n2n12n?bn∴ ???nnan(2?b)b2?b(2?b)bn(2?b)bn∴an?
2n?bn?n(2?b)bn, b?0且b?2?综上所述an??2n?bn
?2， b?2 ?（2）方法一：
bn?1证明：① 当b?2时，an?n?1?1?2；
2② 当b?0且b?2时，2n?bn?(2?b)(2n?1?2n?2b???2bn?2?bn?1)
n?bnn?bnan?n?1n?2??n?2n?1n1?2???(n?1)1?2???(n?1)2?2b???2b?bn2?b
n?12n?12bnn2n(n?1)2?bn(n?1)2?2bn?12nn?12?b2?bn?12n?1?bbn?1?2n?12bn?1?2n?1bn?1?2n?1bn?1????n?1?1 n?1n?1n?12222bn?1∴对于一切正整数n，an?n?1?1．
2方法二：
bn?1证明：① 当b?2时，an?n?1?1?2；
2② 当b?0且b?2时，
bn?1nbn(2?b)bn?1?n?1?1， 要证an?n?1?1，只需证nn2?b22n(2?b)b1??即证n
2?bn2n?1bnnb1??即证n?1 n?2n?2n?1n?1n2?2b???2b?b2bb1n?1n?2n?2n?1即证(n?1?n)(2?2b???2b?b)?n
2bbb2bn?1bn2n?12n?221即证(2?3???n?n?1)?(n?n?1???2?)?n
2222bbbbbb2bn?1bn2n?12n?221∵(2?3???n?n?1)?(n?n?1???2?)
2222bbbbb1b22bn?12n?2bn2n?1?(2?)?(3?2)???(n?n?1)?(n?1?n) 2b2b2b2bb1b22bn?12n?2bn2n?1?22??23?2???2?n?1?2n?1?n?n， n2b2b2b2bbn?1∴原不等式成立。∴对于一切正整数n，an?n?1?1．
2222211解:由均值不等式得(a?b)?(a?b?4c)?(a?b)?[(a?2c)?(b?2c)]
?(2ab)2?(22ac?22bc)2?4ab?4?2ac?4?2bc?2?2?2?2c?ab
?4ab?8ac?8bc?16cab, (a?b)2?(a?b?4c)24ab?8ac?8bc?16cab∴?(a?b?c)??(a?b?c)
abcabcc881611111aabb?(???)(a?b?c)?8(????)(????c) 4ba2cbaababab2222221abc5?8(5?5)?(5?)?100,等号成立当且仅当a?b?2c?0, 2242abc2故k的最大值为100 .
加试
1211一，解：（1）A(p0,p0)是抛物线L上的点，y??x，则切线的斜率k?p0
422121112过点A的抛物线L的切线方程为AB：y?p0?p0(x?p0)，即y?p0x?p0
4224112∵Q(p,q)在线段AB上，∴q?p0p?p0，
24112222∴p?4q?p?4(p0p?p0)?(p?p0)≥0
24p?p2?4qp?p2?4q不妨设方程x?px?q?0的两根为x1?，x2?
222则x1?p?p?p02，x2?p?p?p02
① 当p0?0时，0?p?p0，x1?2p?p0pp?p?0，x2?0 222p0p0p0?x1?∵?，∴x1?x2，∴?(p,q)?max{x1,x2}?x2? 222p2p?p0p?p?0 ② 当p0?0时，p0?p?0，x1?0，x2?222p0p0p0?x???∵，∴x1?x2，∴?(p,q)?max{x1,x2}?x1 2222p0综上所述，对线段AB上的任一点Q(p,q)，有?(p,q)?
2?y?x?1?（2）如图所示，由?15，求得两个交点A(0,?1),B(2,1) 2y?(x?1)???44p?p2?4qp?p2?4q??x2， 则0?p?2，∴x1?22p?p2?4q∴?(p,q)?max{x1,x2}? 2① 由y?x?1，得q?p?1，
y2BOA-2x5-4
p?p2?4qp?p2?4p?4p?p?2∴???1，即?min?1．
222151512122② 由y?(x?1)?，得q?(p?1)??p?p?1
444442∴p2?4q?4?2p，
p?p2?4qp?4?2p∴ ?2212令4?2p?t，则p??t?2，0?t?2
212?t?t?222p?4?2p5?t?2t?4?(t?1)?55∴?2???，即?max?
4224445综上所述?min?1，?max?
4二．解： （Ⅰ）由托勒密不等式，对平面上的任意点P，有P． A?BC?PCA?BP?BAC?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的外接圆且在弧ＡＣ上时，f(P)?(PB?PD)?CA．
又因PB?PD?BD，此不等式当且仅当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?，由正弦定理有（Ⅱ）记?ECB??，则?ECAAEsin2?3，从而??ABsin3?233sin3??2sin2?，即3(3sin??4sin?)?4sin?cos?，所以
33?43(1?cos2?)?4cos??0，
31或cos???（舍去）， 223故??30?，?ACE?60?．
整理得43cos2??4cos??3?0，解得cos??BC,有sin(?EAC?30?)?(3?1)sin?EAC，即?3?1=
ECsin?EAC312?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，
2?3从而?E?45?，?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．
由已知
故f(P)min?BD?AC?5?2?10．
sin??EAC?300?
三．解：最少要取出11个棋子，才可能满足要求。其原因如下：如果一个方格在第i行第j列，则记这个方格为(i，j)。
第一步证明若任取10个棋子，则余下的棋子必有一个五子连珠，即五个棋子在一条直线（横、竖、斜方向）上依次相连。用反证法。假设可取出10个棋子，使余下的棋子没有一个五子连珠。如图1，在每一行的前五格中必须各取出一个棋子，后三列的前五格中也必须各取出一个棋子。这样，10个被取出的棋子不会分布在右下角的阴影部分。同理，由对称性，也不会分布在其他角上的阴影部分。第1、2行必在每行取出一个，且只能分布在(1，4)、(1，5)、(2，4)、(2，5)这些方格。同理(6，4)、(6，5)、(7，4)、(7，5)这些方格上至少要取出2个棋子。在第1、2、3列，每列至少要取出一个棋子，分布在(3，1)、(3，2)、(3，3)、(4，1)、(4，2)、(4，3)、(5，1)、(5，2)、(5，3)所在区域，同理(3，6)、(3，7)、(3，8)、(4，6)、(4，7)、(4，8)、(5，6)、(5，7)、(5，8)所在区域内至少取出3个棋子。这样，在这些区域内至少已取出了10个棋子。因此，在中心阴影区域内不能取出棋子。由于①、②、③、④这4个棋子至多被取出2个，从而，从斜的方向看必有五子连珠了。矛盾。
图1 图2
第二步构造一种取法，共取走11个棋子，余下的棋子没有五子连珠。如图2，只要取出有标号位置的棋子，则余下的棋子不可能五子连珠。
综上所述，最少要取出11个棋子，才可能使得余下的棋子没有五子连珠。
四．证明：三个整数的立方和被9除的余数不能是4或5，这是因为整数可写为
3k或3k?1(k?Z)而(3k)3?9?3k3，(3k?1)3?9(3k3?3k2?k)?1.
对i?1,令n?3(3m?1)?2(m?Z),则n,n?28被9除的余数分别为4，5，故均不能表示为三个整数的立方和，而n?2?(3m?1)?(3m?1)?(3m?1),
对i?2,n?(3m?1)?222(m?Z)被9除的余数为5，故不能表示为三个整数的立方和，而n?2?(3m?1)?2?6,n?28?(3m?1)?5?5.
对i?3,n?216m(m?Z)满足条件：n?(3m)?(4m)?(5m),
3?3333333333?3333?n?2?(6m)3?13?13,
3 n?28?(6m)3?13?3.