淺析幾道競賽特色小題

林運來

【摘要】 本文對幾道有顯著特色的數學競賽小題給予解答、評析，旨在激發學生學習興趣，提高學生解題能力.

【關鍵詞】 競賽；特色小題；解題能力

例1 已知實數x，y滿足26x3y3x6-27y6=1，且x2≠y2，則x2+y2x2-y2的值為（? ）

（A）54.（B）45.（C）12.（D） 2.

解 由26x3y3x6-27y6=1，得

x6-26x3y3-27y6=0，

所以（x3-y3）（x3-27y3）=0，

又因為x2≠y2，

所以x3≠y3，

于是x3=27y3，

所以x=3y，

所以x2+y2x2-y2=（3y）2+y2（3y2）-y2=54.

應選（A）.

注 此題注重對學生恒等變換能力的考查.因式分解是一種重要的恒等變換手段，對學生數學學習非常有用.當然，借助特殊與一般的思想，也可以令y=1，再根據已知條件求出x的值，再代入計算.

例2 將形如3m和2n（m，n為正整數）的正整數從小到大排列，并依次記為a1，a2，a3，…，若第k個數ak=2022，則k的值為（? ）

（A）682.??? （B）683.

（C）684.（D）685.

解 易知對任意的正整數m，n，都有3m≠2n.

現將形如3m（m為正整數）的正整數按從小到大的順序排列，

由于2022=3×674，

所以2022是其中的第674個數.

又因為210=1024，211=2048，

所以從1到2022之間有10個形如2n（n為正整數）的正整數.

所以k=674+10=684.

應選（C）.

注 計數問題是數學競賽中常考的問題.本題求解的關鍵是發現“對任意的正整數m和n，3m和2n不可能相等”這一規律，于是先對兩組數分類計數，再結合加法原理求k.

例3 已知正整數a，b，c，d滿足a<b<c<d，a+b+c+d=2022，d2-c2+b2-a2=2022，則這樣的4元數組（a，b，c，d）共有（? ）組.

（A）251.??? （B）252.

（C）502.（D）504.

解 因為a，b，c，d是正整數，

且a<b<c<d，

所以a+3≤b+2≤c+1≤d，

所以2022=d2-c2+b2-a2

=（d-c）（d+c）+（b-a）（b+a）

≥（d+c）+（b+a）

=2022.

因此d-c=1，b-a=1，

即d=c+1，b=a+1.

故a+b+c+d=a+（a+1）+c+（c+1）=2022，

所以a+c=1010.

因為a+2≤c，

所以1010=a+c≥a+（a+2），

又因為a是正整數，

所以1≤a≤504.

因為（a，b，c，d）=（a，a+1，1010-a，1011-a），

所以符合條件的4元數組（a，b，c，d）共有504組.

應選（D）.

注 本題的求解利用到整數的一個常用性質：若a，b，為整數，且a<b，則a+1≤b.

例4 已知實數a，b，c滿足abc=1，a+1b=3，b+1c=17，則c+1a=.

解 因為abc=1，

所以b=1ac，1b=ac，

由已知得3=a+1b=a+ac，

即ac=3-a.

又因為b+1c=1ac+1c=1+aac=17，

則1+a3-a=17，

解得a=259.

由此可得c=225，

所以c+1a=225+925=1125.

注 這種解法只用到最樸素的消元思想（先消去b，再利用恒等變換消去c，于是可以求解得出a的值，達到“各個擊破”的效果），進而輕松得到答案.

例5 若素數p使得4p2+p+81是一個完全平方數，則p=.

解 若p=2，則4p2+p+81=97不是完全平方數.于是p為奇數，4p2+p+81是偶數.不妨設4p2+p+81=（2m）2，其中m是正整數.

因為（2m）2=4p2+p+81>（2p）2，

所以m>p，

所以m≥p+1.

所以4p2+p+81=（2m）2≥［2（p+1）］2，

解得p≤11.

將p=3，5，7，11分別代入4p2+p+81驗算可知只有p=11符合題意，此時

4p2+p+81=576=242.

因此p=11.

注 通過利用整數的性質“若a，b為整數，且a<b，則a+1≤b”對所列等式的一邊進行“放縮”，通過“不等”駕馭“相等”，縮小p的取值范圍，再逐一驗算，求得最終結果.

例6 同余數是一個三邊均為有理數的直角三角形的面積，即如果存在三個正有理數a，b，c，使得a2+b2=c2，且12ab=n，則稱n為同余數.如果正整數n為同余數，則稱n為整同余數.例如，由于5是三邊長分為32，203，416的直角三角形的面積，6是三邊長分別為3，4，5的直角三角形的面積，7是三邊長分別為17560，28860，33760的直角三角形的面積，所以5，6，7都是同余數，且是整同余數.

如何判斷一個正整數是否為同余數至今尚未完全解決.關于同余數的第一個重要結論是費馬（Fermat）在17世紀證明的1不是同余數.

在a2+b2=c2，12ab=n中，令x=n（a+c）b，y=2n2（a+c）b2，可得y2=x3-n2x.因此，若正整數n是同余數，則二元三次不定方程y2=x3-n2x有有理數解；若正整數n使得二元三次不定方程y2=x3-n2x有有理數解，則n是同余數.這樣，古老的同余數問題與現代的橢圓曲線上的有理點（橫、縱坐標均為有理數的點）之間建立了聯系.

閱讀上述材料，請你寫出橢圓曲線y2=x3-202x（其中xy≠0）上的一個有理點坐標（x，y）=.

解 類比y2=x3-n2x ，在y2=x3-202x中，可知n=20.

因為5是同余數，且5是三邊長分為32，203，416的直角三角形的面積，而20=5×4=5×22，所以20可以看成是三邊長分為32×2，203×2，416×2的直角三角形的面積.

于是a=32×2=3，

b=203×2=403，

c=416×2=413，

n=20.

將上述數據代入x=n（a+c）b，y=2n2（a+c）b2，可得x=25，y=75.

于是（25，75）是橢圓曲線y2=x3-202x（其中xy≠0）上的一個有理點.

注 本題是一道閱讀理解型問題，要求考生讀懂所給材料并揭示“同余數”這一概念的內涵，考查考生對新知識的學習和理解能力，重點考查學生在閱讀理解的基礎上運用新知識解決問題的能力.題設條件滲透數學文化，有助于激發學生學習數學的興趣，激勵學生積極投入到數學探究活動中.當然，此題在立意方面具有創新性，解法具有探索性，結論具有多元性，如，可以填（-16，48），（180，2400）等.因此，本題是一道優秀的考題.

例7 已知a>0，拋物線y=ax2+bx+c與直線y=ax+c及y=cx+a中的每一條都至多有一個公共點，則ca的最大值為.

解 聯立y=ax2+bx+c，y=ax+c，

消去y，整理得

ax2+（b-a）x=0，

解得x1=0，x2=a-ba.

由題設條件可知 a=b.

聯立y=ax2+bx+c，y=cx+a，結合a=b，

消去y，整理得

ax2+（a-c）x+c-a=0.

由已知得Δ=（a-c）2-4a（c-a）≤0，

即5a2-6ac+c2≤0.

又因為a>0，

所以ca2-6·ca+5≤0，

解得1≤ca≤5.

經檢驗，ca=5符合題意，所以ca的最大值為5.

注 要求ca的最大值，考慮消去變量b，同時將已知條件“拋物線與直線至多有一個公共點”等價轉化為“一元二次方程至多有一個實數根”，進而建立關于a，c的不等式求解，體現了轉化與化歸的解題思想，值得認真體會.