2001年全国高中数学联赛试卷及答案

二○○一年全国高中数学联合竞赛题

（10月4日上午8：00—9：40）

题号 得分 评卷人 复核人 一 二 三 13 14 15 合计 加试 总成绩 学生注意：1、本试卷共有三大题（15个小题），全卷满分150分。 2、用圆珠笔或钢笔作答。 3、解题书写不要超过装订线。 4、不能使用计算器。

一、 选择题（本题满分36分，每小题6分）

本题共有6个小是题，每题均给出（A）（B）（C）（D）四个结论，其中有且仅有一个是正确的。请将正确答案的代表字母填在题后的括号内，每小题选对得6分；不选、选错或选的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分。

1、已知a为给定的实数，那么集合M={x|x2-3x-a2+2=0,x∈R}的子集的个数为

（A）1 （B）2 （C）4 （D）不确定 2、命题1：长方体中，必存在到各顶点距离相等的点； 命题2：长方体中，必存在到各棱距离相等的点； 命题3：长方体中，必存在到各面距离相等的点； 以上三个命题中正确的有

（A）0个 （B）1个 （C）2个 （D）3个 3、在四个函数y=sin|x|, y=cos|x|, y=|ctgx|, y=lg|sinx|中以?为周期、在（0，

?2）上单调递增的偶函数是

（A）y=sin|x| （B）y=cos|x| （C）y=|ctgx| （D）y=lg|sinx| 4、如果满足∠ABC=60°，AC=12，BC=k的⊿ABC恰有一个，那么k的取值范围是 （A）k=83 （B）0

5．若（1＋ｘ＋ｘ2）1000的展开式为ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ２＋…＋ａ2000ｘ2000， 则ａ０＋ａ3＋ａ6＋ａ9＋…＋ａ1998的值为（ ）．

（A）3333 （B）3666 （C）3999 （D）32001

6．已知6枝玫瑰与3枝康乃馨的价格之和大于24，而4枝攻瑰与5枝康乃馨的价格之和小于22元，则2枝玫瑰的价格和3枝康乃馨的价格比较，结果是（ ）． （A）2枝玫瑰价格高 （B）3枝康乃馨价格高 （C）价格相同 （D）不确定 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）

7．椭圆ρ＝1／（2－ｃｏｓθ）的短轴长等于______________． 8、若复数z1,z2满足|z1|=2,|z2|=3,3z1-2z2=

32-I,则z1z2= 。

9、正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1 ，则直线A1C1与BD1的距离是 。

1log1210、不等式

x?2?32的解集为 。

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11、函数y?x?x2?3x?2的值域为 。

12、在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图），要求同一场块中种同一种植物，

相邻的两块种不同的植物。现有4种不同的植物可供选择，则有 种栽种方案。

二、解答题（本题满分60分，每小题20分）

13、设{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且b1?a1，b2?a2，b3?a3（a1

lim(b1?b2???bn)?2?1，试求{an}的首项与公差。

22F E A B C D 2n???

14、设曲线C1:

xa22?y2?1(a为正常数)与C2:y=2(x+m)在x轴上方公有一个公共点P。

2

（1） 求实数m的取值范围（用a表示）；

（2） O为原点，若C1与x轴的负半轴交于点A，当0

12时，试求⊿OAP的面积的最大值（用a表示）。

15、用电阻值分别为a1、a2、a3、a4、a5、a6、（a1>a2>a3>a4>a5>a6）的电阻组装成一个如图的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使该组件总电阻值最小？证明你的结论。

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二○○一年全国高中数学联合竞赛加试试题

（10月4日上午10：00—12：00）

学生注意：1、本试卷共有三大题，全卷满分150分。 2、用圆珠笔或钢笔作答。 3、解题书写不要超过装订线。 4、不能使用计算器。 一、（本题满分50分）

如图：⊿ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，直线ED和AB交于点M，FD和AC交于点N。求证：（1）OB⊥DF，OC⊥DE；（2）OH⊥MN。

二、（本题满分50分）

n设xi≥0(I=1,2,3,…,n)且?xi?2i?12?1?k?j?nkjnxkxj?1，求?xi的最大值与最小值。

i?1三、（本题满分50分）

将边长为正整数m,n的矩形划分成若干边长均为正整数的正方形，每个正方形的边均平行于矩形的相应边，试求这些正方形边长之和的最小值。

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2001年全国高中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准

一．选择题：CBDDCA

1.已知a为给定的实数，那么集合Ｍ＝｛ｘ｜ｘ－3ｘ－ａ＋2＝0，ｘ∈Ｒ｝的子集的个数为（ ）． Ａ．1 Ｂ．2 Ｃ．4 Ｄ．不确定

２２２

讲解：M表示方程ｘ－3ｘ－ａ＋2＝0在实数范围内的解集．由于Δ＝1＋4ａ＞0，所以Ｍ含有2个

２

元素．故集合Ｍ有2＝4个子集，选Ｃ．

2．命题1：长方体中，必存在到各顶点距高相等的点． 命题2：长方体中，必存在到各条棱距离相等的点； 命题3：长方体中，必存在到各个面距离相等的点． 以上三个命题中正确的有（ ）．

Ａ．0个 Ｂ．1个 Ｃ．2个 Ｄ．3个

讲解：由于长方体的中心到各顶点的距离相等，所以命题1正确．对于命题2和命题3，一般的长方体（除正方体外）中不存在到各条棱距离相等的点，也不存在到各个面距离相等的点．因此，本题只有命题1正确，选Ｂ．

3．在四个函数ｙ＝ｓｉｎ｜ｘ｜、ｙ＝ｃｏｓ｜ｘ｜、ｙ＝｜ｃｔｇｘ｜、ｙ＝ｌｇ｜ｓｉｎｘ｜中，以π为周期、在（0，π／2）上单调递增的偶函数是（ ）． Ａ．ｙ＝ｓｉｎ｜ｘ｜ Ｂ．ｙ＝ｃｏｓ｜ｘ｜ Ｃ．ｙ＝｜ｃｔｇｘ｜ Ｄ．ｙ＝ｌｇ｜ｓｉｎｘ｜

讲解：可考虑用排除法．ｙ＝ｓｉｎ｜ｘ｜不是周期函数（可通过作图判断），排除Ａ；ｙ＝ｃｏｓ｜ｘ｜的最小正周期为2π，且在（0，π／2）上是减函数，排除Ｂ；ｙ＝｜ｃｔｇｘ｜在（0，π／2）上是减函数，排除Ｃ．故应选Ｄ． 4．如果满足∠ＡＢＣ＝60°，ＡＣ＝12，ＢＣ＝ｋ的△ＡＢＣ恰有一个，那么ｋ的取值范围是（ ）． Ａ．k?83 Ｂ．0＜ｋ≤12

Ｃ．ｋ≥12 Ｄ．0＜ｋ≤12或k?83

讲解：这是“已知三角形的两边及其一边的对角，解三角形”这类问题的一个逆向问题，由课本结论知，应选结论Ｄ．

说明：本题也可以通过画图直观地判断，还可以用特殊值法排除Ａ、Ｂ、Ｃ． 5．若（1＋ｘ＋ｘ2）1000的展开式为ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ２＋…＋ａ2000ｘ2000， 则ａ０＋ａ3＋ａ6＋ａ9＋…＋ａ1998的值为（ ）．

Ａ．3333 Ｂ．3666 Ｃ．3999 Ｄ．32001

讲解：由于要求的是展开式中每间降两项系数的和，所以联想到1的单位根，用特殊值法． 取ω＝－（1／2）＋（

／2）ｉ，则ω＝1，ω＋ω＋1＝0．

３

２２

２

令ｘ＝1，得

31000＝ａ０＋ａ１＋ａ２＋ａ３＋…＋ａ2000； 令ｘ＝ω，得

２

0＝ａ０＋ａ1ω＋ａ2ω＋…＋ａ2000ω2000；

２

令ｘ＝ω，得

２４６

0＝ａ０＋ａ１ω＋ａ２ω＋ａ３ω＋…＋ａ2000ω4000． 三个式子相加得

31000＝3（ａ０＋ａ３＋ａ６＋…＋ａ1998）． ａ０＋ａ３＋ａ６＋…＋ａ1998＝3999，选Ｃ．

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6．已知6枝玫瑰与3枝康乃馨的价格之和大于24，而4枝攻瑰与5枝康乃馨的价格之和小于22元，则2枝玫瑰的价格和3枝康乃馨的价格比较，结果是（ ）． Ａ．2枝玫瑰价格高 Ｂ．3枝康乃馨价格高 Ｃ．价格相同 Ｄ．不确定

讲解：这是一个大小比较问题．可先设玫瑰与康乃馨的单价分别为ｘ元、ｙ元，则由题设得，

?6X?3Y?244X?5Y?22

问题转化为在条件①、②的约束下，比较2ｘ与3ｙ的大小．有以下两种解法：

解法1：为了整体地使用条件①、②，令6ｘ＋3ｙ＝ａ，4ｘ＋5ｙ＝ｂ，联立解得ｘ＝（5ａ－3ｂ）／18，ｙ＝（3ｂ－2ａ）／9． ∴2ｘ－3ｙ＝…＝（11ａ－12ｂ）／9． ∵ａ＞24，ｂ＜22，

∴11ａ－12ｂ＞11×24－12×22＝0． ∴2ｘ＞3ｙ，选Ａ．

图1

解法2：由不等式①、②及ｘ＞0、ｙ＞0组成的平面区域如图1中的阴影部分（不含边界）．令2ｘ－3ｙ＝2ｃ，则ｃ表示直线ｌ：2ｘ－3ｙ＝2ｃ在ｘ轴上的截距．显然，当ｌ过点（3，2）时，2ｃ有最小值为0．故2ｘ－3ｙ＞0，即2ｘ＞3у，选Ａ． 说明：（1）本题类似于下面的1983年一道全国高中数学联赛试题：

２

已知函数Ｍ＝ｆ（ｘ）＝ａｘ－ｃ满足：－4≤ｆ（1）≤－1，－1≤ｆ（2）≤5，那么ｆ（3）应满足（ ）． Ａ．－7≤ｆ（3）≤26 Ｂ．－4≤ｆ（3）≤15

Ｃ．－1≤ｆ（3）≤20 Ｄ．－28／3≤ｆ（3）≤35／3

（2）如果由条件①、②先分别求出ｘ、ｙ的范围，再由2ｘ－ｙ的范围得结论，容易出错．上面的解法1运用了整体的思想，解法2则直观可靠，详见文［1］．

二．填空题

233301372137． 8．

2??i 9．

66

10．

(0,1)?(1,27)?(4,??) 11．

[1,32)?[2,??) 12． 732 第 5 页 共 13 页

7．椭圆ρ＝1／（2－ｃｏｓθ）的短轴长等于______________．

讲解：若注意到极点在椭圆的左焦点，可利用特殊值法；若注意到离心率ｅ和焦参数ｐ（焦点到相应准线的距离）的几何意义，本题也可以直接求短半轴的长．

解法1：由??(0)?a?c?1?(?)?a?c?1/3得

ａ＝2／3，从而ｂ＝

33，故2ｂ＝

233

解法2：由ｅ＝ｃ／ａ＝1／2，ｐ＝ｂ2／ｃ＝1及ｂ2＝ａ2－ｃ2，得

33233ｂ＝．从而2ｂ＝．

说明：这是一道符合教学大纲而超出高考范围的试题． 8．若复数ｚ１、ｚ２满足｜ｚ１｜＝2，｜ｚ３｜＝3，3ｚ１－2ｚ２＝（3／2）－ｉ，则ｚ１·ｚ２＝______________．

讲解：参考答案给出的解法技巧性较强，根据问题的特点，用复数的三角形式似乎更符合学生的思维特点，而且也不繁．

令ｚ１＝2（ｃｏｓα＋ｉｓｉｎα），ｚ２＝3（ｃｏｓβ＋ｉｓｉｎβ），则由3ｚ１－2ｚ２＝（3／2）－ｉ及复数相等的充要条件，得

?即

6(cos??cos?)?3/26(sin??sin???1

??12sin((???)/2)sin((???)/2)?3/2

12cos((???)/2)sin((???)/2)??1二式相除，得ｔｇ（α＋β）／2）＝3／2．由万能公式，得

ｓｉｎ（α＋β）＝12／13，ｃｏｓ（α＋β）＝－5／13． 故ｚ１·ｚ２＝6［ｃｏｓ（α＋β）＋ｉｓｉｎ（α＋β）］  ＝－（30／13）＋（72／13）ｉ． 说明：本题也可以利用复数的几何意义解．

9．正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ1１的棱长为1，则直线Ａ１Ｃ１与ＢＤ１的距离是______________．

讲解：这是一道求两条异面直线距离的问题，解法较多，下面给出一种基本的解法．

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图2

为了保证所作出的表示距离的线段与Ａ１Ｃ１和ＢＤ１都垂直，不妨先将其中一条直线置于另一条直线的垂面内．为此，作正方体的对角面ＢＤＤ１Ｂ１，则Ａ１Ｃ１⊥面ＢＤＤ１Ｂ１，且ＢＤ１面ＢＤＤ１Ｂ１．设Ａ１Ｃ１∩Ｂ１Ｄ１＝0，在面ＢＤＤ１Ｂ１内作ＯＨ⊥ＢＤ１，垂足为Ｈ，则线段ＯＨ的长为异面直线Ａ１Ｃ１与ＢＤ１的距离．在Ｒｔ△ＢＢ１Ｄ１中，ＯＨ等于斜边ＢＤ

１

上高的一半，即ＯＨ＝／6．

10．不等式｜（1／ｌｏｇ1／2ｘ）＋2｜＞3／2的解集为______________．

讲解：从外形上看，这是一个绝对值不等式，先求得ｌｏｇ1／2ｘ＜－2，或－2／7＜ｌｏｇ1／2ｘ＜0，或ｌｏｇ1／2ｘ＞0．

从而ｘ＞4，或1＜ｘ＜22／7，或0＜ｘ＜1． 11．函数ｙ＝ｘ＋

的值域为______________．

讲解：先平方去掉根号．

由题设得（ｙ－ｘ）２＝ｘ２－3ｘ＋2，则ｘ＝（ｙ２－2）／（2ｙ－3）． 由ｙ≥ｘ，得ｙ≥（ｙ２－2）／（2ｙ－3）．解得1≤ｙ＜3／2，或ｙ≥2． 由于

能达到下界0，所以函数的值域为［1，3／2）∪［2，＋∞）．

说明：（1）参考答案在求得1≤ｙ＜3／2或ｙ≥2后，还用了较长的篇幅进行了一番验证，确无必要．

（2）本题还可以用三角代换法和图象法来解，不过较繁，读者不妨一试．

图3

12．在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图3），要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物．现有4种不同的植物可供选择，则有______________种栽种方案．

讲解：为了叙述方便起见，我们给六块区域依次标上字母Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆ．按间隔三块Ａ、Ｃ、Ｅ种植植物的种数，分以下三类．

（1）若Ａ、Ｃ、Ｅ种同一种植物，有4种种法．当Ａ、Ｃ、Ｅ种植后，Ｂ、Ｄ、Ｅ可从剩余的三种植物中各选一种植物（允许重复），各有3种方法．此时共有4×3×3×3＝108种方法．

（2）若Ａ、Ｃ、Ｅ种二种植物，有Ｐ４2种种法．当Ａ、Ｃ、Ｅ种好后，若Ａ、Ｃ种同一种，则Ｂ有3

３

种方法，Ｄ、Ｆ各有2种方法；若Ｃ、Ｅ或Ｅ、Ａ种同一种，相同（只是次序不同）．此时共有Ｐ４×3（3×2×2）＝432种方法．

３３

（3）若Ａ、Ｃ、Ｅ种三种植物，有Ｐ４种种法．这时Ｂ、Ｄ、Ｆ各有2种种方法．此时共有Ｐ４×2×2×2＝192种方法．

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根据加法原理，总共有Ｎ＝108＋432＋192＝732种栽种方案． 说明：本题是一个环形排列问题．

三．解答题

13．设所求公差为d，∵a1＜a2，∴d＞0．由此得

a12(a1?2d)2?(a1?d)4 化简得：2a12?4a1d?d2?0 解得：d?(?2?2)a1

……………………………………………………… 5分

而?2?2?0，故a1＜0

a22 若d?(?2?2)a1，则q?2a1?(2?1)2

若d?(?2?2)a1，则q?a222a1?(2?1)2 ……………………………… 10分

2 但lim(b1?b2???bn)?n???2?1存在，故| q |＜1，于是q?(2?1)不可能．

从而

a122?2?1?1?(2?1)a1?(222?2)(2?1)?2

所以a1??2,d?(?2?2)a1?22?2 ……………………………… 20分

?x22?2?y?114．解：(1)由?a?2?y?2(x?m) 消去y得：x2?2a2x?2a2m?a2?0 ①

设f(x)?x2?2a2x?2a2m?a2，问题(1)化为方程①在x∈(－a，a)上有唯一解或等根． 只需讨论以下三种情况： 1°△＝0得：m?a2?12，此时xp＝－a2，当且仅当－a＜－a2＜a，即0＜a＜1时适合；

2°f (a)f (－a)＜0，当且仅当－a＜m＜a；

3°f (－a)＝0得m＝a，此时xp＝a－2a2，当且仅当－a＜a－2a2＜a，即0＜a＜1时适合． f (a)＝0得m＝－a，此时xp＝－a－2a2，由于－a－2a2＜－a，从而m≠－a． 综上可知，当0＜a＜1时，m?a2?12或－a＜m≤a；

当a≥1时，－a＜m＜a．……………………………………………… 10分

(2)△OAP的面积S? ∵0＜a＜

1212ayp

，故－a＜m≤a时，0＜?a2?aa2?1?2m＜a，

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由唯一性得 xp??a2?aa2?1?2m

xpa22 显然当m＝a时，xp取值最小．由于xp＞0，从而yp＝1?取值最大，此时yp?2a?a2，

∴S?aa?a2． 当m?a2?12时，xp＝－a2，yp＝1?a2，此时S?12a1?a2212a1?a2．

下面比较aa?a2与 令aa?a2? 故当0＜a≤ 当

13?a?131212的大小：

13a1?a，得a?1212

2时，aa?a2≤时，aa?a2?a1?a，此时Smax?12a1?a2．

a1?a2，此时Smax?aa?a2．……… 20分

15．解：设6个电阻的组件(如图3)的总电阻为RFG，当R i＝a i，i＝3，4，5，6，R1、R2是a1、a2的任意排列时，RFG最小 …………………………………………………… 5分

证明如下：

1．设当两个电阻R1、R2并联时，所得组件阻值为R，则

1R?1R1?1R2．故交换二电阻的位置，不改

变R值，且当R1或R2变小时，R也减小，因此不妨取R1＞R2．

2．设3个电阻的组件(如图1)的总电阻为RAB RAB?R1R2R1?R2?R3?R1R2?R1R3?R2R3R1?R2

显然R1＋R2越大，RAB越小，所以为使RAB最 小必须取R3为所取三个电阻中阻值最小的—个．

3．设4个电阻的组件(如图2)的总电阻为RCD

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若记S1??RiRj, S2??RiRjRk，则S1、S2为定值，于是RCD?S2?R1R2R3S1?R3R4

1?i?j?41?i?j?k?4 只有当R3R4最小，R1R2R3最大时，RCD最小，故应取R4＜R3，R3＜R2，R3＜Rl，即得总电阻的阻值最小 ………………………………………………………………………… 15分

4°对于图3把由R1、R2、R3组成的组件用等效电阻RAB代替．要使RFG最小，由3°必需使R6＜R5；且由1°应使RCE最小．由2°知要使RCE最小，必需使R5＜R4，且应使RCD最小． 而由3°，要使RCD最小，应使R4＜R3＜R2且R4＜R3＜R1，

这就说明，要证结论成立………………………………………………………………20分

2001年全国高中数学联合竞赛加试参考答案及评分标准

一．证明：(1)∵A、C、D、F四点共圆 ∴∠BDF＝∠BAC 又∠OBC＝

12(180°－∠BOC)＝90°－∠BAC

∴OB⊥DF．

(2)∵CF⊥MA

∴MC 2－MH 2＝AC 2－AH 2 ① ∵BE⊥NA

∴NB 2－NH 2＝AB 2－AH 2 ② ∵DA⊥BC

∴BD 2－CD 2＝BA 2－AC 2 ③ ∵OB⊥DF

∴BN 2－BD 2＝ON 2－OD 2 ④ ∵OC⊥DE

∴CM 2－CD 2＝OM 2－OD 2 ⑤ …………………………………… 30分 ①－②＋③＋④－⑤，得

NH 2－MH 2＝ON 2－OM 2 MO 2－MH 2＝NO 2－NH 2

∴OH⊥MN …………………………………………………………………… 50分

另证：以BC所在直线为x轴，D为原点建立直角坐标系， 设A(0，a)，B(b，0)，C(c，0)，则 kAC?? ∴直线AC的方程为y??ac(x?c)，直线

ac,kAB??ab

ca(x?b)

BE的方程为y?第 10 页 共 13 页

?y?c(x?b2

由???a) 得E点坐标为E(

ac?bc2ac2?abc?a2?c2,a2?c2)

?y??a(x?c)?ca2 同理可得F(

b?b2cab2?abca2?b2,a2?b2)

直线AC的垂直平分线方程为y?a?c(x?c2a2)

直线BC的垂直平分线方程为x?b?c2

?yacc 由????(x?)?2a2bc?a2?x?b?c 得O(

b?c2,2a)

??2bc?a2 k?2abc?a2ab2?abcOBb?c?ac?ab,kDF??ab?aca2b?b2ca2?bc

2?b ∵kOBkDF??1 ∴OB⊥DF 同理可证OC⊥DE．

在直线BE的方程y?c(xa?b)中令x＝0得H(0，?bca)

bc?a2?bc ∴kaa2bcOH?2b?c?a?3ab?ac

2 直线DF的方程为y?ab?aca2?bcx

?y?ab?ac2x222 由???a?bc 得N (ac?bc?a2?2bc?2,abc?ac22) ??y??ac(x?c)ca?2bc?cM (

a2b?b2 同理可得cabc?ab2a2?2bc?b2,a2?2bc?b2)

2 ∴ka(b?c2)(a2?bc)MN?(c?b)(a2?bc)(a2?3bc)??ab?aca2?3bc

∵kOH ·kMN ＝－1，∴OH⊥MN．

nn二．解：先求最小值，因为(?x2i)??x2i?2?ki?1i?11?k?j?njxkxj?1第 11 页 共 13 页

n??xi≥1

i?1等号成立当且仅当存在i使得xi＝1，xj＝0，j＝i

n ∴?xi最小值为1． …………………………………………………………… 10分

i?1再求最大值，令xk?nkyk ①

∴?kyk2?2k?1?ky1?k?j?nkyj?1

nn 设M??k?1xk??k?1kyk?y1?y2???yn?a1?y2???yn?a2?， 令?????yn?an?

22???an?1 …………………………………………………… 30分 则①?a12?a2 令an?1＝0，则M?nnn?k?1k(ak?ak?1)

?nnn?k?1kak??k?1kak?1??k?1kak??k?1k?1ak??(k?1k?k?1)ak

由柯西不等式得： M?[?(k?k?1nk?1)](212n?k?12ak)12n?[?k?1(k?k?1)]221

等号成立?

a112???(k?22ak2k?1)2???(n?ak(k?2an2n?1)2

?a1?a2???an1?(2?221)???(n?k?k?1k?1)]212n?1)2?k?1)2

?ak?[n (k=1，2，…，n)

?(k?1k? 由于a1≥a2≥…≥an，从而yk?ak?ak?1?2[k?(k?1?nk?1)212?0，即xk≥0

?(k?1k?k?1)]n 所求最大值为[?(k?k?1k?1)]212 …………………………………………… 50分

三．解：记所求最小值为f (m，n)，可义证明f (m，n)＝rn＋n－(m，n) (*)

其中(m，n) 表示m和n的最大公约数 …………………………………………… 10分

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事实上，不妨没m≥n

(1)关于m归纳，可以证明存在一种合乎题意的分法，使所得正方形边长之和恰为rn＋n－(m，n) 当用m＝1时，命题显然成立．

假设当，m≤k时，结论成立(k≥1)．当m＝k＋1时，若n＝k＋1，则命题显然成立．若n＜k＋1，从矩形ABCD中切去正方形AA1D1D(如图)，由归纳假设矩形A1BCD1有一种分法使得所得正方形边长之和恰为m—n＋n—(m－n，n)＝m－(m，n)，于是原矩形ABCD有 D D1 C 一种分法使得所得正方形边长之和为rn＋n－(m，n) …………………………………… 20分

n (2)关于m归纳可以证明(*)成立．

当m＝1时，由于n＝1，显然f (m，n)＝rn＋n－(m，n) 假设当m≤k时，对任意1≤n≤m有f (m，n)＝rn＋n－(m，m A1 A B n)

若m＝k＋1，当n＝k＋1时显然f (m，n)＝k＋1＝rn＋n－(m，n)．

当1≤n≤k时，设矩形ABCD按要求分成了p个正方形，其边长分别为al，a2，…，ap 不妨a1≥a2≥…≥ap 显然a1＝n或a1＜n． 若a1＜n，则在AD与BC之间的与AD平行的任一直线至少穿过二个分成的正方形 (或其边界)．于是a1＋a2＋…＋ap不小于AB与CD之和． 所以a1＋a2＋…＋ap≥2m＞rn＋n－(m，n)

若a1＝n，则一个边长分别为m－n和n的矩形可按题目要求分成边长分别为a2，…ap的正方形，由归纳假设

a2＋…＋ap≥m－n＋n－(m－n，n))＝rn－(m，n) 从而a1＋a2＋…＋ap≥rn＋n－(m，n)

于是当rn＝k＋1时，f (m，n)≥rn＋n－(m，n)

再由(1)可知f (m，n)＝rn＋n－(m，n)． ………………………………………… 50分

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