2，⋯， 之
间最多连9一i条线段．
再考虑 B ，B：，⋯，B 一 内部可以连出多
少条线段．
依据假设还需要再连 16一(9一i)一i=7
条线段．
而9一i个点至多连线段的条数为
r 一( 二 2(墨二
一
2
由ii>5，知C；一 ≤6<7，矛盾，此情形被
排除．
综上，所连线段数目的最大值不能为 16．
从而，原命题成立，最大值为 15．
(邹钰林 天津市耀华中学实验四年
(2)班，300040)
解法2 设这十个点分别为 ， ，⋯，
A 。，它们之间的连边构成图G( ，E)．则图 G
10
中恰有∑c ( 个角．
= l
根据条件，图 G中的任一个 中，
、 之间均不能连边；且图G中任意两个不
同的 。 Ay 与 中，均有
， }={ }．
10
于是，图G( ，E)补图中至少有∑ c (¨
0=l
条边．
故c ≥∑c +I EI
1O 10
∑d2(A )一∑d(A )
2 + I E
≥超一 Ⅲ
I EI
— —
5 ‘
解得IEI≤15．
图7即为一个连有 15条边的图．
图 7
综上，最多可以连 15条边．
(王剑明 浙江省嘉兴市第一 中学，
314050 张子洲 山西大学附属 中学高三
(282)班，030006)
第四题 设 P与p+2均为素数，P>3．
定义数列{a }：
al=2，
= a n
_
1a a 1+『 ](n：2，3，⋯)， +I——I =z，j，⋯ ，
其中，r ]表示不小于实数 的最小整数．证
明：对 n=3，4，⋯，P一1，均有 n I(pa 一1+1)．
证法 1 显然，{a }为整数数列．
当 n=3时，由条件知 a =2+p．
此时，pa2+l=(P+1) ．
由于P与P+2为孪生素数，结合P>3，
得3十p，3十(p一1)(若3 I(P一1)，贝0 3 I(P+2)，
矛盾)．
故3 I(P+1)j 3 I(P+1)
= 3 l(p口2+1)，
即 =3时，结论成立．
当 n=4时，
『-孕]：2+p+『 ]．
由3 I(P+1) ，知
r巳( ± )]一(卫± 2：
『 3 I一 3
故 2+p+『 ]
16 中 等 数 学
=
2+p+ 卫_二 二
．
此时，
pa3+ ：p【2+p+ 卫 ； ]+一
一 【 ± !(卫± )：
3 ’
已知P为奇素数，则
P=4k一1或P=4k+1
j 4 l(P+1)或4 l(P+3)
= 4 I(p口3+1)，
即12=4时，结论成立．
对 3≤ ≤p一1，利用第二数学归纳法证
明原命题．
显然，12=3，4时命题成立．
假设 3≤
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