1999年全国高中数学联合竞赛试题及参考答案

一、选择题１．给定公比为ｑ（ｑ≠１）的等比数列｛ａｎ｝,设ｂ１＝ａ１＋ａ２＋ａ３,ｂ２＝ａ４＋ａ５＋ａ６,…,ｂｎ＝ａ３ｎ－２＋ａ３ｎ－１＋ａ３ｎ,…,则数列｛ｂｎ｝（　　）．　（Ａ）是等差数列　　（Ｂ）是公比为ｑ的等比数列　（Ｃ）是公比为ｑ３的等比数列　（Ｄ）既非等差数列又非等比数列解　由题设,ａｎ＝ａ１ｑｎ－１,则　ｂｎ＋１ｂｎ＝ａ３ｎ＋１＋ａ３ｎ＋２＋ａ３ｎ＋３ａ３ｎ－２＋ａ３ｎ－１＋ａ３ｎ＝ａ１ｑ３ｎ＋ａ１ｑ３ｎ＋１＋ａ１ｑ３ｎ＋２ａ１ｑ３ｎ－３＋ａ１ｑ３ｎ－２＋ａ１ｑ３ｎ－１＝ａ１ｑ３…     

等比数列的前n项和在不等式中的应用

｛｝是以ｑ为公比的等比数列，若ｑ≠１则Ｓｎ＝ａ１（１－ｑｎ）１－ｑ＝ａ１１－ｑ－ａ１１－ｑｑｎ，即Ｓｎ是含有以ｑ为底数的指数式的代数式，反之由一个指数式ｑｎ（ｎ∈Ｎ）可联想到可与一个等比数列的和有关．为此我们可应用它来证明不等式，并且还可以把一些不等...     

等比数列的一个性质

设｛ａｎ｝是以ｑ为公比的等比数列,其前ｎ项和为Ｓｎ,若１≤ｍ＜ｎ,则易知　Ｓｎ＝Ｓｍ＋ｑｍＳｎ－ｍ．（１）特别地,当ｍ＝１而ｎ＞１时,有　　　　　Ｓｎ＝ａ１＋ｑＳｎ－１．（２）这是等比数列的一个简单性质,容易推出其逆命题也成立．下面举两例说明（１）和（２）的应用．例１　设｛ａｎ｝为等比数列,公比为ｑ,前ｎ项和为Ｓｎ．（Ⅰ）若对任何ｉ＝１,２,…,ｍ,有｜Ｓｉ｜≤Ｍ（常数）,则对任何ｉ＝１,２,…,２ｍ,有｜Ｓｉ｜≤（１＋｜ｑ｜ｍ）Ｍ．（Ⅱ）若对任何ｉ＝１,２,…,ｍ,有｜Ｓｉ｜≤Ｍ且｜ｑ｜＜１,…     

编拟数列题应注意存在性

一堂公开课中,教师出示了如下例题：已知等比数列的首项为２,第ｎ项是８１,而公比等于３,求该等比数列的前ｎ项之和．在教师讲完如下的解答后,课堂上出现了一阵唏嘘声：Ｓｎ＝ａｎｑ－ａ１ｑ－１＝８１×３－２３－１＝２４１２＝１２０１２．原来,有的学生在准备用...     

等比数列前n项和公式的七种推导方法

［题目］　在等比数列｛ａｎ｝中,已知首项ａ１和公比ｑ,求前ｎ项和Ｓｎ．［方法１］——先让学生演算Ｓ１,Ｓ２,Ｓ３,Ｓ４,然后启发学生猜想结论,让学生在探索过程中发现公式,培养学生的探索精神．当ｑ≠１时,Ｓ１＝ａ１＝ａ１（１－ｑ）１－ｑＳ２＝ａ１＋ａ１ｑ＝ａ１（１－ｑ）１－ｑ（１＋ｑ）＝ａ１（１－ｑ２）１－ｑＳ３＝ａ１＋ａ１ｑ＋ａ１ｑ２＝ａ１（１－ｑ２）１－ｑ＋ａ１ｑ２（１－ｑ）１－ｑ＝ａ１（１－ｑ３）１－ｑＳ４＝ａ１＋ａ１ｑ＋ａ１ｑ２＋ａ１ｑ３＝ａ１（１－ｑ３）１－ｑ＋ａ１ｑ３（１－ｑ）１－ｑ＝…     

高阶等比数列的划分

文［１］研究了（一阶）等比数列的高阶等差划分的问题,证明了等比数列的均匀划分仍为等比数列,一阶等差划分为３阶等比数列,并猜想ｋ阶等差划分为２ｋ＋１阶等比数列．本文证明：定理　ｓ阶等比数列的ｔ阶等差划分数列为ｓｔ＋ｓ＋ｔ阶等比数列．为了阅读方便,我们先简述一下有关概念．设｛ａｎ｝＝｛ａ（０）ｎ｝为任一数列（ａｎ≠０）．记ａ（１）ｎ＝ａ（０）ｎａ（０）ｎ＋１,…,ａ（ｓ）ｎ＝ａ（ｓ－１）ｎ＋１ａ（ｓ－１）ｎ,则｛ａ（ｓ）ｎ｝称为｛ａｎ｝的ｓ阶商数列．若ａ（ｓ）ｎ＝ｑ（非１常数）,对ｎ∈Ｎ均成立,则｛…     

对一道高考试题的一点看法

对一道高考试题的一点看法４３００６２湖北大学数学系严启平１９９６年高考数学（文史类）试题第２１题及参考解答如下：设等比数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，若Ｓ３＋Ｓ６＝２Ｓ９，求数列的公比ｑ．解若ｑ＝ｌ，则有Ｓ３＝３ａ１，Ｓ６＝６ａ１，Ｓ９＝９ａ１．但ａ１...     

'98高中数学联赛试题新议别解

１９９８年高中数学联赛推出了很多情景新颖的题目,从而也就给我们的解题研究留下了广阔的空间,作为初步的考虑,我们提出９道题目异于标准答案的解法,包括所有的解答题．例１　（’９８高中数学联赛第一（３）题）各项均为实数的等比数列｛ａｎ｝前ｎ项之和记为Ｓｎ,若Ｓ１０＝１０,Ｓ３０＝７０,则Ｓ４０等于（　　）．　（Ａ）１５０　　　　　　　（Ｂ）－２００　（Ｃ）１５０或－２００（Ｄ）４００或－５０解法１　由Ｓ３０＝Ｓ１０（１＋ｑ１０＋ｑ２０）,有ｑ２０＋ｑ１０－６＝０,解出正根ｑ１０＝２,从而Ｓ４０＝Ｓ１０…     

有限域上一类方程的解数公式

本文给出有限域Ｆｑ上一类方程ａ１ｘ１ｄ１１…ｘｎｄ１ｎ＋ａ２ｘ１ｄ２１…ｘｎｄ２ｎ＋…＋ａｓｘ１ｄｓ１…ｘｎｄｓｎ＝ｂ的解数公式，这里ｄｉｊ＞０，ａｉ∈Ｆｑ，ｉ＝１，…，ｓ，ｊ＝１，…，ｎ．特别当ｓ＝ｎ，ｇｃｄ（｜ｄｉｊ｜，ｑ－１）＝１时，得到了简明的解数公式．     

也谈实二次域类数的可除性

设ｄ无平方因子，ｈ（ｄ）是二次域Ｑ（ｄ）的类数，本文证明了：若１＋４ｋ２ｎ＝ｄａ２，ａ，ｋ＞１，ｎ＞２为正整数，且ａ＜０．９ｋ３５ｎ或ｎ的奇素因子ｐ和ｋ的素因子ｑ均适合（ｐ，ｑ－１）＝１，则除（ａ，ｄ，ｋ，ｎ）＝（５，４１，２，４）以外，ｈ（ｄ）≡０（ｍｏｄｎ）．同时，我们猜测：上述结果中的条件（ｐ，ｑ－１）＝１是不必要的．     

q~q±1(q=p~n)的Aurifeuillian分解

ｑｑ±１（ｑ＝ｐｎ）的Ａｕｒｉｆｅｕｉｌｉａｎ分解孙琦洪绍方（四川大学数学系）摘要设素数ｐ≡ε（ｍｏｄ４），其中ε＝１，－１，ｎ为正整数，ｑ＝ｐｎ，ｑ１＝ｑｑ／ｐ，η＝ηｑ＝ｅｘｐ（２πｉ／ｑ）．Φｍ（ｘ）表示ｍ阶分圆多项式．记Ｓε＝Φｑ（εｑ），本...     

Jacobi多项式零点为结点的Lagrange插值多项式之逼近

对于可微函数ｆ∈Ｃｑ［－１，１］，本文研究以Ｊａｃｏｂｉ多项式Ｊ（α，β）ｎ（ｘ）的零点为结点组之Ｌａｇｒａｎｇｅ插值多项式对ｆ及其导数的同时逼近，证明不等式Ｌ（ｓ）ｎ（ｆ，α，β，ｘ）－ｆ（ｓ）（ｘ）＝Ｏ（１）Δ－ｓｎ（ｘ）Δｑｎ（ｘ）ω（ｆ（ｑ），Δｎ（ｘ））ｌｏｇｎ｛＋（１－ｘ＋ｎ－１）－α－１２ｎ－ｑω（ｆ（ｑ），ｎ－１）｝，在［０，１］上对于ｓ＝０，１，２，…，ｑ一致成立，其中Δｎ（ｘ）＝ｎ－１１－ｘ２＋ｎ－２     

一类线性errors－in－variables模型的参数强相合估计及其a．s．收敛速度

本文讨论了如下一类线性ｅｒｒｏｒｓ－ｉｎ－ｖａｒｉａｂｌｅｓ模型——多元线性结构关系模型β′ｘｋ＋α＝０，ξｋ＝ｘｋ＋εｋ．｛ｋ＝１，２，…，ｎ．其中，｛ｘｋ：ｋ＝１，２，…，ｎ｝为一组ｉ．ｉ．ｄ．的ｍ维随机向量，｛εｋ：ｋ＝１，２，…，ｎ｝是ｉ．ｉ．ｄ．的随机误差，Ｅ（ε１）＝０，Ｖａｒ（ε１）＝σ２Ｉｍ．且｛ｘｋ：ｋ＝１，２，…，ｎ｝与｛εｋ：ｋ＝１，２，…，ｎ｝相互独立．在一些条件下，我们证明了估计量β，α，σ２的强相合性、唯一性，并给出了估计量的收敛速度为ｏ（ｎ－１－１ｑ），这里ｑ∈［１，２）．对于Ｅ（ｘ１）ｕ１和Ｖａｒ（ｘ１）Ｖｘ的估计也得出了同样的结果     

一个反应扩散过程的门槛结果

本文讨论反应扩散方程Ｃａｕｃｈｙ问题（ｕｔ－△ｕ＝ｕ＾ｐ－ｕ＾ｐ－ｕ，Ｘ∈Ｒ＾ｎ，ｔ∈（０，Ｔ），ｕ（ｘ，０）＝ｕ０（ｘ）≥０，Ｘ∈Ｒ＾ｎ，解的整体存在性，渐近性质和Ｂｌｏｗ－ｕｐ问题，其中１＜ｑ＜ｐ＜ｎ＋２／ｎ－２，ｎ≥３或者１＜ｑ＜ｐ＋∞，ｎ＝２．得到门槛结果。     

弱(L_1,L_2)-BLD映射的正则性

本文首先将文［１］中的ＢＬＤ映射推广为弱（Ｌ１，Ｌ２）－ＢＬＤ映射，并证明了如下正则性结果：存在两个可积指数 Ｐ１＝Ｐ１（ｎ，Ｌ１，Ｌ２）＜ｎ＜ｑ１＝ｑ１（ｎ，Ｌ１，Ｌ２），使得对任意弱（Ｌ１，Ｌ２）－ＢＬＤ映射ｆ∈（Ω，Ｒｎ），都有ｆ∈（Ω，Ｒｎ），即ｆ为（Ｌ１，Ｌ２）－ＢＬＤ映射．     

沿两类流形上的奇异积分的L^P有界性

本文讨论了如下奇异积分算子：Ｔｆ（ｘ）＝Ｐ．Ｖ．∫Ｒ＾ｎｆ（ｘ－Ｐ（ｙ））Ｌ（ｙ）ｄｙ，其中Ｐ（ｙ）＝（ｐ１（ｙ），ｐ２（ｙ），…，ｐｎ（ｙ）），Ｋ（ｙ）＝Ω（ｙ）／‖ｙ‖＾ｎ，∫Ｓ＾ｎ－１Ω（ｙ）ｄσ（ｙ）＝０。对满足一定条件的Ｐ和Ω∈Ｌ＾ｑ（Ｓ＾ｎ－１）（ｑ〉１），我们证明了Ｔ及其相应的极大奇异积分算子Ｔ＾＊都是Ｌ＾ｐ（Ｒ＾ｎ）上的有界算子。     

带振荡系数的Kloosterman和

ａ，ｑ为正整数，且（ａ，ｑ）＝１，μ（ｎ）为Ｍｂｉｕｓ函数，带系数μ（ｎ）的不完整Ｋｌｏｏｓｔｅｒｍａｎ和定义为Ｓ（Ｎ，ａ，ｑ）＝∑ｎＮｎｎ≡１（ｍｏｄｑ）μ（ｎ）δｑ（ｎ）ｅａｎｑ，其中δｑ（ｎ）＝１如果（ｎ，ｑ）＝１，否则δｑ（ｎ）＝０本文建立如下较为精确的上界估计Ｓ（Ｎ，ａ，ｑ）Ｎｄ（ｑ）ｌｏｇ５２Ｎｑ１２＋ｑ１５ｌｏｇ１３５ＮＮ１５｛｝这个结果进一步改进了Ｈａｊｅｌａ，Ｐｏｌｉｎｇｔｏｎ以及Ｓｍｉｔｈ以前的工作     

等差数列，等比数列

等差数列，等比数列湖南隆回一中李锡定【基本概念】１．一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差（或比）等于同一个常数，这个数列就叫做等差（或等比）数列．即ａ２－ａ１＝ａ３－ａ２＝…＝ｄ（常数）（或ａ２／ａ１＝ａ３／ａ２＝…＝ｑ（常数））．２...     

韦达定理与和积问题

韦达定理与和积问题０４８１００山西省阳城县城吴中学赵书平韦达定理，实质上揭示了一元二次方程两根的和与积同系数的关系，所以当问题的已知条件中含有形如ｍ＋ｎ＝ρ，ｍｎ＝ｑ的等式时，可利用逆定理构成一元二次方程ｘ２－ｐｘ＋ｑ＝０来解决．例１若ｍ，ｎ，ｐ，ｑ...     

等比数列不等比

等比数列不等比５１４５００广东兴宁田家炳中学李淮光数列｛ａｎ｝中，ａ１＝３，Ｓｎ＋１＋Ｓｎ＝２ａｎ＋１，则此数列是等比数列．．即数列｛ａｎ｝是等比数列．前面证明了｛ａｎ｝是等比数列，后面的验证却不成立，原因何在？附“诡辩”揭底：未注意到数列的首项情况...