高二数学联赛二试真题分析代数

高二数学联赛二试真题分析代数第1讲二试真题分析代数二试代数概述本讲收录了1998年以来所有的联赛二试代数真题。二试代数向来是联赛的必考内容，甚至在最近10年中最少有4年占两道。从以往试题来看，二试代数问题往往偏于对学生代数功力的考察，其主要类型为不等式（占50%）、方程组求解等代数经典问题（占30%）以及数列相关问题（占20%）。在08年前只考三道题的时候，为了尽可能全面考察四大板块，经常还出现代数与数论、组合相交叉的综合性问题。不等式问题占的比重相对较小。从09年开始变为四道题之后，四道题分别考察四个独立的内容成为可能，这也使以前联赛问题总是与其它主流竞赛问题“不像”这个问题得以解决。但是这明显让绝大部分未进行过专业数论、组合板块训练的同学失去对竞赛的兴趣和信心（因为最后两道题很难得分，前面的题目也不一定就能拿到高分）。为了解决这个问题，从今年开始又将一试分数调整到120分，相应地二试从每题50分变到两道40分题加上两道50分题。虽然从理论上说，二试的两道40分题可能为四个板块中任意两种，但因为数论与组合常规下总是较难，所以绝大部分情况下二试问题结构为第一题平几与第二题代数40分，第三题数论与第四题组合各50分。在不与数论、组合发生交叉的情况下，代数问题仍以不等式为主（也可能以递归数列形式出现的不等式），但不排除其它两种可能。下面的例习题也将按此比例大致分配。考虑到代数部分极可能为40分题，因此其难度不会太大；但联赛代数历年来也不会命那些只要简单的几步即可完成的题，总是会出现较大的计算量（一般在20行内难以完成）以实现分步给分。如果是不太难的不等式，则总是会出现两问或“两头堵”以增加难度，实现选拔功能。例题精讲板块一不等式与极值不等式是联赛二试改为四道题之后代数部分最主要的题型，其解决方法多样，内容繁多，且基本没有通法，需要考生创造性地解决问题。以下内容为联赛考察重点：1、均值不等式，在用均值的时候往往需要根据取等条件来凑配相应的系数；2、柯西不等式，特别要注意柯西不等式的几个重要变形，特别是主动变形即$\sum_{i=1}^na_i\sum_{i=1}^nb_i^2\geq(\sum_{i=1}^na_ib_i)^2\Leftrightarrow\sum_{i=1}^na_i^2\geq(\sum_{i=1}^na_ib_i)^2/\sum_{i=1}^nb_i^2$。右方这个式子的诸$b_i$往往是根据题目特点主动构造的。3、采用逐步调整或磨光变换方法来得到离散量或整值问题的极值。4、有时候还需要使用其他重要的不等式，如排序、切比雪夫不等式等，但使用的不多。5、由于三元轮换对称不等式的普通变式已经被研究透彻，而且容易被暴力破解，因此这种几年前的主流不等式问题近年来已越来越少见。6、近年来，更多地采用构造某个函数并利用增减性、求导等方法来得到局部不等式，并将它们相加以证明。其中的主要难点在于局部不等式的右侧是何种形式难以想到。据不等式专家单墫、陈计等人的观点，不等式问题最关键的是培养大小的感觉。也就是说，做不等式问题的第一步不是考虑使用哪个不等式，而是对题目中各变量对大小的影响有一个较明晰的感觉，并将这种感觉细化并具体化。这种感觉需要长期的培养和练习。一般可以通过固定其他变量，单独观察某个变量的变化来进行。举例来说，对于给定整数n>2，设正实数a1，a2，...，an满足ak≤1，k=1,2,...,n，记Ak=1/2k+ak，k=1,2,...,n。求证：∑ak-∑Ak<(n/(n-1))^2。首先，由ak≤1可知，对于1≤k≤n-1，有∑ai≤k≤k，∑an≤i≤n-k。注意到当x,y>0时，有x-y<max{x,y}，于是对于1≤k≤n-1，有An-Ak=-(∑ai+∑an)/(nk)+(∑ai+∑an)/(nn-k+1)<max{(n-k)/(nk),(k-1)/(nk)}。因此，An-Ak≤1-(k/n)或An-Ak≤1-((n-k+1)/n)。故1/An-1/Ak≥(n-1)/n。因此，∑ak-∑Ak=nAn-∑Ak≤n∑(An-Ak)≤n(n-1)/n^2=1-1/n<(n/(n-1))^2。再举一个例子，设xi≥0(i=1,2,3,...,n)且∑xi=1，求∑xi^2的最大值与最小值。首先求最小值。因为∑xi=1，所以每个xi都小于等于1。因此，∑xi^2≥1/n，当且仅当xi=1/n时取等。因此，∑xi^2的最小值为1/n。接下来求最大值。因为∑xi=1，所以至少有一个xi大于1/n。设xi≥1/n，xj≤1/n，i≠j。则∑xi^2≤xi(∑xi)+∑xj^2≤xi+∑xj^2。由于∑xi=1，所以xi=1/n+(xi-1/n)，∑(xi-1/n)=0。因此，∑xi^2=∑(1/n+(xi-1/n))^2=1/n^2+2/n∑xi-2/n^2+∑(xi-1/n)^2≤1/n^2+2/n(xi+∑xj^2)-2/n^2+∑(xi-1/n)≤1/n^2+2/n(xi+∑xj^2)-2/n^2。因此，∑xi^2的最大值为2/(n+1)。题目：求解不等式和代数变形问题解题思路：对于第一道题目，首先需要将其中的格式错误和明显有问题的段落删除，然后对每段话进行小幅度的改写。具体来说，可以将其中的符号错误和语法错误进行修正，同时对于其中的数学符号和公式进行规范化处理。对于第二道题目，需要进行代数变形和不等式求解。具体来说，可以利用柯西不等式和代数变形的技巧对其进行求解。需要注意的是，这是一道运算量比较大的题目，需要耐心和细心地进行计算。对于第三道题目，需要利用代数的基本知识对其进行求解。具体来说，可以利用一元二次方程的求根公式和代数变形的技巧对其进行求解。需要注意的是，这是一道比较典型的代数题目，需要熟练掌握相关的知识和技巧。改写后的文章：题目1：求解不等式问题给定不等式：$\sum_{i=1}^nx_i^2+\sum_{1\leqk<j\leqn}x_kx_j\geq1$，其中$x_i$为实数。求不等式的最小值。解题思路：首先对不等式进行改写，得到$\sum_{i=1}^nx_i\geq1$。显然，不等式的最小值为1。当且仅当存在$i$使得$x_i=1$，$x_j=0$（$j\neqi$）时，等号成立。题目2：求解代数变形和不等式问题给定等式：$\sum_{k=1}^n2ky_k+\sum_{1\leqk<j\leqn}y_ky_j=1$，其中$y_k$为正数。求$\sum_{k=1}^nka_k$的最大值，其中$a_k=\frac{1}{2}(y_k-y_{k+1})$（$k=1,2,\cdots,n-1$），$a_n=y_n$。解题思路：首先对等式进行改写，得到$\sum_{k=1}^nka_k-\sum_{k=1}^{n-1}(k+1)a_{k+1}=\sum_{k=1}^nka_k-na_n$。由于$a_1\geqa_2\geq\cdots\geqa_n$，因此有$y_1\geqy_2\geq\cdots\geqy_n$，即$a_1\geqa_2\geq\cdots\geqa_{n-1}\geqa_n$。由柯西不等式可得：$\sum_{k=1}^nka_k-\sum_{k=1}^{n-1}(k+1)a_{k+1}\leq\sqrt{\sum_{k=1}^{n-1}k^2}\sqrt{\sum_{k=1}^{n-1}4a_k^2}\leq\frac{n(n-1)}{2}\sqrt{\sum_{k=1}^ny_k^2}$因此，$\sum_{k=1}^nka_k\leq\frac{n(n-1)}{2}\sqrt{\sum_{k=1}^ny_k^2}+na_n$。由于$a_n=y_n$，因此可以令$x_k=2(k-1)$，则有：$\sum_{k=1}^nka_k\leq\frac{n(n-1)}{2}\sqrt{\sum_{k=1}^nx_ky_k}+ny_n$显然，$\sum_{k=1}^nka_k$的最大值为$\frac{n(n-1)}{2}\sqrt{\sum_{k=1}^nx_ky_k}$，等号成立时，$y_1=1$，$y_k=0$（$k\neq1$）。因此，$\sum_{k=1}^nka_k\leq\sqrt{\sum_{k=1}^{n-1}k^2}\sqrt{\sum_{k=1}^{n-1}4a_k^2}=\sqrt{\frac{n(n-1)(2n-1)}{6}}$题目3：求解代数变形问题给定函数$f(x)=x+ax+bx+c$，其中$a,b,c$为实数，$\lambda$为正数，且$f(x)$有三个实根$x_1,x_2,x_3$，满足$x_2-x_1=\lambda$和$x_3>x_1+x_2$。求$2a^3+27c-9ab$。解题思路：由于$f(x)$有三个实根，因此有$\Delta=(a+b)^2-4ac\geq0$。根据题意，$x_2-x_1=\lambda$，因此有$x_1+x_2=-a-b$，$x_1x_2=c$。将$x_1$和$x_2$表示成$a,b,c$的函数，得到：$x_1=-\frac{a}{2}-\frac{b}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{\Delta}$，$x_2=-\frac{a}{2}-\frac{b}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\Delta}$由$x_3>x_1+x_2$可得：$-\frac{a}{2}-\frac{b}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\Delta}<x_1+x_2<-\frac{a}{2}-\frac{b}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{\Delta}$因此，$\sqrt{\Delta}<\frac{3}{2}\lambda$。又因为$\Delta=(a+b)^2-4ac=(a-b)^2+4ab$，因此有：$2a^3+27c-9ab=2(a^3+b^3)+27c-9(a+b)ab=2(a+b)(a^2-ab+b^2)+27c$由于$x_1$和$x_2$是$a,b,c$的函数，因此可以将$2(a+b)(a^2-ab+b^2)+27c$表示成$x_1,x_2$和$\lambda$的函数，得到：$2(a+b)(a^2-ab+b^2)+27c=2(x_1+x_2)^3-3(x_1+x_2)(x_1^2+x_2^2)+9x_1x_2+27c$将$x_1$和$x_2$表示成$a,b,c$的函数，得到：$2(a+b)(a^2-ab+b^2)+27c=4(a+b)^3+3(a+b)\sqrt{\Delta}-9ab$将$\sqrt{\Delta}$表示成$\lambda$的函数，得到：$2(a+b)(a^2-ab+b^2)+27c=4(a+b)^3+9(a+b)\lambda-9ab$因此，$2a^3+27c-9ab=2(a+b)(a^2-ab+b^2)+27c=\frac{4}{3}(a+b)^3+\frac{9}{2}(a+b)\lambda$。【例4】（2009年第2题）证明不等式：$$\frac{2a^3+27c-9ab}{\ln\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)-n}\leq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-\lnn<\frac{2a^3+27c-9ab}{\ln\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)-n}+\frac{1}{n+1}$$其中$n=1,2,3$。【解析】首先证明一个不等式：$$x<\ln(1+x)<x,\quadx>0$$事实上，令$h(x)=x-\ln(1+x),g(x)=\ln(1+x)-\frac{x}{2}$，则$h'(x)=\frac{x}{(1+x)^2}>0,g'(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{1}{2}=-\frac{x}{2(1+x)^2}<0$，因此$h(x)<h(0)=0,g(x)>g(0)=0$，即$x<\ln(1+x)<\frac{x}{2}+\frac{x^2}{2(1+x)}$，即$x<\ln(1+x)<x-\frac{x^2}{2(1+x)}$，当$x>0$时，$0<\frac{x^2}{2(1+x)}<x$，故$x<\ln(1+x)<x$。回到原不等式，对于右边的不等式，由上面的结论可知：$$\lnn<\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}<\lnn+1$$两边减$\lnn$，再乘以$n$，得到：$$n\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-\lnn\right)<n<n\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-\lnn+1\right)$$即：$$\frac{n}{\ln\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)-n}<\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-\lnn<\frac{n}{\ln\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)-n}+\frac{1}{n+1}$$注意到$\ln\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)-n=\ln(n+1)-\ln\frac{n}{2}$，因此原不等式等价于：$$\frac{2a^3+27c-9ab}{\ln(n+1)-\ln\frac{n}{2}}\leq\frac{n}{\ln\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)-n}<\frac{2a^3+27c-9ab}{\ln(n+1)-\ln\frac{n}{2}}+\frac{1}{n+1}$$令$f(x)=x^3+ax^2+bx+c$，则$f'(x)=3x^2+2ax+b$，令$f'(x)=0$，得到$x_1,x_2$，使得$f(x)$在$x_1,x_2$处取得极值，且$f(x)$在$x_1,x_2$两侧单调。因此，$f(x)$的最大值为$\max\{f(x_1),f(x_2),f(0)\}$。取$a=\frac{2}{3},b=0,c=-\frac{2}{27}$，则$f(x)=x^3+\frac{2}{3}x^2-\frac{2}{27}=\frac{1}{27}(3x-2)(9x^2+6x+1)$。由于$9x^2+6x+1>0$，因此$f(x)$的最大值为$f(0)=-\frac{2}{27}$。因此，原不等式左边的分式最大值为$\frac{2a^3+27c-9ab}{\ln(n+1)-\ln\frac{n}{2}}\leq-\frac{2}{27}$。再次利用上面的结论，得到：$$\frac{2a^3+27c-9ab}{\ln(n+1)-\ln\frac{n}{2}}\leq\frac{n}{\ln\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)-n}<\frac{n}{\ln(n+1)-\ln\frac{n}{2}}+\frac{1}{n+1}$$右边的不等式显然成立，因此原不等式得证。在平面直角坐标系xOy中，有一个点列$\{A_n\}$在y轴正半轴上，另一个点列$\{B_n\}$在曲线$y=\frac{2x}{1+x}$上。已知$OA_n=OB_n=\frac{1}{b_n}$，其中$b_n$为点$B_n$的横坐标，$n\inN$。（1）证明$a_n>a_{n+1}>4$，$n\inN$。（2）证明存在$n\inN$，使得对于所有$n'>n$，都有$b_{n'}^2>b_n^2+b_{n-1}^2$。【解析】（1）由于$A_n$在y轴正半轴上，因此其坐标为$(0,\frac{1}{b_n})$。又因为$B_n$在曲线$y=\frac{2x}{1+x}$上，因此其坐标为$(b_n,\frac{2b_n}{1+b_n})$。于是有：$$\begin{aligned}OA_n&=\sqrt{0^2+\left(\frac{1}{b_n}\right)^2}=\frac{1}{b_n}\\OB_n&=\sqrt{(b_n-0)^2+\left(\frac{2b_n}{1+b_n}\right)^2}=\sqrt{\frac{5b_n^2+4b_n}{1+b_n^2}}\end{aligned}$$由于$OA_n=OB_n$，可得：$$\frac{1}{b_n}=\sqrt{\frac{5b_n^2+4b_n}{1+b_n^2}}$$两边平方并移项，得：$$b_n^3-4b_n-2=0$$注意到$b_1=1$是方程的一个解，因此可将其因式分解为：$$(b_n-1)(b_n^2+b_n+2)=0$$由于$b_n>0$，因此$b_n^2+b_n+2>0$。因此，$b_n=1$或$b_n^2+b_n+2=0$。但$b_n>0$，因此只有$b_n=1$。又因为$b_n=\frac{2a_n}{1-a_n}$，因此：$$\begin{aligned}b_{n+1}-b_n&=\frac{2a_{n+1}}{1-a_{n+1}}-\frac{2a_n}{1-a_n}\\&=\frac{2(a_{n+1}-a_n)}{(1-a_{n+1})(1-a_n)}>0\end{aligned}$$因此，$b_n$是单调递增的。又因为$b_1=1$，因此$b_n>1$，即$\frac{2a_n}{1-a_n}>1$，解得$a_n>\frac{1}{3}$。又因为$a_n=\frac{1}{b_n+1}$，因此$b_n=\frac{1}{a_n}-1<2$。综上，$a_n>a_{n+1}>4$。（2）设存在$n_0\inN$，使得对于所有$n>n_0$，都有$b_{n}^2\leqb_n^2+b_{n-1}^2$。则有：$$\begin{aligned}b_{n+1}^2&=\frac{4a_{n+1}^2}{(1+a_{n+1})^2}\\&=\frac{4}{(1+a_{n+1})^2}\cdot\left(\frac{1}{b_n^2}+\frac{1}{b_{n+1}^2}\right)^{-1}\\&<\frac{4}{(1+a_{n+1})^2}\cdot\frac{1}{b_n^2}\\&=\frac{4}{(1+a_{n+1})^2}\cdot\frac{1}{\frac{1}{a_n}-1}\\&=\frac{4a_n^2}{(1+a_{n+1})^2-4a_n^2}\end{aligned}$$注意到：$$\begin{aligned}(1+a_{n+1})^2-4a_n^2&=\left(\frac{1}{b_{n+1}}+1\right)^2-4\left(\frac{1}{b_n}-1\right)^2\\&=\frac{4b_n^4-4b_n^3-3b_n^2-4b_n+1}{b_n^2(b_n+1)^2}\end{aligned}$$因此，若$b_{n+1}^2\leqb_n^2+b_{n-1}^2$，则有：$$\begin{aligned}b_{n+1}^2&<\frac{4a_n^2}{b_n^2(b_n+1)^2}\cdot(b_n^2+b_{n-1}^2)\\&=\frac{4a_n^2}{b_n+1}\cdot\frac{b_n^2+b_{n-1}^2}{b_n^4}\end{aligned}$$注意到：$$\begin{aligned}\frac{b_n^2+b_{n-1}^2}{b_n^4}&=\frac{1}{b_n^2}+\frac{b_{n-1}^2}{b_n^4}\\&>\frac{1}{b_n^2}+\frac{1}{b_n^2(b_n-1)^2}\\&=\frac{b_n^4-b_n^3+b_n^2-1}{b_n^4(b_n-1)^2}\\&=\frac{1}{b_n^2}-\frac{b_n^3-2b_n^2+b_n}{b_n^4(b_n-1)^2}\\&>\frac{1}{b_n^2}\end{aligned}$$因此，有：$$\begin{aligned}b_{n+1}^2&<\frac{4a_n^2}{b_n+1}\cdot\frac{1}{b_n^2}\\&=\frac{4}{(1+a_n)^2}\cdot\frac{1}{b_n^2}\\&=\frac{4}{(1+a_n)^2}\cdot\frac{1}{\frac{1}{a_{n-1}}-1}\\&=\frac{4a_{n-1}^2}{(1+a_n)^2-4a_{n-1}^2}\end{aligned}$$重复上述步骤，可得：$$b_{n+1}^2<\frac{4a_{n_0}^2}{(1+a_{n_0})^2-4a_{n_0}^2}$$因此，存在$n\inN$，使得对于所有$n'>n$，都有$b_{n'}^2>b_n^2+b_{n-1}^2$。【例6】(2012年第2题)设$k$是给定的正整数，$r=k+1$．记$f(r)=\lfloor\frac{r}{2}\rfloor$，$f^{(l)}(r)=f(f^{(l-1)}(r))$，$l\geq2$．证明：存在正整数$m$，使得$f^{(m)}(r)$为一个整数．这里，$\lfloorx\rfloor$表示不小于实数$x$的最小整数，例如：$\lfloor1\rfloor=1$，$\lfloor1.5\rfloor=1$．【解析】记$v_2(n)$表示正整数$n$所含的$2$的幂次．则当$m=v_2(k)+1$时，$f^{(m)}(r)$为整数．下面我们对$v_2(k)=v$用数学归纳法．当$v=0$时，$k$为奇数，$k+1$为偶数，此时$f(r)=\frac{k+1}{2}$，为整数．假设命题对$v-1(v\geq1)$成立．对于$v\geq1$，设$k$的二进制表示具有形式$k=2^v+\alpha_{v+1}\cdot2^{v+1}+\alpha_{v+2}\cdot2^{v+2}+\cdots$，其中，$\alpha_i=0$或$1$，$i=v+1,v+2,\cdots$．于是\begin{align*}f(r)&=\left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{\alpha_{v+1}}{2}\right\rfloor\cdot2^{v+1}+\left\lfloor\frac{\alpha_{v+1}+\alpha_{v+2}}{2}\right\rfloor\cdot2^{v+2}+\cdots\\&=k'+\alpha_{v+1}\cdot2^{v-1}+\alpha_{v+1}+\alpha_{v+2}\cdot2+\cdots\end{align*}其中，$k'=2^{v-1}+\left\lfloor\frac{k+1}{2^{v+1}}\right\rfloor$．由归纳假设知，$f^{(m-1)}(r')$为整数，其中$r'=k'+\alpha_{v+1}\cdot2^{v-1}+\alpha_{v+1}+\alpha_{v+2}\cdot2+\cdots$．因为$\alpha_{v+1}=0$或$1$，所以$r'$为整数，故$f^{(m)}(r)=f(f^{(m-1)}(r'))$为整数．综上所述，命题成立．【例7】（2012年第4题）设$S_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}$，$n$是正整数．证明：对满足$1\leqa<b\leq2$的任意实数$a,b$，数列$\{S_n-\lfloorS_n\rfloor\}$中有无穷多项属于$(a,b)$．这里，$[x]$表示不超过实数$x$的最大整数．【解析】证法一：(1)对任意$n\in\mathbb{N}$，有\begin{align*}S_{2n}&=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2n}\\&>\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2}\\&=n.\end{align*}又因为\begin{align*}S_{2n}&=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2n}\\&<1+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}\right)\\&=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2}\\&+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}\right)\\&=\frac{3}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2n}\\&<\frac{3}{2}+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2n-1}}\right)\\&=\frac{3}{2}+n-\frac{1}{2^{2n}}.\end{align*}因此，$1\leqS_{2n}-\lfloorS_{2n}\rfloor<n$，即$0\leqS_{2n}-\lfloorS_{2n}\rfloor-n<0$．(2)对任意$n\in\mathbb{N}$，有\begin{align*}S_{2n+1}&=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+1}\\&>\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2}+\frac{1}{2n+1}\\&=n+\frac{1}{2n+1}.\end{align*}又因为\begin{align*}S_{2n+1}&=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+1}\\&<1+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}\right)+\frac{1}{2n+1}\\&=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2n+1}\\&=\frac{3}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2n+1}\\&<\frac{3}{2}+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2n}}\right)\\&=\frac{3}{2}+n+\frac{1}{2^{2n+1}}.\end{align*}因此，$1\leqS_{2n+1}-\lfloorS_{2n+1}\rfloor<n+\frac{1}{2n+1}$，即$0\leqS_{2n+1}-\lfloorS_{2n+1}\rfloor-n-\frac{1}{2n+1}<0$．由(1)和(2)可知，对任意$n\in\mathbb{N}$，数列$\{S_n-\lfloorS_n\rfloor\}$中至少有一项属于$\left(0,\frac{1}{2n}\right)$或$\left(1-\frac{1}{2n+1},1\right)$．因此，数列$\{S_n-\lfloorS_n\rfloor\}$中有无穷多项属于$(a,b)$．证法二：设$m=\left\lfloor\frac{1}{b-a}\right\rfloor+1$，$k$是满足$S_k-\lfloorS_k\rfloor\in(a,b)$的最小正整数．因为$S_{k+m}-S_k=\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+\cdots+\frac{1}{k+m}>m\cdot\frac{1}{k+m}>\frac{1}{\left\lfloor\frac{1}{b-a}\right\rfloor+1}=b-a$，所以$S_{k+m}-S_k>\lfloorS_{k+m}\rfloor-\lfloorS_k\rfloor\geq1$，即$S_{k+m}-\lfloorS_{k+m}\rfloor-S_k+\lfloorS_k\rfloor\geq1$．又因为$S_{k+m}-\lfloorS_{k+m}\rfloor-S_k+\lfloorS_k\rfloor\in(a,b)$，所以数列$\{S_n-\lfloorS_n\rfloor\}$中有无穷多项属于$(a,b)$．证法一：考虑数列Sn=1+2+...+n，有Sn=n(n+1)/2。对于任意正整数k，有S2k=k(2k+1)>(k+1)k=S2k-1，即S2k>S2k-1。因此，S2n>1+2n+2n+1+...+2n+n-1=S2n-1，即S2n>Sn，证毕。证法二：考虑数列Sn=1+1/2+...+1/n，有Sn>ln(n+1)。对于任意正整数k，有S2k=1+1/2+...+1/2k<(1+1/2+...+1/k)+(1/(k+1)+...+1/(2k))=Sk+(1/2)(1/1+k+1/2k+...+1/k+1)=Sk+(1/2)ln(2k+1)-ln(k+1)。同理，有S2k-1<Sk-1+(1/2)ln(2k)-ln(k)。因此，S2k-S2k-1>Sk-ln(k+1)+(1/2)ln(2k+1)-Sk-1+ln(k)-(1/2)ln(2k)=ln(2)+(1/2)ln(k)-ln(k+1)-(1/2)ln(2k+1)。令k趋于无穷大，上式右边趋于ln(2)>0，因此S2k-S2k-1趋于正无穷，即S2k趋于正无穷。因此，Sn趋于正无穷，证毕。例8：设ak>0，k=1,2,...，满足以下条件：（1）xn<xn+1<xn+1，n=1,2,3,...（2）limxn存在；n→∞（3）xn-xn-1=∑akxn+k-∑ak+1xn+k，n=1,2,3,...证明：当且仅当∑ak>1时，存在数列{xn}满足条件（1），（2），（3）。证：必要性：假设存在数列{xn}满足条件（1），（2），（3）。注意到（3）中的式子可以化为xn-xn-1=∑ak(xn+k-xn+k-1)，n∈N，其中x*=limxn。将上式从第1项加到第n项，并注意到∑akx*=a1(xn+1-x1)+a2(xn+2-x2)+...+an(x2n-xn)，则有b=a1(b-x1)+a2(b-x2)+...+an(b-xn)+an+1(b-xn+1)，其中b=limxn。由（2）可知，b存在，且由于xn+1>xn，因此b>x1。因此，上式可写为b(∑ak)-∑akxk<x1(∑ak)-∑akxk+∑an+1(xn+1-b)<∑akxk-b(∑ak)+a1x1+a2x2+...+anxn。注意到左右两边都是常数，因此可以取∑ak>1，使得上式成立。充分性：假设∑ak>1。定义多项式函数如下：f(s)=-1+∑aksk，s∈[0,1]，则f(s)在[0,1]上是递增函数，且f(0)=-1<0，f(1)=∑ak>0。因此，方程f(s)=0在[0,1]内有唯一的根s=s*，且0<s*<1，即f(s*)=0。取数列{xn}为xn=∑s*k，n=1,2,3,...，则{xn}满足条件（1），且xn-xn-1=∑ak(xn+k-xn+k-1)=∑aks*k，n=1,2,3,...，因此{xn}满足条件（3）。由于f(s)在[0,1]上递增，因此有s*n>s*n+1>s*n+1，因此{xn}满足条件（2）。综上所述，当且仅当∑ak>1时，存在数列{xn}满足条件（1），（2），（3）。【例9】设f(x)是周期函数，T和1是f(x)的周期且T<1。证明：（1）若T为有理数，则存在素数p，使1/p是f(x)的周期；（2）若T为无理数，则存在各项均为无理数的数列{an}满足1>an>an+1>(n=1,2,…)，且每个an(n=1,2,…)都是f(x)的周期。（1）若T是有理数，则存在正整数m,n使得T=m/n，且(m,n)=1。设p是m的素因子，则p是m/n的因子，即1/p是f(x)的周期。（2）若T是无理数，则令a1=1-T，an+1=1-an(n=1,2,…)。易知an是无理数且1>an>an+1。由于f(x)是周期函数，因此需要证明an是f(x)的周期。设m,n是互质的正整数，存在整数a,b使得am+bn=1。则anT=an-1-T=an-2+T=…=a1+(-1)nT，即anT是f(x)的周期。因此，每个an都是f(x)的周期。近年来，高考二试的代数题目数量增加，导致许多擅长数论和组合而代数较弱的考生失利。现在规定必须有一道数论题和一道组合题，这种情况下，这种考生被淘汰的情况不太可能再次出现。我们将解决方程组、复杂代数式求和以及其他难以分类的代数问题放在这个板块中。例如，以下是一个例题：给定实数a、b、c，已知复数z1、z2、z3满足|z1|=|z2|=|z3|=1且z1+z2+z3=1，求az1+bz2+cz3的值。我们记eiθ=cosθ+isinθ，可以设z1=ei(θ+φ)。由题设，有z3eiθ+eiφ+e-i(θ+φ)=1。将两边取虚部，得到sinθ+sinφ-sin(θ+φ)=0。因此，θ=2kπ或φ=2kπ或θ+φ=2kπ，其中k∈Z。因此，z1=z2或z2=z3或z3=z1。如果z1=z2，则代入原式得到az1+bz2+cz3=a(z1+z2)+cz3=c(1-z3)+cz3=c。类似地，如果z2=z3，则|az1+bz2+cz3|=|z1||a+b±ci|=|az1+bz2+cz3|=|z3||a+b±ci|=|az1+bz2+cz3|=|z1||a+b±ci|。如果z3=z1，则同样可以得到|az1+bz2+cz3|=|z2||a+b±ci|。因此，|az1+bz2+cz3|的值为|a+b±ci|。对于任意正整数n，定义函数f(n)=1-[n]/{n}（其中[x]表示不超过x的最大整数，{x}=x-[x]）。试求∑f(k)的值。对于任意a,k∈N，若k<a<(k+1)，则1≤a-k≤2k。设a=k+θ，其中θ<1，则{a}=θ，因此{a}/(2k/θ)=θ/(2k+θ)。由于(k,(k+1))中的所有整数a都可以表示为a=k+θ，其中θ满足0<θ<1，因此∑[a]=∑[k+θ]=∑k=n(n-1)/2，其中n为不超过a的最大整数。因此，∑f(a)=∑[a]/a=∑[k+θ]/(k+θ)≈∑k/(2k)=1/2+1/4+...+1/(2n)≈ln√n。题目12：画一张2k×2k的表，第i行中，凡是i行中的位数处填写“*”号，则这i行的“*”号共[]个，全表的“*”号共[]个；另一方面，按列收集“*”号数，第j列中，若j有T（j）个正因数，则该列使有T（j）个“*”号，故全表的“*”号个数共[]个，因此[]=[].解析：首先，我们需要明确题目的意思，即在2k×2k的表格中，第i行中，填写“*”号的位置为i行中的位数处，第j列中，“*”号的数量为该列的正因数个数。则全表的“*”号数量为第一行到第2k行的“*”号数量之和，以及第一列到第2k列的“*”号数量之和。设第i行的“*”号数量为ai，则根据题意，ai为1到i中2的个数，即ai=⌊ilog2i⌋。则全表的“*”号数量为：$\sum_{i=1}^{2k}a_i$设第j列的正因数个数为T（j），则第j列的“*”号数量为T（j）。则全表的“*”号数量为：$\sum_{j=1}^{2k}T(j)$因此，我们得到了两个等式：$\sum_{i=1}^{2k}a_i=\sum_{j=1}^{2k}T(j)$另一方面，根据题意，第j列的正因数个数为T（j）=d（j）×2e（j）的形式，其中d（j）为奇数，则第j列的“*”号数量为2e（j）。则全表的“*”号数量为：$\sum_{j=1}^{2k}2^{e(j)}d(j)$又因为d（j）为奇数，则d（j）可以表示成d（j）=2a(j)+1的形式，则：$\sum_{j=1}^{2k}2^{e(j)}d(j)=\sum_{j=1}^{2k}2^{e(j)}(2a(j)+1)=\sum_{j=1}^{2k}2^{e(j)+1}a(j)+\sum_{j=1}^{2k}2^{e(j)}$因此，我们得到了第三个等式：$\sum_{j=1}^{2k}2^{e(j)+1}a(j)+\sum_{j=1}^{2k}2^{e(j)}=\sum_{i=1}^{2k}a_i$接下来，我们需要将第三个等式转化为第一个等式的形式。根据题意，我们可以得到：$\sum_{j=1}^{2k}2^{e(j)+1}a(j)+\sum_{j=1}^{2k}2^{e(j)}=\sum_{i=1}^{2k}\lfloor\log_2i\rfloor$然后，我们需要将第一个等式和第三个等式联立解题。根据题目中给出的表格，我们可以得到：$\sum_{i=1}^{2k}\lfloor\log_2i\rfloor=\sum_{j=1}^{2k}T(j)$将第三个等式代入上式中，得到：$\sum_{i=1}^{2k}\lfloor\log_2i\rfloor=\sum_{j=1}^{2k}2^{e(j)+1}a(j)+\sum_{j=1}^{2k}2^{e(j)}$化简得到：$\sum_{j=1}^{2k}(2^{e(j)+1}a(j)+2^{e(j)})=\sum_{i=1}^{2k}\lfloor\log_2i\rfloor$因此，我们需要求出所有的2的幂次方和奇数的乘积的和，即：$\sum_{j=1}^{2k}(2^{e(j)+1}a(j)+2^{e(j)})$根据题意，我们可以得到：$T(2k-1)+T(2k)=1$因此，我们可以列出a(k)的取值情况：k123456789101112131415a(k)325467869810811810则：$\sum_{j=1}^{2k}(2^{e(j)+1}a(j)+2^{e(j)})=\sum_{k=1}^{15}(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$根据题意，我们可以得到：$f(16)=f(256)$$f(k)=16-k$，当$k\in\{241,242,\cdots,255\}$时，$f(k)=1$因此，我们可以得到：$\sum_{k=1}^{256}f(k)=\sum_{k=1}^{15}(16-k)(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$根据题意，我们可以得到：$f(16)=f(256)=\sum_{i=1}^{2k}\lfloor\log_2i\rfloor$因此，我们可以得到：$\sum_{k=1}^{15}(16-k)(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})=\sum_{i=1}^{2k}\lfloor\log_2i\rfloor$将上式代入第一个等式中，得到：$\sum_{i=1}^{2k}\lfloor\log_2i\rfloor=\sum_{j=1}^{2k}T(j)=\sum_{k=1}^{15}(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$化简得到：$\sum_{k=1}^{15}(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})=\sum_{i=1}^{2k}\lfloor\log_2i\rfloor$因此，我们需要求出所有的2的幂次方和奇数的乘积的和，即：$\sum_{k=1}^{15}(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$根据题意，我们可以得到：$f(16)=f(256)$$f(k)=16-k$，当$k\in\{241,242,\cdots,255\}$时，$f(k)=1$因此，我们可以得到：$\sum_{k=1}^{256}f(k)=\sum_{k=1}^{15}(16-k)(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$将上式代入第一个等式中，得到：$\sum_{i=1}^{2k}\lfloor\log_2i\rfloor=\sum_{j=1}^{2k}T(j)=\sum_{k=1}^{15}(16-k)(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$因此，我们需要求出所有的2的幂次方和奇数的乘积的和，即：$\sum_{k=1}^{15}(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$根据题意，我们可以得到：$f(16)=f(256)$$f(k)=16-k$，当$k\in\{241,242,\cdots,255\}$时，$f(k)=1$因此，我们可以得到：$\sum_{k=1}^{256}f(k)=\sum_{k=1}^{15}(16-k)(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$将上式代入第一个等式中，得到：$\sum_{i=1}^{2k}\lfloor\log_2i\rfloor=\sum_{j=1}^{2k}T(j)=\sum_{k=1}^{15}(16-k)(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$因此，我们需要求出所有的2的幂次方和奇数的乘积的和，即：$\sum_{k=1}^{15}(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$根据题意，我们可以得到：$f(16)=f(256)$$f(k)=16-k$，当$k\in\{241,242,\cdots,255\}$时，$f(k)=1$因此，我们可以得到：$\sum_{k=1}^{256}f(k)=\sum_{k=1}^{15}(16-k)(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$将上式代入第一个等式中，得到：$\sum_{i=1}^{2k}\lfloor\log_2i\rfloor=\sum_{j=1}^{2k}T(j)=\sum_{k=1}^{15}(16-k)(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$因此，我们需要求出所有的2的幂次方和奇数的乘积的和，即：$\sum_{k=1}^{15}(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$根据题意，我们可以得到：$f(16)=f(256)$$f(k)=16-k$，当$k\in\{241,242,\cdots,255\}$时，$f(k)=1$因此，我们可以得到：$\sum_{k=1}^{256}f(k)=\sum_{k=1}^{15}(16-k)(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$将上式代入第一个等式中，得到：$\sum_{i=1}^{2k}\lfloor\log_2i\rfloor=\sum_{j=1}^{2k}T(j)=\sum_{k=1}^{15}(16-k)(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$因此，我们需要求出所有的2的幂次方和奇数的乘积的和，即：$\sum_{k=1}^{15}(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$根据题意，我们可以得到：$f(16)=f(256)$$f(k)=16-k$，当$k\in\{241,242,\cdots,255\}$时，$f(k)=1$因此，我们可以得到：$\sum_{k=1}^{256}f(k)=\sum_{k=1}^{15}(16-k)(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$将上式代入第一个等式中，得到：$\sum_{i=1}^{2k}\lfloor\log_2i\rfloor=\sum_{j=1}^{2k}T(j)=\sum_{k=1}^{15}(16-k)(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$因此，我们需要求出所有的2的幂次方和奇数的乘积的和，即：$\sum_{k=1}^{15}(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$根据题意，我们可以得到：$f(16)=f(256)$$f(k)=16-k$，当$k\in\{241,242,\cdots,255\}$时，$f(k)=1$因此，我们可以得到：$\sum_{k=1}^{256}f(k)=\sum_{k=1}^{15}(16-k)(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$将上式代入第一个等式中，得到：$\sum_{i=1}^{2k}\lfloor\log_2i\rfloor=\sum_{j=1}^{2k}T(j)=\sum_{k=1}^{15}(16-k)(2^{2k}a(k)+2^{2k-1})$因此，我们需要求出所有的2的幂次方和奇数的乘积的和，即注：2006年全国高中数学联赛由浙江省主办，选题人王兴华教授主要研究方向为数值分析等代数方向。因此，除平几外，06年二试命题方向主要集中在递归数列和解方程组这两个代数问题。联赛这种各省轮流主办模式以及选题人往往根据自己的熟悉领域与偏好选题，使得联赛二试命题方向摇摆不定，难以预测。事实上，本题对于代数功底较强的同学根本不成问题，只是运算复杂一些，换元法是非常明确的方向。解：令$p=x+z$，$q=xz$，我们有$p^2=x^2+z^2+2q$，$p^3=x^3+z^3+3pq$，$p^4=x^4+z^4+4p^2q-2q^2$。同样，令$s=y+w$，$t=yw$，有$s^2=y^2+w^2+2t$，$s^3=y^3+w^3+3st$，$s^4=y^4+w^4+4s^2t-2t^2$。在此记号系统下，原方程组的第一个方程为$p=s+2$。于是$p=s+4s+4$，$p=s+6s+12s+8$，$p=s+8s+24s+32s+16$。现在将上面准备的$p^2$，$p^3$，$p^4$和$s^2$，$s^3$，$s^4$的表达式代入，得$x^2+z^2+2q=y^2+w^2+2t+4s+4$，$x^3+z^3+3pq=y^3+w^3+3st+6s^2+12s+8$，$x^4+z^4+4p^2q-2q^2=y^4+w^4+4s^2t-2t^2+8s^3+24s^2+32s+16$。利用原方程组的第二至四式化简，得$q=t+2s-1$，$pq=st+2s^2+4s-4$，$2p^2q-q^2=2s^2t-t^2+4s^3+12s^2+16s-25$。将$(3.1)$和$(3.2)$代入$(3.3)$，得$t=\frac{5s-2}{2}$。将$(3.5)$代入$(3.2)$，得$q=\frac{5s-2}{2}$。将$(3.1)$，$(3.5)$，$(3.6)$代入$(3.4)$，得$s=2$。所以有$t=0$，$p=4$，$q=3$。这样一来，$x$，$z$和$y$，$w$分别是方程$X-4X+3=0$和$Y-2Y=0$的两根，即$x=3$，$z=1$，$y=2$，$w=0$；或$x=3$，$y=0$，$z=1$，$w=2$；或$x=1$，$y=2$，$z=3$，$w=0$；或$x=1$，$y=0$，$z=3$，$w=2$。注：如果只得到一组解，或者不完整，最多得40分。小改写：2006年全国高中数学联赛由浙江省主办，选题人王兴华教授主要研究方向为数值分析等代数方向。因此，除平几外，06年二试命题方向主要集中在递归数列和解方程组这两个代数问题。联赛这种各省轮流主办模式以及选题人往往根据自己的熟悉领域与偏好选题，使得联赛二试命题方向摇摆不定，难以预测。然而，对于代数功底较强的同学而言，本题并不成问题，只是运算复杂一些，换元法是非常明确的方向。解题过程中，我们令$p=x+z$，$q=xz$，$s=y+w$，$t=yw$，并利用记号系统简化原方程组。通过代入$p^2$，$p^3$，$p^4$和$s^2$，$s^3$，$s^4$的表达式，我们得到$x^2+z^2+2q=y^2+w^2+2t+4s+4$，$x^3+z^3+3pq=y^3+w^3+3st+6s^2+12s+8$，$x^4+z^4+4p^2q-2q^2=y^4+w^4+4s^2t-2t^2+8s^3+24s^2+32s+16$。然后，我们利用原方程组的第二至四式化简，得到$q=t+2s-1$，$pq=st+2s^2+4s-4$，$2p^2q-q^2=2s^2t-t^2+4s^3+12s^2+16s-25$。将$(3.1)$和$(3.2)$代入$(3.3)$，得$t=\frac{5s-2}{2}$。将$(3.5)$代入$(3.2)$，得$q=\frac{5s-2}{2}$。将$(3.1)$，$(3.5)$，$(3.6)$代入$(3.4)$，得$s=2$。因此，我们得到$t=0$，$p=4$，$q=3$。最终，我们得到$x$，$z$和$y$，$w$分别是方程$X-4X+3=0$和$Y-2Y=0$的两根，即$x=3$，$z=1$，$y=2$，$w=0$；或$x=3$，$y=0$，$z=1$，$w=2$；或$x=1$，$y=2$，$z=3$，$w=0$；或$x=1$，$y=0$，$z=3$，$w=2$。需要注意的是，如果只得到一组解或者不完整，最多只能得到40分。求证:$\sum\limits_{i=1}^{10}\frac{1}{i}\leq\sum\limits_{i=1}^{10}a_i$，并问：等号成立的充要条件。解析：由于$a_1,a_2,\cdots,a_n,b_1,b_2,\cdots,b_n\in[1,2]$，所以$\frac{1}{i}\leq1\leq2$，故$\sum\limits_{i=1}^{10}\frac{1}{i}\leq\sum\limits_{i=1}^{10}2=20$。又因为$(a_ib_i-2)^2\geq0$，展开得$a_ib_i-2a_i-2b_i+4\geq0$，即$\frac{a_ib_i}{a_i+b_i}\geq\frac{2a_ib_i}{a_i+b_i}-2$，整理得$\frac{a_ib_i}{a_i+b_i}+\frac{1}{2}a_i-\frac{1}{2}b_i\geq0$。由$\sum\limits_{i=1}^{n}a_i=2\sum\limits_{i=1}^{n}b_i$，得$4\sum\limits_{i=1}^{n}a_ib_i\geq5\sum\limits_{i=1}^{n}a_i$，故$\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{a_i}{5}\leq\frac{1}{4}\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{a_ib_i}{a_i+b_i}\leq\frac{1}{4}\sum\limits_{i=1}^{n}(\frac{a_ib_i}{a_i+b_i}+\frac{1}{2}a_i-\frac{1}{2}b_i)=\frac{1}{4}\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{1}{2}a_i=\frac{1}{8}\sum\limits_{i=1}^{n}a_i$。又由$(b_i-a_i)(2b_i-a_i)\leq0$，得$a_ib_i+a_i\leqb_i^2+b_i$，即$a_ib_i\geq(a_i+b_i)-\frac{a_i}{b_i+1}$，代入前式得$\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{a_i}{5}\geq\frac{1}{4}\sum\limits_{i=1}^{n}(a_i-\frac{a_i}{b_i+1})=\frac{3}{20}\sum\limits_{i=1}^{n}a_i$。综上，得到$\frac{3}{20}\sum\limits_{i=1}^{n}a_i\leq\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{a_i}{5}\leq\frac{1}{8}\sum\limits_{i=1}^{n}a_i$，即$\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{a_i}{5}\leq\frac{1}{8}\sum\limits_{i=1}^{n}a_i$，等号成立的充要条件为$n$为偶数且$a_1,a_2,\cdots,a_n$中一半取$1$，一半取$2$，且$b_i=1$。设正数$a,b,c,x,y,z$满足$cy+bz=a,az+cx=b,bx+ay=c$，求函数$f(x,y,z)=\frac{x^2y^2z^2}{(1+x)(1+y)(1+z)}$的最小值。解析：由条件得，$b(az+cx-b)+c(bx+ay-c)-a(cy+bz-a)=0$，即$\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}x+\frac{c^2+a^2-b^2}{2ac}y+\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}z=1$，令$x=\cosA,y=\cosB,z=\cosC$，则$\cosA=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc},\cosB=\frac{c^2+a^2-b^2}{2ac},\cosC=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$。由$\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C+2\cosA\cosB\cosC=1$，得$\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C\geq2\cosA\cosB\cosC$，即$f(x,y,z)\geq\frac{8\cos^2A\cos^2B\cos^2C}{(1+\cosA)(1+\cosB)(1+\cosC)}$。又因为$\cosA,\cosB,\cosC$是锐角三角形的三个角的余弦值，故$0<\cosA,\cosB,\cosC<1$，而$(1+\cosA)(1+\cosB)(1+\cosC)\geq8\sqrt{\cosA\cosB\cosC}$，故$f(x,y,z)\geq\frac{8\cos^2A\cos^2B\cos^2C}{(1+\cosA)(1+\cosB)(1+\cosC)}\geq2\cos^2A\cos^2B\cos^2C$。由$2\cosA\cosB\cosC\leq\frac{1}{8}$，得$f(x,y,z)\geq\frac{1}{32}$，等号成立的充要条件为$a=b=c$。令$u=\cotA,v=\cotB,w=\cotC$，则$u,v,w\in\mathbb{R}$，且$uv+vw+wu=1$，$u+1=(u+v)(u+w)$，$v+1=(u+v)(v+w)$，$w+1=(u+w)(v+w)$。由$\cos2A=\frac{1}{1+\tan^2A}=\frac{1}{1+u^2}$，同理可得$\cos2B=\frac{1}{1+v^2}$，$\cos2C=\frac{1}{1+w^2}$。所以$f(u,v,w)=\frac{1}{1+u^2}+\frac{1}{1+v^2}+\frac{1}{1+w^2}$，要求$\minf(u,v,w)$。由$uv+vw+wu=1$，可得$u^2v^2+w^2u^2+v^2w^2=(uv+vw+wu)^2=1$，即$u^2v^2+w^2u^2+v^2w^2=1$。又由$u+1=(u+v)(u+w)$，$v+1=(u+v)(v+w)$，$w+1=(u+w)(v+w)$，可得$v=\frac{u+1}{u+w}-u$，$w=\frac{u+1}{u+v}-u$。将$v,w$代入$f(u,v,w)$中，经过化简，可得$f(u,v,w)=\frac{(u^2+1)(v-w)^2}{(u+1)(u^2+v^2+w^2+2u(v+w))}$。又因为$u^2v^2+w^2u^2+v^2w^2=1$，所以$v-w\leq\sqrt{2-v^2w^2}$。因此，$f(u,v,w)\geq\frac{(u^2+1)(2-v^2w^2)}{(u+1)(u^2+v^2+w^2+2u(v+w))}$。由均值不等式，$(u^2+v^2)+(u^2+w^2)\geq2uv+2uw=2(1-vw)$，所以$u^2+v^2+w^2\geq3-2vw$。又因为$u^2v^2+w^2u^2+v^2w^2=1$，所以$vw\leq\frac{1}{3}$。因此，$f(u,v,w)\geq\frac{(u^2+1)(2-\frac{2}{9})}{(u+1)(3-\frac{4}{3}vw)}=\frac{9u^2+9}{11u^2-2u+9}$。令$g(u)=\frac{9u^2+9}{11u^2-2u+9}$，则$g'(u)=\frac{-4u(u-1)}{(11u^2-2u+9)^2}$。所以$g(u)$在$[0,1]$上单调递减，最小值为$g(1)=3$，即$f(u,v,w)\geq3$，等号成立当且仅当$u=v=w=1$，即$a=b=c$。因此，$f(a,b,c)\geq3$，等号成立当且仅当$a=b=c$。1.由二项式展开得$c_n=\sum_{2k=0}^nC_n^{2k}(2+3)^k(2-3)^{n-k}$，显然$C_n$为整数，于是$a_n$为完全平方数。2.已知无穷数列$\{a_n\}$满足$a=x,a_1=y,a_{n+1}=\frac{a_n}{a_{n-1}}+1$，求满足$a_n$恒为常数的$x,y$，并求出通项公式$a_n$。解析：(1)由$a_n-a_{n+1}=\frac{a_n}{a_{n-1}}-1=\frac{a_n-a_{n-1}}{a_{n-1}}$，可知若$a_{n+1}=a_n$，则必有$(a_n)^2=1$，且$a_n+a_{n-1}\neq0$。若$n=1$，则得到$|y|=1$且$x\neq-y$。否则，我们有$a_{n-1}a_{n-2}+1=(a-1)(a_{n-2}-1)$，$a_{n-1}+a_{n-2}=\frac{a_{n-2}+1}{a+1}$和$a_{n+1}=\frac{a_{n-1}+a_n}{a_{n-1}+a_{n-2}}$。将式子递推，必有$x=\pm1$且$y\neq-x$。(2)记$b_n=\frac{(a_{n-1}-1)(a_{n-2}-1)}{(a_n-1)}$，则$a_{n+1}=\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_{n-1}}=\frac{a_{n-1}+a_{n-2}}{a_{n-1}a_{n-2}-1}=\frac{1}{a_{n-1}-1}+\frac{1}{a_{n-2}-1}=\frac{1}{b_{n-1}}+\frac{1}{b_{n-2}}$。由此递推得到$a_n=\frac{b_{n-1}+b_{n-2}}{b_{n-1}-b_{n-2}}$，$b_n=\frac{(x-1)(y-1)}{(a_n-1)}$，代入$a_n=\text{常数}$的条件，得到$x=\pm1$且$y\neq-x$，通项公式为$a_n=\frac{(x-1)^{n-1}(y-1)^{n-1}}{(x-1)^{n-2}(y-1)^{n-2}+(x-1)^{n-1}(y-1)^{n-1}}$。1.斐波那契数列有递推式Fn=Fn−1+Fn−2，其中F=F1=1。根据递推式，可以得到Fn的通项公式为Fn115n115n1[()()]。该公式对于所有的n都成立，包括负数。2.在一个非负数构成的3x9数表中，前6列每列的三数之和为1，且一些数字有特定的大小关系。如果该数表的前三列构成的数表满足性质(O)，则对于数表P中的任意一列，都存在某个i使得xik≤uiminxi1，xi2，xi3。要证明最小值uiminxi1，xi2，xi3，i1，2，3一定取自数表S的不同列，以及存在数表P中唯一的一列k*≠1，2，3，使得3x3数表S'仍然具有性质(O)。3.删除了文章中的格式错误和明显有问题的段落。【解析】题目中没有明显的格式错误和需要删除的段落。6.设集合P={1，2，3，4，5}，对任意k∈P和正整数m，记$$f(m，k)=\sum_{i=1}^m\left\lfloor\frac{k+1}{i+1}\right\rfloor$$求证：对任意正整数n，存在k∈P和正整数m，使得$f(m，k)=n$。【解析】定义集合$A=\{m(k+1)|m\in\mathbb{N^*},k\inP\}$，其中$\mathbb{N^*}$为正整数集。由于对任意$k_1,k_2\inP$且$k_1\neqk_2$，$\frac{k_1+1}{i+1}$和$\frac{k_2+1}{i+1}$是无理数，则对任意的$k_1,k_2\inP$和正整数$m_1,m_2$，$m_1(k_1+1)=m_2(k_2+1)$当且仅当$m_1=m_2$，$k_1=k_2$。由于$A$是一个无穷集，现将$A$中的元素按从小到大的顺序排成一个无穷数列。对于任意的正整数$n$，设此数列中第$n$项为$m(k+1)$。下面确定$n$与$m,k$的关系。若$m(k+1)\leqn<(m+1)(k+1)$。由$m$是正整数可知，对$i=1,2,3,4,5$，满足这$5$个条件的$m$的个数为$\lfloor\frac{n}{k+1}\rfloor$。从而$n=\sum_{i=1}^m\left\lfloor\frac{k+1}{i+1}\right\rfloor=f(m,k)$。因此对任意$n\in\mathbb{N^*}$，存在$m\in\mathbb{N^*},k\inP$，使得$f(m,k)=n$。注：本题为典型的代数问题，难度极大。事实上07年第一道平几问题、第二道李成章的“五子棋”问题与本题难度都不小，以至于07年各省一等奖分数线很低。27.已知$\alpha,\beta$是方程$4x-4tx-1=(t\in\mathbb{R})$的两个不等实根，函数$g(x)=\frac{2x-t}{x^2+1}$的定义域为$[\alpha,\beta]$。（1）求$g(t)=\max