即 x12?3x10?5x8?3x6?2x4?1?0． 分组分解 x12?x10?x8
?2x10?2x8?2x6
?4x8?4x6?4x4 ?x6?x4?x2
?x4?x2?1?0，
(x8?2x6?4x4?x2?1)(x4?x2?1)?0， 所以x4?x2?1?0，(x?2?1?52?1?5)(x?)?0。所以x2??1?5，即2225?15?1． ?1?5??1．故原不等式解集为5(?,)?x?2222方法二： 由1?log2(x4?1)?log2(2x4?2)，且log2y在(0,??)上为增函数，故原不等式等价于
x12?3x10?5x8?3x6?1?2x4?2．
即
21?6?x6?3x4?3x2?1?2x2?2?(x2?1)3?2(x2?1)， 2xx11 (2)3?2(2)?(x2?1)3?2(x2?1)，
xx1令g(t)?t3?2t，则不等式为g(2)?g(x2?1)， 显然g(t)?t3?2t在R上为增函数，由此上
x15?1面不等式等价于 2?x2?1，即(x2)2?x2?1?0，解得x2?，故原不等式解集为
x2?(?5?1,25?1．
)2y0?bx，化简得 x0y0?b?x0b?1 ，故22(y0?b)?x015. 设P(x0,y0),B(0,b),C(0,c)，不妨设b?c．直线PB的方程:y?b?)PB的距离为1，(y0?b)x?x0y?x0b?0．又圆心(1,0到
2222，(y0?b)?x)?20xb(0y?b)?20xb易知0?(y0?bx0?2，上式化简得
同理有(x0?2)c2?2y0c?x0?0． 所以b?c?(x0?2)b2?2y0b?x0?0，
2?x0?2y0，
，bc?x0?2x0?22224x?4y?8x4x220000则(b?c)?．因P(x0,y0)是抛物线上的点，有y0?2x0，则(b?c)?，(x0?2)2(x0?2)22x0x14． 所以S?PBC?(b?c)?x0?0?x0?(x0?2)?b?c??4?24?4?8．当
2x0?2x0?2x0?2(x0?2)2?4时，上式取等号，此时x0?4,y0??22．
因此S?PBC的最小值为8．
6
加 试
一、（本题满分50分）
如图，给定凸四边形ABCD，?B??D?180?，P是平面上的动点，令f(P)?PA?BC?PD?CA?PC?AB．
（1）求证：当f(P)达到最小值时，P、A、B、C四点共圆；
AE3（2）设E是?ABC外接圆O的?，AB上一点，满足：?AB2BC1?3?1，?ECB??ECA，又DA,DC是?O的切线，EC2AC?2，求f(P)的最小值． 二、（本题满分50分）
设f(x)是周期函数，T和1是f(x)的周期且0?T?1．证明：
（1）若T为有理数，则存在素数p，使
答一图1
1是f(x)的周期； p（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?0 (n?1,2?,??)且每个an(n?1,2,???)都是f(x)的周期． ，
三、（本题满分50分）
设ak?0，k?1,2,?,2008．证明：当且仅当?ak?1时，存在数列{xn}满足以下条件：
k?12008（1）0?x0?xn?xn?1，n?1,2,3,?； （2）limxn存在；
n??（3）xn?xn?1??akxn?k??ak?1xn?k，n?1,2,3,?．
k?1k?020082007解 答
一、方法一：（1）如答一图1，由托勒密不等式，对平面上的任意点P，有 PA?BC?PC?AB?PB?AC．因此
f(P)?PA?BC?PC?AB?PD?CA?PB?CA?PD?CA?(PB?PD)?CA．
因为上面不等式当且仅当P、A、B、C顺次共圆时取等号，因此当且仅当P在?ABC的外接圆且在?AC上时，
又因此不等式当且仅f(P)?(P?BP)?D．CAPB?PD?BD，
当B,P,D共线且P在BD上时取等号．因此当且仅当P为?ABC的外接圆与BD的交点时，f(P)取最小值f(P)min?AC?BD．故当f(P)达最小值时，P、A、B、C四点共圆． （2）记?ECB??，则?ECA?2?，由正弦定理有
第1题
AEsin2?3，从而??ABsin3?23sin3??2sin2?，即3(3sin??4sin3?)?4sin?cos?，所以
31或cos???（舍去），故??30?，?ACE?60?． 由已知22333?43(1?cos2?)?4cos??0，整理得43cos2??4cos??3?0，
解得co?s?BC?3?1=EC
sin??EAC?300?sin?EAC,有sin(?EAC?30?)?(3?1)sin?EAC7
，即
312?31sin?EAC?cos?EAC?(3?1)sin?EAC，整理得sin?EAC?cos?EAC，22221??故tan?EAC??2?3，可得?EAC?75，从而?E?45，
2?3?DAC??DCA??E?45?，?ADC为等腰直角三角形．因AC?2，则CD?1．又?ABC也是等腰直角三角形，故BC?2，BD2?1?2?2?1?2cos135??5，BD?5．故f(P)min?BD?AC?5?2?10．
方法二：（1）如图2，连接BD交?ABC的外接圆O于P0点（因为D在?O外，故P在BD上）． 0过A,C,D分别作P的垂线，两两相交得0A,PC0,P0D?A1B1C1，易知P0在?ACD内，从而在?A1B1C1内，记?ABC之三内角分别为x，y，z，则?APC?180??y?z?x，又0因B1C1?P，B1A1?PC，得?B1?y，同理有?A1?x，0A0?C1?z，
所以?A1B1C1∽?ABC．设B1C1??BC，C1A1??CA，A1B1??AB，则对平面上任意点M，有 ?f(P 0)??(P0A?BC?P0D?CA?PC0?AB) ?P 0A?B1C1?P0D?C1A1?PC0?A1B1 ?2S?ABC
111 从而 f(P0)?（第1题图2）
?MA?BC11?MD?C1A1?MC?A1B1??(MA?BC?MD?CA?MC?AB) ??f(M)，
知P点是使f(P)达最小值的点．由点P在?O上，f(M．)由M点的任意性，00故P、B、C四点共圆． 0、A2（2）由（1），f(P)的最小值 f(P0)?S?ABC?2?S?ABC，记?ECB??，则?ECA?2?，
?111AEsin2?3由正弦定理有，从而3s?i?n3?，2s即in2??ABsin3?23(3sin??4sin3?)?4sin?cos?，所以33?43?(12?co?s)??4c，os整理0得
43c2o?s??ACE?60?4?c?os?，3 解0得cos??．
由
已
知
31或cos???（舍去），故??30?，223BC=,有?3?1ECsin?EAC31sin(?EAC?30?)?(3?1)sin?EAC，即sin?EAC?cos?EAC?(3?1)sin?EAC，
222?311?整理得 sin?EAC?cos?EAC，故tan?EAC??2?3，可得?EAC?75，
222?3所以?E?45?，?ABC为等腰直角三角形，AC?2，S?ABC?1，因为?AB1C?45?，B1点在?O上，?AB1B?90?，所以B1BDC1为矩形，B1C1?BD?1?2?2?1?2cos135??5，sin??EAC?300?5故??5，所以f(P)min?2??1?10． 22方法三：（1）引进复平面，仍用A,B,C等代表A,B,C所对应的复数．由三角形不等式，对
8
于复数z1,z2，有 z1?z2?z1?z2，当且仅当z1与z2（复向量）同向时取等号．
????????????????????????????????有 PA?BC?PC?AB?P?AB?CP?，C AB所以 (A?P)(C?B)?(C?P)(B? A) ?(A?P)(C?B)?(C?P)(B? A ) ① ??P?C?A?B?C?B?P ?A???????? ?(B?P)(C?A)?PB?A，C
????????????????????????????????????????从而 PA?BC?PC C?AB?P?D?CPAB?AC?PD?A?????????????(PB?PD)?AC ?????????BD?AC． ②
①式取等号的条件是复数 (A?P)(C?B)与(C?P)(B?A)同向，故存在实数??0，使得
A?PB?AA?PB?A，所以 arg((A?P)(C?B)??(C?P)(B?A)， ???)arg(， )C?PC?BC?PC?B????????????????向量PC旋转到PA所成的角等于BC旋转到AB所成的角，从而P、A、B、C四点共圆． ②式取等号的条件显然为B,P,D共线且P在BD上．故当f(P)达最小值时P点在?ABC之外接圆上，P、A、B、C四点共圆．
（2）由（1）知f(P)min?BD?AC．以下同方法一．
n二、（1）若T是有理数，则存在正整数m,n使得T?且(m,n)?1，从而存在整数a,b，使
m1ma?nb得 ma?nb?1．于是??a?bT?a?1?b?T是f(x)的周期．又因0?T?1，从
mm11而m?2．设p是m的素因子，则m?pm?，m??N?，从而 ?m??是f(x)的周期．
pm1（2）若T是无理数，令 a1?1???T，则0?a1?1，且a1是无理数，令
??T???1??1?a2?1???a1， an?1?1???an， 由数学归纳法易知an均为无理数且0?an?1．又
?a1??an??1??1?1?1?????1，故1?an???an，即an?1?1???an?an．因此{an}是递减数列． an?an??an??an?1最后证：每个an是f(x)的周期．事实上，因1和T是f(x)的周期，故a1?1???T亦是
??T??1?也是f(x)的周期．由数学归纳f(x)的周期．假设ak是f(x)的周期，则ak?1?1????ak?ak?法，已证得an均是f(x)的周期．
三、必要性：假设存在{xn}满足（1），（2），（3）．注意到（3）中式子可化为
xn?xn?1??ak(xn?k?xn?k?1)，n?N*，
k?12008其中x0?0．将上式从第
1
项加到第n项，并注意到x0?0得
n??xn?a1(xn?1?x1)?a2(xn?2?x2)???a2008(xn?2008?x2008)． 由（ⅱ）可设b?limxn，将上式
取极限得
b?a1(b?x1)?a2(b?x2)???a2008(b?x2008)
9
?b??ak?(a1x1?a2x2???a2008x2008)
k?12008?b??ak，
k?12008因此?ak?1．
k?12008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)k?1k?120082008在[0,1]上是递增函数，且f(0)??1?0，f(1)??1??ak?0．因此方程f(s)?0在[0,1]内
k?12008有唯一的根s?s0，且0?s0?1，即f(s0)?0．
k下取数列{xn}为xn??s0，n?1,2,?，则明显地{xn}满足题设条件（ⅰ），且
k?1nn?1s0?s．因s?ss0，即n?100因此limxn?lim0?s0?1，故lims0?{xn}0，xn??s??n??n??n??1?s01?s01?s0k?1nk0k的极限存在，满足（2）． 最后验证{xn}满足（3），因f(s0)?0，即?aks0?1，从而
k?12008n?10 xn?xn?1?s?(?as)s??asn0kk0n0k?1k?120082008n?kk0??ak(xn?k?xn?k?1)．
k?12008综上，存在数列{xn}满足（1）.
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2008年全国高中数学联赛试题及答案
