教育部九十二學年度高級中學數學科能力
競賽決賽試題與參考解答
國立臺灣師範大學 數學系
壹、試題
一、筆試(一)
【問題一】:設正實數數列t t L
1, ,
2 是一個公比為10 的等比數列. 試求所有可能的正整數n
及所 有的n
次多項式f x
( )
=
a x
n n+
a x
n−1 n−1+ +
L
a
0,滿足:最高次項係數a
n是整數, 且f
(log
10t
k)
=
93
,∀ =
k
1, 2,
L
,
n
+
1
. 【問題二】:在某一個∆
ABC
中, 過頂點 B 作一直線與∠
C
的平分線垂直, 垂足為 D; 過頂點 C 作一直線與∠
B
的平分線垂直, 垂足為 E. 設點 D 在∆
ABC
的外部, 點 E 在∆
ABC
的內部且∆
ABC
的內切圓在邊AB、CA 上的切點分別為點P
、Q . 試證:直線 DE 通過P
、 Q 兩點. 【問題三】:正八邊形A A A A A A A A
1 2 3 4 5 6 7 8的內部可被它的對角線分割成 80 個區域. 試求所有 可能的正整數n
, 使得我們可將其中n
個區域塗色後, 滿足: 每一個∆
A A A
i j k的 內部都恰有一個塗色的區域.二、筆試(二)
【問題一】:在∆
ABC
中, D、E 及 F 分別在三邊BC、CA 及AB上, 且使得AD、BE及CF
三 線段交於一點. 過F 作平行於直線 ED 的直線交AD於K, 並交CB
的延長線於L. 試證:FK =FL. 【問題二】:設正實數a b
,
滿足: 3 3 3 1 a + +b ab= . 試求 3 31
1
(
a
)
(
b
)
a
b
+
+ +
的最小值. 【問題三】:試求所有的正整數n
, 使得 5 2 4 2 3 2 2 2 1 n + n + n + n + n+ 為一完全平方數.三、獨立研究(一)
【問題一】:試求滿足 (x+93) (P x−93) (+ −x 93) (P x+93) 2= xP x( ) ... (1)的實係數多項式
P x
( )
。【問題二】: 設
x y z w
, , ,
都是正實數. 試證:3
3 3 3
(1
+
x
)(1
+
y
)(1
+
z
)(1
+
w
) (1
≥ +
xyz
)(1
+
yzw
)(1
+
zwx
)(1
+
wxy
)
.【問題三】:在
∆
ABC
中,∠
B
是直角, 其內切圓與BC
、CA
、AB
分別交於點D
、E
、F
. 直 線EF
與直線BC
交於點G
; 過E
引EF的垂線交BC 於點H
. 設∆
GHE
的外接 圓與AB交於點K
. 試證:GK GD
=
.四、獨立研究(二)
【問題一】:設多項式 f x( )= +x3 ax2+ +bx 1, 其中a
≥
0
,b
≥
0
, 且 f x( ) 0= 的三根都是實數. 試證: f(2) 27≥ . 【問題二】:試求所有的整數m,n
, 滿足方程式3n3−m2+18n−6m−30 0= . 【問題三】:每一個由正整數所形成的集合都有一個「交錯和」, 它的定義如下:「將此集合中 的數, 由大到小排列, 交錯的加、減得到一個結果, 稱為此集合的交錯和」. 例 如:集合{1, 2, 4, 6, 9}的交錯和為9 6 4 2 1 6
− + − + =
; 集合{6}的交錯和為 6; 空 集合的交錯和視為0. 試求{1, 2,L , 2004}所有子集合交錯和的總和.貳、參考解答
一、筆試(一)
【問題一:參考解答】:令d
k=
log
10t
k, 則<
d
k>
為公差為 1 的等差數列. 注意:滿足條件 的n
次多項式為 1 1 1 1 0 1 1 ( ) n n ( k) n n ( k) ( ) k k f x a x d a− − x d a x d a = = =∏
− +∏
− + +L − + , 其中a0= ±93. 當n
=
1
時, ( ,a a0 1)=( 93, 186 )− , ( 93, 186 )− . 即有 2 個一次多項式 1 ( ) 186( ) 93 f x = − x d− + , 1 ( ) 186( ) 93 f x = x d− + . 當n
=
2
時 , ( , ,a a a0 1 2)= (93, 0, 93)− , ( 93, 186, 93)− , ( 93, 186, 186 )− , ( 93, 0, 93)− , ( 93, 186, 93)− − , ( 93, 186, 186 )− − . 即有 6 個二次多項式 1 2 ( ) 93( )( ) 93 f x = x d x d− − − , 1 2 ( ) 93( )( ) 93 f x = − x d x d− − + ,1 2 1 ( ) 93( )( ) 186( ) 93 f x = x d x d− − − x d− + , 1 2 1 ( ) 93( )( ) 186( ) 93 f x = − x d x d− − + x d− − , 1 2 1 ( ) 186( )( ) 186( ) 93 f x = x d x d− − − x d− + , 1 2 1 ( ) 186( )( ) 186( ) 93 f x = − x d x d− − + x d− − . 當
n
=
3
時, ( , , ,a a a a0 1 2 3)= (93, 0, 0, 31)− , ( 93, 0, 93, 62 )− , ( 93, 0, 93, 93)− , ( 93, 186, 93, 31)− − , ( 93, 186, 186, 93)− − , ( 93, 186, 186, 124 )− − , ( 93, 0, 0, 31)− , ( 93, 0, 93, 62 )− − , ( 93, 0, 93, 93)− − , ( 93, 186, 93, 31)− − , ( 93, 186, 186, 93)− − , ( 93, 186, 186, 124 )− − . 即有 12 個三次多項式 1 2 3 ( ) 31( )( )( ) 93 f x = − x d x d− − x d− + , 1 2 3 1 2 ( ) 62( )( )( ) 93( )( ) 93 f x = x d x d− − x d− − x d x d− − + , 1 2 3 1 2 ( ) 93( )( )( ) 93( )( ) 93 f x = x d x d− − x d− − x d x d− − + , 1 2 3 1 2 1 ( ) 31( )( )( ) 93( )( ) 186( ) 93 f x = − x d x d− − x d− + x d x d− − − x d− + , 1 2 3 1 2 1 ( ) 93( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93 f x = − x d x d− − x d− + x d x d− − − x d− + , 1 2 3 1 2 1 ( ) 124( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93 f x = − x d x d− − x d− + x d x d− − − x d− + , 1 2 3 ( ) 31( )( )( ) 93 f x = x d x d− − x d− − , 1 2 3 1 2 ( ) 62( )( )( ) 93( )( ) 93 f x = − x d x d− − x d− + x d x d− − − , 1 2 3 1 2 ( ) 93( )( )( ) 93( )( ) 93 f x = − x d x d− − x d− + x d x d− − − , 1 2 3 1 2 1 ( ) 31( )( )( ) 93( )( ) 186( ) 93 f x = x d x d− − x d− − x d x d− − + x d− − , 1 2 3 1 2 1 ( ) 93( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93 f x = x d x d− − x d− − x d x d− − + x d− − , 1 2 3 1 2 1 ( ) 124( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93 f x = x d x d− − x d− − x d x d− − + x d− − . 當n
=
4
時, ( , , , ,a a a a a0 1 2 3 4)= (93, 0, 0, 31, 31)− , ( 93, 186, 186, 93, 31)− − , ( 93, 186, 186, 124, 62 )− − , ( 93, 0, 0, 31, 31)− − , ( 93, 186, 186, 93, 31)− − − , ( 93, 186, 186, 124, 62 )− − − , 即有 6 個四次多項式 1 2 3 4 1 2 3 ( ) 31( )( )( )( ) 31( )( )( ) 93 f x = x d x d− − x d− x d− − x d x d− − x d− + , 1 2 3 4 1 2 3 1 2 1 ( ) 31( )( )( )( ) 93( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93, f x x d x d x d x d x d x d x d x d x d x d = − − − − − − − − + − − − − +1 2 3 4 1 2 3 1 2 1 ( ) 62( )( )( )( ) 124( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93, f x x d x d x d x d x d x d x d x d x d x d = − − − − − − − − + − − − − + 1 2 3 4 1 2 3 ( ) 31( )( )( )( ) 31( )( )( ) 93 f x = − x d x d− − x d− x d− + x d x d− − x d− − , 1 2 3 4 1 2 3 1 2 1 ( ) 31( )( )( )( ) 93( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93, f x x d x d x d x d x d x d x d x d x d x d = − − − − − + − − − − − − + − − 1 2 3 4 1 2 3 1 2 1 ( ) 62( )( )( )( ) 124( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93. f x x d x d x d x d x d x d x d x d x d x d = − − − − − + − − − − − − + − − 現在我們證明當
n
≥
5
, 沒有滿足條件的 n 次多項式 f x( ). 假設存在, 則由已知 條件得 1 0 ( )2 93 a + =a f d = ± ... (1) 2 1 0 3 2a +2a + =a f d( )= ±93... (2) 3 2 1 0 4 6a +6a +3a + =a f d( )= ±93... (3) 4 3 2 1 0 5 24a +24a +12a +4a + =a f d( )= ±93... (4) 1 2 1 0 1 ! ! ! ! ( ) 93. 1! 2! ( 1)! n n n n n n n n a a a a a f d n − − + + + + + + = = ± − L ... (n) 由[ (n)式− × − 式C1n (n 1) 2 ( 2) n C n + × − 式 1 1 ( 1)n n n C − − − + −L ×(1)式 ]可得 1 0 1 2 1 ! ( 1)n ( 1 n n n ) 93. n n n a +a C C C − + − = ± ± ± ± ±L ⋅ 因此, 1 2 1( 1
1)
93
!
n n n n nC
C
C
a
n
−± ±
±
± ±
±
=
L
⋅
故, 當n
=
5
時, 51 5 10 10 5 1
31
40
a
=
± ± ± ± ± ±
⋅
因為a
5是一整數,± ± ± ± ± ±
1 5 10 10 5 1
必須是40 的倍數, 其唯一可能是1 5 10 10 5 1 0
± ± ± ± ± ± =
, 即a
5=
0
, 不合. 當n
=
6
時, 61 6 15 20 15 6 1
31
240
a
=
± ± ± ±
± ± ±
⋅
…
X Y E D P Q I A B C 因為
a
6是一整數,± ± ± ±
1 6 15 20 15 6 1
± ± ±
必須是240 的倍數, 其唯一可能是1 6 15 20 15 6 1 0
± ± ± ±
± ± ± =
; 即a6=0, 不合. 當n
=
7
時, 7 1 7 21 35 35 21 7 1 31 1680 a = ± ± ± ± ± ± ± ± ⋅ 因為a
7是一整數,± ± ± ± ± ± ± ±
1 7 21 35 35 21 7 1
必須是1680 的倍數, 其唯一可 能是1 7 21 35 35 21 7 1 0
± ± ± ± ± ± ± ± =
; 即a7 =0, 不合. 當n
≥
8
時, 1 2 1 (1 1) 93 2 93 1. ! ! n n n n n n C C C a n n − + + + + + ⋅ ⋅ ≤ L = < 因為an是一整數, 故an =0, 不合 【問題二:參考解答】: 設直線 DE 與AB交於X, 與CA
交於 Y, 而 I 為∆
ABC
的內心. 我們僅需證明點 P 與點 X 重合, 且點 Q 與點 Y 重合. 因為∠
BDC
= ∠
CEB
= °
90
, 所以 D、E、C、B 四點共圓. 於是, 可 得 (1/ 2)XDI EDC ABC XBI
∠ = ∠ = ∠ = ∠ .
由此可知, B、I、X、D 四點共圓. 因此,
∠
IXB
= ∠
IDB
= °
90
, 即 IX ⊥AB, 亦即∆
ABC
的 內切圓與AB切於X 點, 因而點 P 與點 X 重合. 另一方面, 由 D、E、C、B 四點共圓, 可得180 180 180 (1/ 2) 180
YEI DEB DCB ACB YCI
∠ = ° − ∠ = ° − ∠ = ° − ∠ = ° − ∠ .
由此可知C、I、Y、E 四點共圓. 因此,
∠
IYC
= ∠
IEC
= °
90
, 即IY⊥AC,亦即∆
ABC
的內A8 A7 A6 A5 A4 A3 A1 A2 【問題三:參考解答】:考慮6 個互不重疊的三角形:
∆
A A A
1 2 3,∆
A A A
1 3 4,∆
A A A
1 4 5,∆
A A A
1 5 6, 1 6 7A A A
∆
,∆
A A A
1 7 8. 因每一個三角形的內部都有一個塗色的區域, 故n
≥
6
. 另一 方面, 若n
≥
7
, 則由鴿籠原理可知上述的 6 個三角形中, 必有一個三角形有兩個 塗色的區域, 故n
≤
6
. 以下證明n
=
6
是可能的. 令 1 2 2 1 2 3 p p p p pS
= ∆
A A A
+I
∆
A A
+ +A
+ , ∀ p=1, 2,L
,
6; 則 將 S S1, 2,L ,S6塗 色 即 可 滿 足 所 求. 事 實 上 , 考 慮 任 一∆
A A A
i j k , 其 中 1≤ < < ≤i j k 8. (i) 當i
=
1
時(k
≥
3
), 則S
k−2是∆
A A A
i j k唯一的塗色區域. (ii )當i
≥
2
時( j≥3), 則S
j−2是∆
A A A
i j k唯一的塗色區域. 下圖顯示可能的6 個塗色區域.二、筆試(二)
【問題一:參考解答】:(1) 由西瓦定理: AE CD BF 1 EC × DB × FA = . (2) 延長ED交AB延長線於M, 則由孟氏定理 1 AE CD BM EC × DB × MA = . (3) 由(1), (2)知M K L E A B C F D BF BM FA = MA , 即 AF BF AM = BM ... (*) (4) 由
FL DM
//
知∆
AFK
~
∆
AMD
,∆
BLF
~
∆
BDM
; 故得 AF FK AM = MD , BF FL BM =MD... (**) (5) 由(*)及(**)可得 FK FL MD =MD, 所以FK =FL. 【問題二:參考解答一】:因為a3+ +b3 3ab= , 1 可改寫為a
3+ + − −
b
3( 1)
33 ( 1) 0
ab
− =
. 所以 2 2 2(
a b
+ −
1)[ (
a b
−
)
+ +
(
a
1)
+ +
(
b
1) ] 0
=
. 因此,a b
+ =
1
或a b
=
且a b
= = −
1
( ,a b為正實數, 不合). 由算幾不等式 21
(
)
2
4
a b
ab
≤
+
≤
. ... (1) 令f a b
( , ) (
a
1
)
3(
b
1
)
3a
b
=
+
+ +
, 則由(1)可得3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
1
1
( , ) (
)
(
)
1
1
3
3
3(
)
1
3
(
) 3(
)
(
)
1
3
(1
)(
) 3
(1 4 )(
) 3 12
65(1 3 ) 15
f a b
a
b
a
b
a
b
a b
a
b
a
b
a
b
a
b
a b
a b
a b
ab
a
b
a b
ab
a
b
ab
=
+
+ +
= + +
+
+
+ +
+
= + +
+
+
+ +
+
= +
+
+ +
≥ +
+
+ +
=
−
+
3
65(1
) 15
4
125
.
4
≥
−
+
=
等號成立的充要條件為a b
= =
12 . 【問題二:參考解答二】:由不等式 3 3 33(
)
33
x y z
x
+
y
+ ≥
z
+ +
及參考解答一中所定義的 f a b( , ) 可得(
1 1 5) ( )
1 5( )
5 2 2 2 3 1 3 3 1 4 3 3 3 35
375
( , ) (
)
3
3
3
2
8
a b ab a bf a b
+
≥
+ + + +=
+ +≥
+ +=
. 所以,( , )
375
(
5
)
3125
8
2
4
f a b
≥
−
=
. 【問題二參考解答三】:設g x
( ) (
x
1
)
3x
=
+
, 則g x( )為( 0, 1)上的凸函數. 由b
= −
1
a
可得 1 1 1 2 2 2125
125
( , )
( )
(1
) 2
(
(1
) ) 2
( ) 2
8
4
f a b
=
g a
+
g
−
a
≥ ⋅
g
⋅ + ⋅ −
a
a
= ⋅
g
= ⋅
=
. 【 註 】 : 由 算 幾 不 等 式 可 得1
=
a
3+ +
b
33
ab ab a b
≥
(
+ +
) 3
ab
≥
2
ab ab
+
3
ab
; 若 令0
x
=
ab
>
, 則前式等價於 3 2 2x +3x − ≤ 1 0⇔
(2x−1)(x+1)2≤ 0⇔
2
x
− ≤
1 0
⇔
1 2x
≤
. 因此, 2 1 4ab x
=
≤
. 所以既使不知道a b
+ =
1
, 亦能證明ab
≤
14 . 【問題三:參考解答】:首先,我們可將n5+2n4+2n3+2n2+2n+1因式分解為5
2
42
32
22
1 (
1)(
4 3 21)
n
+
n
+
n
+
n
+
n
+ = +
n
n
+ + + +
n
n
n
. 由於n
+
1
與n4+ +n3 n2+ +n 1互質, 所以n5+2n4+2n3+2n2+2n+1為一完全平方 數的充要條件為n
+
1
與n
4+ +
n
3n
2+ +
n
1
均為完全平方數. 其次, 對於任意的正整數n
, 2 2 4 3 2 2 2(
)
1 (
1)
2
2
n
n
n
+
<
n
+ + + + <
n
n
n
n
+
+
. 由於當n
為偶數時,2
n
n
+
與1
2
n
n
+
+
為連續正整數, 而n4+ +n3 n2+ +n 1為一完全 平方數. 所以, 只有當n
為奇數時, 上式才有可能成立. 在此情形下, 4 3 21 (
21
1)
22
n
n
+ + + + =
n
n
n
n
+
−
+
, 由此可得,n
= −
1
(不合),n
=
3
. 故, 僅在n
=
3
時, 可使得n4+ +n3 n2+ +n 1為一完 全平方數. 當n
=
3
時, n+ = =1 4 22也是一個完全平方數.三、獨立研究(一)
【問題一:參考解答】: 取x
= −
93
代入(1)式可得 0⋅ −P( 186) 186− ⋅P(0)= −186⋅ −P( 93), 由此可得P(0)= −P( 93); 取x
=
93
代入(1)式可得 186⋅P(0) 0+ ⋅P(186) 186= ⋅P(93), 由此可得P(0)=P(93); 所以P(0)=P(93)= −P( 93). 設P(0)=P(93)= −P( 93)= , c 則P x( )=c有三個根− , 0, 93, 93 因而存在實係數多項式Q x( )使得P x( )可以表示為 ( ) ( 93)( 93) ( ) P x =x x− x+ Q x + ... (2) c 將此代入(1)式化簡, 除以x x( −93)(x+93)後可得 (x−186) (Q x−93) (+ +x 186) (Q x+93) 2= xQ x( )... (3) 因為(3)式對於所有的實數x≠ −93, 0, 93都成立, 且Q x( )為多項式, 所以(3)式對於所 有的實數x
都成立. 若Q x( )≡a是一常數多項式函數, 則(3)式可表示為 ( 186) ( 186) 2 a x− +a x+ = ax; 此顯然成立; 因而3
( )
(
93)(
93)
8649
P x
=
ax x
−
x
+
+ =
c ax
−
ax c
+
也滿足(1)式. 現 在 我 們 僅 需 證 明 :Q x( )≡a是 一 常 數 多 項 式. 記Q(186)=Q(93 2)× =a . 以186 93 2
x
=
= ×
代入(3)式, 我們可得 0×Q(93) (93 4)+ × ×Q(93 3) (93 4)× = × ×Q(93 2)× , 由此可得 (93 3) (93 2) Q × =Q × =a. 以x
=
279 93 3
= ×
代入(3)式, 我們可得 93×Q(186) (93 5)+ × ×Q(93 4) (93 6)× = × ×Q(93 3)× , 由此可得93× +a (93 5)× ×Q(93 4) (93 6)× = × ×a, 因而Q(93 4)× =a. 事實上, 由數 學歸納法可證:對於所有的正整數n
≥
2
, Q(93× =n) a. 所以Q x( )≡a, 因而 3( )
8649
P x
=
ax
−
ax c
+
, 其中a c
,
可以是任意的實數. 【問題二:參考解答】: 利用算幾不等式(a b c
+ + ≥
3
3abc
), 得 2 3 3 3 3(1
)(1
)(1
) 1 (
) (
)
1 3
3 (
)
(1
) .
x
y
z
x y z
xy yz zx
xyz
xyz
xyz
xyz
xyz
+
+
+ = + + + +
+
+
+
≥ +
+
+
= +
同理可得, 3 3(1
+
y
)(1
+
z
)(1
+
w
) (1
= +
yzw
)
, 3 3(1
+
z
)(1
+
w
)(1
+ = +
x
) (1
zwx
)
, 3 3(1
+
w
)(1
+
x
)(1
+ = +
y
) (1
wxy
)
. 將上面四個不等式相乘、化簡後可得 3 3 3 3(1
+
x
)(1
+
y
)(1
+
z
)(1
+
w
) (1
≥ +
xyz
)(1
+
yzw
)(1
+
zwx
)(1
+
wxy
)
, 其中等號成立的充要條件為x
= = =
y z w
.K H G F E D A B C 【問題三:參考解答】: 如圖所示, 由切割線定理得GD2=GF GE⋅ . 又∠B與∠FEH 均為直角,
∆
GHE
與GFB
∆
相 似 , 所 以GE GB GH GF
:
=
:
, 即GF GE GB GH
⋅
=
⋅
, 因 而 得 2 GD =GB GH⋅ . 另方面, 因G、H、E、K四點共圓, 且∠
FEH
為直角, 得∠GKH為 直角. 故,∆
GKH
與∆
GKB
相似. 因此,GH GK GK GB
:
=
:
, 即GK2=GB GH⋅ . 綜合以上結果可得GK
2=
GD
2. 故,GK GD
=
.四、獨立研究(二)
【問題一:參考解答】:因為f x
( )
的係數都為非負, 所以f x
( ) 0
=
的三根都是負實數, 設為 1r
−
,−
r
2,−
r
3. 由根與係數的關係可知 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3;
;
1
.
a r r
r
b r r
r r
r r
r r r
= + +
= + +
=
由算幾不等式可得, 1 2 3 3 1 2 31
3
3
r
r
r
a
r r r
+ +
=
≥
=
, 2 2 2 1 2 2 3 3 1 3 1 2 31
3
3
r r
r r
r r
b
r r r
+
+
=
≥
=
, 因而,a
≥
3
且b
≥
3
. 由此可得3 2 1 3 2 1 3 (2) 2 2 2 1 2 3 2 3 2 1 ( 2 1) 27. f = + ⋅ + ⋅ +a b ≥ + ⋅ + ⋅ + = + = 【問題二:參考解答】: 3 2 3n −m +18n−6m−30 0= 有整數解