2017年北京大学优秀中学生暑期学堂测试 · 参考解答

来源：校内《北大强基真题》PDF 第 31 页（印刷第 30 页）。涵盖文、理全部七题。第 4 题原稿未限定 $a$ 为整数，按实数参数给出完整解集；第 7 题补明 $q\ne0$。

答案速览

题号	答案
1	$5\sqrt2$
2	$2017/2$
3	恒有 $\cos A+\cos B+\cos C>1$
4	$\{(-m^2\pm\sqrt{m^4+16m+32})/4:m\in\mathbb Z\}$
5	不等式成立，下界一可达
6	存在
7	可取 $c_0=1/(1+

逐题解析

第 1 题

题目

求函数 $\sqrt{x-6}+\sqrt{31-x}$ 的最大值。

解答

定义域为 $[6,31]$。柯西不等式给

$$\sqrt{x-6}+\sqrt{31-x}\le\sqrt{2((x-6)+(31-x))}=5\sqrt2.$$

$x=37/2$ 时两个根式相等，达到上界。

第 2 题

题目

正实数 $a_1,a_2,\ldots,a_{2017}$ 满足 $a_1+a_2+\cdots+a_{2017}=2017$，求 $\dfrac1{a_1+a_2}+\dfrac1{a_2+a_3}+\cdots+\dfrac1{a_{2017}+a_1}$ 的最小值。

解答

循环记 $a_{2018}=a_1$。由柯西不等式，

$$\left(\sum_{i=1}^{2017}\frac1{a_i+a_{i+1}}\right) \left(\sum_{i=1}^{2017}(a_i+a_{i+1})\right)\ge2017^2.$$

第二因子为 $4034$，故最小值至少 $2017/2$；取全部 $a_i=1$ 达到等号。

第 3 题

题目

在 $\triangle ABC$ 中，证明：$\cos A+\cos B+\cos C>1$。

解答

和差化积及 $A+B+C=\pi$ 给

$$\cos A+\cos B+\cos C =1+4\sin(A/2)\sin(B/2)\sin(C/2).$$

非退化三角形三个半角都在 $(0,\pi/2)$，三个正弦均正，所以和严格大于一。

第 4 题

题目

方程 $ax^2-2x+2a^2-4=0$ 有整数根，求实数 $a$ 的所有可能值（可用整数参数表示）。

解答

设整数根为 $m$。将原式看作关于实数 $a$ 的二次方程：

$$2a^2+m^2a-2m-4=0.$$

求根公式便得答案表中的两个分支。这不仅必要，而且任取整数 $m$、任取对应分支代回，$m$ 就是原方程的整数根。 根号内对所有整数 $m$ 均为正：$m\ge-2$ 时 $16m+32\ge0$，且两项不同时为零；$m=-3$ 时为六十五；$m\le-4$ 时令 $t=-m\ge4$，有 $t^4-16t+32>0$。所以无需删去任何整数参数。 $a=0$ 对应退化的一次方程，但题面仅称“方程”而未要求二次，故保留。若另行要求 $a\ne0$，只须从解集中删去零。不能在原稿没有依据时直接把 $a$ 限为整数。

第 5 题

题目

正实数 $a,b,c$ 满足 $abc=\dfrac12$，证明：$\dfrac{ab^2}{a^3+1}+\dfrac{bc^2}{b^3+1}+\dfrac{ca^2}{c^3+1}\ge1$。

解答

由 $1=2abc$，

$$\frac{ab^2}{a^3+1}=\frac{b^2}{a^2+2bc}.$$

对三项用柯西不等式，得到

$$\sum_{\rm cyc}\frac{b^2}{a^2+2bc} \ge\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=1.$$

取 $a=b=c=2^{-1/3}$ 满足乘积条件并达到等号。

第 6 题

题目

在数列 $a_n=\dfrac1n$ 中，其中是否存在 $2017$ 项构成等差数列？

解答

令 $L=\operatorname{lcm}(1,2,\ldots,2017)$。对 $j=1,\ldots,2017$，$L/j$ 都是不同的正整数下标，所对应项为

$$a_{L/j}=j/L.$$

按下标从小到大排列，这些值依次为 $2017/L,2016/L,\ldots,1/L$，构成公差 $-1/L$ 的等差数列，故存在。

第 7 题

题目

给定整数 $a,b$，已知 $x^2+ax+b=0$ 有一个实无理根 $\omega$，证明：存在 $c_0>0$，使得对任意 $p,q\in\mathbb Z$ 且 $q\ne0$，$\left\lvert\omega-\dfrac pq\right\rvert\ge\dfrac{c_0}{q^2}$。

解答

设另一个根为 $\omega'$。因系数为整数且一个根为实无理数，两根均为实无理数。对 $q\ne0$，

$$\left|\left(\frac pq\right)^2+a\frac pq+b\right| =\frac{|p^2+apq+bq^2|}{q^2}\ge\frac1{q^2},$$

分子是非零整数：若为零，二次方程就有有理根，与两根均无理矛盾。 若 $|\omega-p/q|\ge1$，由于 $q^2\ge1$ 且下述常数不超过一，结论成立。否则

$$|p/q-\omega'|\le|p/q-\omega|+|\omega-\omega'|<1+|\omega-\omega'|.$$

因式分解上式多项式，得到

$$|\omega-p/q|\ge\frac1{(1+|\omega-\omega'|)q^2}.$$

故取 $c_0=1/(1+|\omega-\omega'|)>0$ 即可，对全部整数 $p$ 与非零整数 $q$ 有效。