#第九屆東南地區(qū)數(shù)學(xué)奧林匹克試題，使得Elk,，使得Elk,Emk,Enk依次成等比k=1k=l+1k=m+11.求一個(gè)正整數(shù)組(l,m,n)(1<l<m<n)數(shù)列．(陶平生提供)解對(duì)teN*，記S=Ek=1).設(shè)t2k=1Ek=S-SnmEk=S-Snmk=m+1TOC\o"1-5"\h\zl mlk=1 k=l+1依次成等比數(shù)列，則S(S—S)=(S—S)2, ①lnm ml即S(S+S—S)=S2，于是應(yīng)有SIS2,即2l(l+1)m2(m+1)2.lnmlm lm令m+1=l(l+1)，并取l=3，于是m=11,則S=S=6,S=S=66,l3 m11n(n+1)代人①得S=666，即一--=666，此時(shí)n=36滿足.n2因此(l,m,n)=(3,11,36)是一組滿足條件的解.注 滿足條件的數(shù)組(l,m,n)不是唯一的，例如還有(8,11,13),(5,9,14),(2,12,62),(3,24,171)等等，(可以證明，這種數(shù)組有無窮多)．

.如圖，△ABC的內(nèi)切圓I在邊AB,BC,CA上的切點(diǎn)分別是D,E,F,直線EF與直線AI,BI,DI分別相交于點(diǎn)M,N,K.證明易知I,D,E,B四點(diǎn)共圓.又證明：證明易知I,D,E,B四點(diǎn)共圓.又ZAID=90-ZIAD,ZMED=ZFDA=90-ZIAD,=90，即AM1BM.所以ZAID=/MED，于是I=90，即AM1BM.從而I,D,B,E,M五點(diǎn)共圓，ZIMB=ZIEB同理，I,D,A,N,F五點(diǎn)共圓，且BN1AN.設(shè)直線AN,BM交于點(diǎn)G，則易知點(diǎn)I為^GAB的垂心.又ID1AB所以G,I,D共線.由G,N,D,B四點(diǎn)共圓，知ZADN=ZG.同理ZBDM=ZG.所以DK平分ZMDN，從而DMKMDNKN又由I,D,E,M；I,D,N,F分別共圓，知KM.KE=KI.KD=KF.KN所以KMKFKNKE由①，②，知DMKFDNKE即由①，②，知DMKFDNKE即DM?KE=DN?KF..對(duì)正合數(shù)n，記f(n)為其最小的三個(gè)正約數(shù)之和，g(n)為其最大的兩個(gè)正約數(shù)之和?求所有的正合數(shù)n，使得g(n)等于f(n)的某個(gè)正整數(shù)次冪.(何憶捷提供)解法一若n是奇數(shù)，則n的一切約數(shù)都是奇數(shù)，故由題意知f(n)為奇數(shù)，g(n)為偶數(shù)，這樣g(n)不可能等于f(n)的某個(gè)正整數(shù)次冪.因此只需考慮n是偶數(shù)的情況，此時(shí)1,2是n最小的兩個(gè)正約數(shù)，n,n是n最大的兩個(gè)正約數(shù).設(shè)d是n除1,2以外的最小正約數(shù).若存在keN*使g(n)=fk(n)，則3n一=(1+2+d)k=(3+d)k三dk(mod3).23n由于7顯然是3的倍數(shù)，故31dk,即31d,由d的最小性知d=3.3因此一n=6k,解得n=4x61,又31n，故其中k>2.2綜上可知，n的所有可能值為n=4x6l(leN*).解法二設(shè)合數(shù)n滿足g(n)=fk(n)(keN*),并設(shè)n的最小素因子為夕，則n的n第二大正約數(shù)為一.pn若n的第三小正約數(shù)為P2，則——eZ，此時(shí)p2nnf(n)=1+p+p2三1(modp),g(n)=n+—=p(1+p)?——(modp),p p2從而1k三fk(n)=g(n)=0(modp)，矛盾.因此n的第三小正約數(shù)不是p2，從而必為某一素?cái)?shù)q(q>p).

n易知此時(shí)——￡Z，故有pqff(n)=1+p+q三1+p(modq),/、n八、n/ ,、g(n)=n+—=q(1+p)?——(modq).

p pq因此 (1+p)k三fk(n)=g(n)三0(modq).又q為素?cái)?shù)，故q11+p,從而p<qv1+p，只有p=2,q=3.此時(shí)有 3 一…6k=fk(n)=g(n)=-n，解得n=4x61,又31n，故其中k>2.綜上可知，n的所有可能值為n=4x6l(l￡N*).4.已知實(shí)數(shù)a,b,c,d滿足：對(duì)任意實(shí)數(shù)工，均有acos工+bcos2工+ccos3工+dcos4工<1，求a+b—c+d的最大值.當(dāng)a+b—c+d取最大值時(shí)，求實(shí)數(shù)a,b,c,d的值.(李勝宏提供)ab dc——22 2解i己f(1)=acosx+bcos2x+ccos3x+dcos4ab dc——22 2f(0)=a+b+c+d,f(兀)=—a+b-c+d,則 a+b—c+d=f(0)+3f(兀)+4f(g)<3,當(dāng)且僅當(dāng)f(0)=f5)=f(-)=1,即a=1,b+d=1,c=—1時(shí)取等號(hào)此時(shí)，令t=cosx,-1<t<1,則f(x)—1=cosx+bcos2x—cos3x+dcos4x—1=t+(1—d)(212—1)—(413—3t)+d(814—812+1)—1=2(t—1)(t+1)(21—1)(2dt—(1—d))<0-一 .一 2d1-d.1對(duì)任意實(shí)數(shù)te[-1,1]成立.所以d>0，且亍=-—，即d=-.乙 JL 乙所以，a+b-c+d的最大值為3,且此時(shí)(a,b,c,d)=(1,1,-1,1).第二天5如果非負(fù)整數(shù)m及其各位數(shù)字之和均為6的倍數(shù)，則稱m為“六合數(shù)”.求小于2012的非負(fù)整數(shù)中“六合數(shù)”的個(gè)數(shù)．(陶平生提供)解法一易知,一個(gè)非負(fù)整數(shù)為“六合數(shù)”當(dāng)且僅當(dāng)它末位數(shù)字是偶數(shù)且各位數(shù)字之和是6的倍數(shù)．為方便起見，將M={0,1,,2011}中每個(gè)數(shù)都寫成四位數(shù)acd的形式(當(dāng)不足四位數(shù)時(shí)，在最高數(shù)位前補(bǔ)上若干個(gè)數(shù)字“0”，使之恰含有四個(gè)數(shù)字)，并用f(k)表示M中末位數(shù)字為k的“六合數(shù)”的個(gè)數(shù)，其中ke{0,2,4,6,8}.對(duì)neN,將滿足x+j=n且羽ye{0,1,,9}的(羽y)的組數(shù)記為p，顯然n'n+1, n=0,1,,9;p=n9-n,n=10,11,,18;n、0, n>19.先考慮一切小于2000的“六合數(shù)”abck.若k=0，則當(dāng)a=0時(shí)，b+c=0,6,12,18；當(dāng)a=1時(shí)，b+c=5,11,17，故f(0)=(p+p+ p+p)+(p+p+p)=16+16=32.TOC\o"1-5"\h\z0 6 12 18 5 11 17若k=2，則當(dāng)a=0時(shí)，b+c=4,10,16；當(dāng)a=1時(shí)，b+c=3,9, 15，故f(2)=(p+p +p)+(p+p+p)=17+18=35.4 10 16 3 9 15若k=4，則當(dāng)a=0時(shí)，b+c=2,8,14；當(dāng)a=1時(shí)，b+c=1,7,13，故f(4)=(p+p+p)+(p+p+p)=17+16=33.

2 8 14 1 7 13當(dāng)k=6,8時(shí)，與k=0,2的情形類似，有f(6)=f(0)=32,f(8)=f(2)=35.因此，小于2000的“六合數(shù)”有f(0)+f(2)+f(4)+f(6)+f(8)=167個(gè).再注意到2000至2011中恰好有一個(gè)“六合數(shù)”2004，所以所求“六合數(shù)”的個(gè)數(shù)為167+1=168.解法二對(duì)非負(fù)整數(shù)n，令S(n)為其各位數(shù)字之和.先將小于2000的非負(fù)整數(shù)中所有6的倍數(shù)(共334個(gè))配成如下167對(duì)：(0,1998),(6,1992),(12,1986), ,(996,1002).TOC\o"1-5"\h\z對(duì)上述每對(duì)數(shù)(羽y)，設(shè)x=aaaa,y=bbbb(約定當(dāng)X或)不足四位數(shù)時(shí)，1234 1234在最高數(shù)位前補(bǔ)上若干個(gè)數(shù)字“0”，使之恰含有四個(gè)數(shù)字)，則1000(a+b)+100(a+b)+10(a+b)+(a+b)=x+y=1998.11 22 33 44因x,y為偶數(shù)，故a,b<8,因此a+b<16<18,只能a+b=8；又由44 4 4 4 4a+b<18<19知，只能a+b=9；類似得a+b=9；最后必有a+b=1.故33 33 22 11S(x)+S(y)=(a+b)+(a+b)+(a+b)+(a+b)=1+9+9+8=27,11 22 33 44從而S(X),S(y)中有且僅有一個(gè)6的倍數(shù)(這是因?yàn)閄,y均被3整除，所以S(x)與S(y)均被3整除)，故x,y有且僅有一個(gè)是“六合數(shù)”.從而，小于2000的“六合數(shù)”共有167個(gè)，又2000至2011中恰好有一個(gè)“六合數(shù)”2004,所以所求“六合數(shù)”的個(gè)數(shù)為167+1=168..求正整數(shù)n的最小值，使得:n-2011_'n-20123:n-2013_3n-201122012-\2011<\：2011-、:2013.

（劉桂梅提供）解由已知得，必有n>2013，此時(shí)n-2011n-20112012<:n-20122201102011(n—2011)<2012(n—2012)on>40233:n3:n—2013>31n-201122011—\：2013o2013(n-2013)>2011(n-2011)on>4024由①，②知，當(dāng)n>4024時(shí)，有E30U-E30U-：nz^

2012 20113：n-2013_31n-2011￥2011—22013當(dāng)2013<n<4023時(shí)，有EH0H-：nEH0H-：nz^2

2012 2011>0>3:n-2013_3ni-2011\2011-\；2013AA綜上可知，滿足條件的正整數(shù)n的最小值為4024..如圖，△ABC中，D為邊AC上一點(diǎn)且/ABD=/C,點(diǎn)E在邊AB上且BE=DE,設(shè)M為CD中點(diǎn)，AH1DE于點(diǎn)H.已知AH=2-<3,AB=1,求^AME的度數(shù).（熊斌提供）解法一由已知，岫CD的外接圓O與直線AB切于點(diǎn)B.連接OB,OE,OG,OD,OM.作AN±BD于點(diǎn)N,EG//BD交AC于點(diǎn)G，又顯然OE±BD,OM±CD,所以/GEO=90=/GMO,則E,G,M,O四點(diǎn)共圓，從而

EGtanZAME=tanZGOE=——OE由ZOBE=ZBNA=90,ZABN=ZC=ZEOB知：AOBE與ABNA相似.又/AHN=180-ZADN易知A,H,N,D又/AHN=180-ZADN=/EGD，故AEGD與AAHN相似.所以O(shè)EBEDEEGBANANAAH，于是EG_AHOEAB=于是EG_AHOEAB=2-%”，從而ZAME=15.解法二設(shè)ZABD=ZC=a,解法二設(shè)ZABD=ZC=a,ZDBC=P，由已知易ZBDE=a,ZAED=2a,ZADE=ZADB-ZBDE=(a+P)-a=P,因此AB=AE+EB=AE+EH+HD.ABAE+EHHD1+ABAE+EHHD1+cos2aAH + AHAHsin2a+cotP=cota+cotP.作EK1AC,EL1BD,垂足為K,L,則L為BD中點(diǎn)，結(jié)合正弦定理得ELDEsinZEDLsinaBDLDEKDEsinZEDKsinPCDMD'所以cota=LDMDMKDKcota=LDMDMKDKELEKEKEK=cotZAME-cotP.AB1由①，②及已知條件得cotZAME— — ==2+v13，從而ZAME=15.AH2-<3.設(shè)m是正整數(shù)，n=2m-1,P={1,2,,n}為數(shù)軸上n個(gè)點(diǎn)所成的集合.一個(gè)n蚱蜢在這些點(diǎn)上跳躍，每步從一個(gè)點(diǎn)跳到與之相鄰的點(diǎn).求m的最大值，使對(duì)任意X,yeP，從點(diǎn)x跳2012步到點(diǎn)y的跳法種數(shù)為偶數(shù)（允許中途經(jīng)過點(diǎn)X,y）.（張思n匯提供）解當(dāng)m>11時(shí)，n=2m-1>2013，由于從點(diǎn)1跳2012步而到達(dá)點(diǎn)2013的跳法只有一種，矛盾！所以m<10.下證m=10滿足題意.為此，我們對(duì)m用數(shù)學(xué)歸納法證明一個(gè)更強(qiáng)的命題：對(duì)任意k>n=2m-1及任意x,y