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2024 年（40 届）中国数学奥林匹克
第一天
α2
1. 设无理数 α > 1，整数 L > . 整数列 {xn} 满足 x1 > L，且对正整
α 1
数 n， {
[[αxn]], xn ≤ Lxn+1 = xn .
, xn > L
α
求证：(1) {xn} 最终周期；(2) {xn} 最终的最小正周期是一个与 x1 无关的奇数.
2. 如图，在△ABC 中，I 是内心，L,M,N 分别是 AI,AC,CI 的中点. 点D在
线段 AM 上，满足 BC = BD，△ABD 的内切圆与 AD,BD 分别切于点 E,F .
J 是 △AIC 的外心，ω 是 △JMD 的外接圆，MN,JL 与 ω 分别再次交于点 P,Q.
求证：PQ,LN,EF 三线共点.
3. 设整数 a1 > a2 > · · · > an > 1，记 M ={lcm}(a1, a2, · · · , an). 对非空有限正整数集 X，记 ∑ x
f(X) = min .
1≤i≤n a
x∈ iX
称 X 是“极小的”，如果对任意 X 的真子集 Y，均有 f(Y ) < f(X). 设 X 极小
2
且 f(X) ≥ ，求证：|X| ≤ f(X)M .
an
1
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2024 年（40 届）中国数学奥林匹克
第二天
4. 定义坐标平面上两点 P√1(x1, y1) 和 P2(x2, y2) 之间的“小数距离”为
∥x x ∥2 + ∥y y ∥21 2 1 2
其中 ∥x∥ 表示实数 x 到最近整数的距离．求最大的实数 r，使得平面上存在四点，
它们两两的小数距离均不小于r.
5. 对素数 p，设 f 为 S = {0, 1, · · · , p 1} 到自身的一个双射. 满足：对任
意 a, b ∈ S，若 p | a2 b，则 |f(a) f(b)| ≤ 2024．求证：存在无穷多个素数 p，
使得这样的映射 f 存在；也存在无穷多个素数 p，使得这样的映射 f 不存在.
6. 设实数 a1, a2, · · · , a∑ n
满足
n ∑n ∑n
ai = n, a
2
i = 2n, a
3
i = 3n.
i=1 i=1 i=1
(1) 求最大的常数 C，使得对任意 n ≥ 4，都有
max{a1, a2, · · · , an} min{a1, a2, · · · , an} ≥ C.
(2) 求证：存在常数 C2 > 0，使得
3
max{a1, a2, · · · , an} min{a1, a2, · · · , an} ≥ C + C2n 2 ,
其中 C 为 (1) 中所求的值.
2
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1. 给定无理数 α > 1 及正整数 L > α ， 正整数数列 {xn} 满足 x1 > L 且对任意正整数 n，均有α 1 αxn ，xn L
xn = xn ，xn > L
α
(1) 证明：{xn} 是最终周期的.
(2) 证明：{xn} 的最小正周期是一个与 x1 无关的奇数.
解：
显然数列中存在一项不大于 L，由于此数列中去掉初始的若干项后不影响结论，故不妨设 x1 为此
数列中第一个不大于 L 的项，记其前项为 x0，重新证明命题，我们有以下结论.
结论一：对任意的正整数 n，有 L+ 1 xn < αL.
α
结论一的证明：
首先由 x0 L+ 1 易知 L+ 1 x1 L < αL，由于对任意的正整数 k，若 L+ 1 xk L，
α α
则由 x = αx 可知 L+ 1k+1 k xk xk+1 αL < αL；若 L+1 xk < αL，则由 x = xkk+1
α α
可知 L+ 1 xk+1 L < αL，根据归纳公理知结论一得证.
α
进一步地，由结论一知此正整数数列中每一项均小于 αL，而这样的不同正整数仅有有限个，因而
必存在两项相同，又由于此数列后项由前项唯一确定，所以 {xn} 是最终周期的.
同样地，不妨去掉初始的若干项，将数列改为纯周期数列重新考虑 . ∣
{ 结论二：取此数列中不大于 L 的最大项为 t，定义集合 A = a ∈ N ∣ L+ 1 a t ，B =α
b ∈ N
∣∣ }L+ 1 b < αt ，首先，同上归纳可知数列中的所有项均为 A ∪ B 中的元素，我们证明此数
列对任意正整数 i 满足如下结论：
（1）若 xi ∈ A 且 x = L+ 1i ，则 xi+1 ∈ B；
α
（2）若 x ∈ A 且 x = L+ 1i i ，则 xi+1 = t ∈ A；
α
（3）若 xi ∈ B，则 xi+1 ∈ A\{t}.
结论二的证明：
由于 α L+ 1 < L+1， α( L+ 1 +1) L+1 且对任意的 xi ∈ B 必有 xi+1 < t，因而由数
α α
列中存在正整数 t 知，其前项必为 L+ 1 ，所以结论（1）、（2）成立，结论（3）显然.
α
回到原题，在数列中取 xp = xq = t（p < q）且 xp 与 xq 间不存在值为 t 的项，则易知 xp+1 ∈ B，
xp+2 ∈ A，xp+3 ∈ B，xp+4 ∈ A，· · ·，xq 1 ∈ A，所以 q 1 p 为偶数，此数列的最小正周期 q p
为奇数，又由于 L+ 1 必在周期中出现，所以此数列最终与 x1 无关，特别地，最小正周期也与 x1
α
无关.
【简评】此题是一道形式经典的数列问题，最终结论与整体思路容易得出，但在解答时需要注意细
节。除上述方法外，也可通过证明数列大部分隔项数值差 1，从而直接计算出最小正周期。
1
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2024 年中国数学奥林匹克 (CMO) 试题解析
2. 给定 △ABC，点 I 是 △ABC 的内心，点 L、M、N 分别是 AI、AC、CI 的中点，线段 AM 上
的一点 D 满足 BC = BD，△ABD 的内切圆分别与 AD、BD 切于点 E、F，已知点 J 为 △AIC 的
外心，ω 为 △JMD 的外接圆，直线 MN 再次交 ω 于点 P，直线 JL 再次交 ω 于点 Q，证明：直线
PQ、LN、EF 三线共点.
解：
在线段 LN 上取一点 K，使得 LK = 1AD，我们证明：PQ、LN、EF 三线共点于点 K，其中已
2
有直线 LN 过点 K，下只须证直线 PQ、EF 均过点 K.
结论一：K、P、Q 三点共线.
结论一的证明：
设 PQ 与 AC 交于一点 S.
首先，熟知 J 为 △ABC 的外接圆上 A÷C 的中点，因而 JMD = 90 ，进而知 DJ 为 ω 的直径.
所以 DQJ = 90 ，所以 DQ ⊥ LJ，即 Q 为点 D 在 LJ 上的投影，而易知 LJ 为 AI 的中垂线，所
以 AI ⊥ LJ，进而可得 DQ AI.
而 MN 为 △AIC 的中位线，所以 MN AI，进而可得 PM DQ AI.
由 DQ PM 知圆内接四边形 DQMP 为等腰梯形，结合 PM AI 可得 QSM = 2 AMP =
2 IAC = BAC，所以 PQ AB.
在 △LKQ 中，LK = 1AD，LQ 为 AD 在 LJ 上的投影，因而 LQ = AD sin A， KLQ =
2 2
2
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90 ILN = 90 A，注意到 LK cos KLQ = 1AD·cos(90 A ) = 1AD sin A = 1LQ，
2 2 2 2 2 2
所以 K 在 LQ 中垂线上，所以 LKQ = 180 2 KLQ = 180 2× (90 A ) = A，结合
2
LK AC 可知 KQ AB.
因而 K、P、Q 三点共线，结论一得证.
结论二：K、E、F 三点共线.
结论二的证明：
设 I、L、K、N 在 AC 上的投影分别为点 I ′、L′、K ′、N ′.
我们有 EK ′ = AK ′ AE = AL′ + L′K ′ AE = 1AI ′ + 1AD AE = AB +AC BC +
2 2 4
1AD AB +AD BD = AC +BC AB = 1CI ′ = CN ′，所以 KECN 为等腰梯形，所以
2 2 4 2
KED = ICD = 1 BCD = 1 BDC = FED，因此 K、E、F 三点共线，结论二得证.
2 2
综上所述知原命题成立，即直线 PQ、LN、EF 三线共点.
【简评】此题为一道传统形式的平面几何问题，本题在发现 I、K、D 三点共线后，利用此共线重
新刻画点 K 便只须证明两组三点共线，而这两组共线的证明无论通过何种方式进行计算，几乎都可
以得到想要的结果，因而后续的证明便不再困难。
3
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2024 年中国数学奥林匹克 (CMO) 试题解析
3. 给定正整数 a1 > a2 > · · · > an > 1，记 M = lcm (∑a1, a2, · · · , an)，对有限非空正整数集 X，记
f(X) = min { x }，
1 i n
∈ ax X i
称 X 为“极小的”，如果对 X 的任意真子集 Y，均有 f(Y ) < f(X). 设 X 是极小的且 f(X) 2 ，
an
证明：|X| f(X)M .
解：
∑
记 i0 为使得 { x } 最小的 i(如果有多个，则任取一个)，并记 Xi = X.
a 0x∈X i
从小到大依次考虑 1 i n(i = i∑0).
对某个 i，若存在 Y X，使得 { x } = f(Y )，其中 |Y | = |X| 1，且 Y 不等于已取出的 Xj，
x∈Y ai
则记 Xi = Y .
若不存在这样的 Y，则删去 ai，此时 f(X)保持不变，且对任意的 Y X, |Y | = |X| 1，f(Y )保持
不变，而对任意的 Z X, |Z| |X| 2，存在 Y, |Y | = |X| 1, Z Y X，从而 f(Z) f(Y ) < f(X)，
故不影响 X 是极小的，同时 M 不增，故只需证删去后仍然满足 |X| f(X)M . 故不妨设每个 i 均存
在对应的 Xi，特殊地，Xi = X，并记 xi ∈/ Xi(i = i0)，这 n 1 个 xi 构成集合 P .0
(1)M = a1，显然不存在∑x ∈ X 使得 a1 | x(否则取 Y = X/{x} 有 f(Y ) = f(X) 矛盾). 此时 x，
{ x } 1 ，从而 |X|f(X) { x }
a1 M x∈X a1 M
(2)M > a1，此时 M 2，进而 M i+ 1.
a1 ai ∑ ∑
记 X ′ = X/P，则 |X ′| = |X| n+1，注意到 { x } { x } = f(Xi) f(X)，且在 i = i0
∑ ∑ x∈X′ ai x∈X ai in
时不取等，故 { x } nf(X) n 1 .
i=∑1 x∈∑X′ ai ∑ ∑ Mn n ∑n
另一方面， { x } = { x }. 给定 x，考虑 { x }.
i=1 x∈X′ ai x∈X′ i=1 ai i=1 ai
若此和式中有 t(≥ 1) 项为 0，则对应这 t 个 ai 均整除 x，而他们均整除 M，故整除 (x,M). 若
t = 1，则 (x,M)不小于该 ai 进而不小于 2，若 t > 1，则 (x,M)不小于其中第二大的 ai 两倍进而不小
M
x kM
于 2t，即 t = 0时，(x,M) 2t恒成立.而其余 n t项均不为 0，此时记 { x } = x ak = i ，
∑ ai ai Mn
分子为 (x,M) 的倍数，故 { x } (x,M) 2t . 则 { x } 2t(n t) 2(n 1) .
ai ∑M M∑ i=1 ai M Mn n
而若此和式中 n 项均不为 0，则 { x } i+ 1 2(n 1) .
∑ ∑ i=1 ai i=1 M Mn
故 n 1 { x } 2(n 1)nf(X) (|X| n+ 1).
M x∈X′ i=1 ai M
若 | | ，结合 2 2(n+ 1)X f(X)M f(x) 则 nf(X) n 1 2(n 1)(f(X)M n+ 1) 即
an M M M
(n 1)(2n 3) 故 2(n+ 1) (n 1)(2n 3)f(X) ，这推得 n = 2.
(n 2)M M (n 2)M
4
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而 n = 2 时，由上述不等式易知存在 { x } + { x } = 2 (否则 2f(X) 1 3 (|X| 1)
a1 a2 M M M
3f(X) 3 ，得到 f(X) 2 < 2 ，矛盾)，显然此时 a M kM1 = ，x = + 1，a2 | x, a2 | M 进而
M M a2 2 2
a2 = 2.
而此时 f(X) 2 = 1 知至少两个 x 为奇数，对应 { x } + { x } 3 . 从而 2f(X) 1
a2 a1 a2 M M
2 (|X| 3) + 2× 3 2f(X) 推出矛盾.
M M
故 |X| f(X)M .
【简评】
此题尽管书写过程并不复杂，但是入手极为困难，大部分同学可能在长时间的尝试后依然难以找到
正确的道路，同时，本题想要获得过程分也极为困难，预估本题得分率极低。
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2024 年中国数学奥林匹克 (CMO) 试题解析
4. 对于 R2 中任意两点 (x1, y1)，(x2, y 2)，我们定义该两点之间的小数距离为
∥ 2x1 x2∥ + ∥y1 y2∥2
其中 ∥x∥ 表示实数 x 与最近的整数的距离.
求最大的实数 r，使得平面上存在四个点，满足两两之间的小数距离均不小于 r.
解：
√ √
满足条件的最大实数 r = 6 2 .
2
√ √
第一步，构造两两之间小数距离均不小于 6 2 的四个点:
2
√ √ √ √
在平面直角坐标系内，取 A(0, 0), B(1 3 , 1), C(1 , 1 3), D(3 3 , 3 3).
2 2 2 2 2 2
√ √
容易验证这四个点两两之间的小数距离均不小于 6 2 .
2
√ √
第二步，证明平面内任意四个点两两之间小数距离的最小值不超过 6 2 .
2
√ √
记 d = 6 2 .
2
反证法：假设平面内存在四个点 A,B,C,D，使得其两两之间小数距离的最小值大于 d.
显然小数距离只和横、纵坐标的小数部分相关，两点间的小数距离只与两点相对位置相关，因此将
平面内一点沿坐标轴方向平移整数个单位后不改变其与其他点的小数距离.
以 A 为原点构建平面直角坐标系，将 B,C,D 均沿坐标轴方向平移整数个单位，平移至由
A(0, 0), X(1, 0), Y (1, 1), Z(0, 1) 四个点围成的单位正方形内.
进一步的，容易发现正方形 AXY Z 中任一点 P 到 A 的小数距离，等于其到 A,X, Y, Z 四个点中
几何距离的最小值.
分别以 A,X, Y, Z 为圆心，d 为半径作圆，其两两交于 E,F,G,H，容易证明 △AEH、△XEF、
△Y FG、△ZGH 这四个三角形均为边长为 d 的正三角形，再分别以 E,F,G,H 为圆心，d 为半径作
圆，两两交于 I, J,K,L，容易证明 I, J,K,L 也分别在 ⊙A,⊙X,⊙Y,⊙Z 上，如下图所示：
6
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由反证法的假设，A,B,C,D 两两之间的小数距离均大于 d，所以 B,C,D 均不在 ⊙A,⊙X,⊙Y,⊙Z
中.
另一方面，如图所示，我们将正方形中间部分划分成三个区域：△FKJ,△GKL和多边形 EJKLHI
（分别用绿色、蓝色和红色区域表示）. √ √
其中 △FKJ,△GKL 和多边形 EJKLHI 的所有边长均为 6 2d.
2
容易发现，同一个区域内任意两点的距离均不大于 d，所以 B,C,D 三个点一定分散在三个区域中，
且不在三个区域的边界 JK,KL 上，由此可以得到，△FKJ,△GKL（不含边 JK,KL）两个区域中，
一定至少有 B,C,D 中的一个点.
类似的，△HLI,△EIJ（不含边 LI, IJ）两个区域中，也一定分别包含 B,C,D 中的一个点.
因此，以上四个三角形所形成的互不重合√的四√个区域中，各包含 B,C,D 中的一个点，矛盾！
综上所述，知满足条件的最大实数 r = 6 2 .
2
【简评】
本题是一道构造过程较难的组合几何问题，证明过程的入手方向不难想到，但完整且严谨地完成证
明不太容易。
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2024 年中国数学奥林匹克 (CMO) 试题解析
5. 设 p 为素数，f 为 {0, 1, · · · , p 1} 到自身的一个双射，满足当 p | a2 b 时，|f(a) f(b)| 2024.
求证：有无穷多个素数 p 使得 f 存在，也有无穷多个素数 p 使得 f 不存在.
解：
先证明：存在无穷个 p 使得 f 存在.
用图论语言描述，令 p 个点 v0, v1, · · · , vp 1 分别对应 0, 1, · · · , p 1，如果 a2 ≡ b(mod p)，则连
接 a 指向 b 的有向边，显然 0 是孤立点，映射 f 即对图上的点赋值 0, 1, · · · , p 1，则只需赋值使得
相邻两点所赋值之差不超过 2024 即可.
熟知存在无穷个素数 p，使得 1 是模 p 的二次非剩余 (即 p ≡ 3(mod 4))，此时 x 与 p x 中恰
有一个是模 p 的二次剩余. 故只考虑 p 11, · · · , p 1 中的二次剩余时，这 个数中每个数恰好同余
2
于其中一个数的平方，即对应 p 1 个点的诱导子图中每个点的入度均为 1，又显然每个点的出度为
2
1，故他们构成若干个有向圈. 再考虑剩下 p 1 个二次非剩余，他们的平方恰为前文所述 p 1 个二
2 2
次剩余，且显然构成一一对应. 故除去孤立点 v0 外，该图为若干个连通分支，每个连通分支包括一个
圈以及圈外恰 k(圈上的点数) 个点分别与圈上的 k 个点连有向边.
此时，我们说明可以将某个连通分支的 2k 个点赋值为连续的 2k 个整数，使得相邻两点所
赋值之差不超过 2024. 事实上，将这 2k 个数 (不妨记为 a, a + 1, · · · , a + 2k 1) 排成如下顺序
a, a+ 2, · · · , a+ 2k 2, a+ 2k 1, a+ 2k 3, · · · , a+ 3, a+ 1，并以圈上任意一点作为第一个点，将
顺时针第 i 个点赋值为这一列数中 2i 1 位的数字，将顺时针第 i 个点所连的圈外一点赋值为这一列
数中 2i 位的数字，此时显然满足相邻两点所赋值之差不超过 2024.
此时将 v0 赋值为 0，将 1, · · · , p 1 拆为若干段连续整数分别作为各个连通分支上点的赋值即可，
故 f 存在.
再证明: 存在无穷多个 p 使得 f 不存在.
将自变量按模 p 考虑 (即对 x > p 1，记 y 为 x 模 p 的余数，定义 f(x) = f(y)).
熟知，数列 { 2n2 + 1} n中每一项均存在新的素因子，取充分大的 n 及 22 + 1 的素因子 p 使得
2ip 2 + 1(i = 0, 1, 2, · · ·n 1).
故 2 模 p 的阶为 2n+1，记 a ≡ 22ii (mod p)(1 ai p 1, i = 0, 1, 2, · · ·n)，则 a0, · · · , an 两两不
同余且任意若干项之积模 p 均不同余于 1，特别地，a0 = 2，an = p 1.
对 a1, · · · , an 中任意若干项之积共 2n 个数，记为 x1, · · · , x2n，他们模 p 互不同余，且由于
2n 2n 2i 2nai ≡ (2 ) ≡ 1(mod p)，知 xk ≡ 1(mod p).
n∑ 1 t t+1
此时若存在这样的 f，则有 |f(xk) f(1)| |f(x2k ) f(x2k )| 2024n，但 n 充分大时，共
t=0
2n > 4048n+ 1 个这样的 f(xk)，矛盾.
故不存在这样的 f，由 n 的任意性知存在无穷个 p 使得 f 不存在.
【简评】本题是一道难度适中的数论问题，部分同学可能会尝试找出充要条件从而陷入误区。核心在
于借助图论处理后，自然联想到存在与否分别对应图论中的圈和树，后续只需处理细节即可。
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{#{QQABSYSEoggIABJAAAgCEwEACAGQkgECCagGhAAMsAAAiRFABAA=}#}
∑n ∑n ∑n
6. 已知 x1, x2, . . . , xn 为实数, 且 xi = n, x2 3i = 2n, xi = 3n.
i=1 i=1 i=1
(1) 求最大的常数 C, 使得对所有 n 4, 均有 max {x1, x2, . . . , xn} min {x1, x2, . . . , xn} C.
(2) 证明存在常数 λ > 0, 使得对所有 n 4, 均有 max {x1, x2, . . . , xn} min {x1, x2, . . . , xn}
3C + λn 2 , 其中 C 为第 (1) 问所求值.
√
解： (1) 所求最大常数 C = 5.
√ ∑n ∑n ∑n
先证明∑：C = 5∑时结论成立.∑记 yi = ai 1，则 yi = 0， (yi + 1)
2 = 2n， (yi + 1)3 = 3n
i=1 i=1 i=1
n n n
可得 yi = 0， y2 3i = n， yi = n.
i=1 i=1 i=1
记 max {y1, y2, · · · , yn} = A，min {y1, y2, · · · , yn∑} = B，则只需证 A+B C.n
由于 B yi A 对任意 i 恒成立，故有 0 (yi + B)(yi A) = n(1 AB)，从而 AB 1，
i=1
即 A 1 .
B
√
取 t = 1 + 5 .
∑ 2n ∑n ∑n ∑n
则 (y + t)(y 1)2 3i i = yi + (t 2) y2i + ( 12 2) yi +
n = 0.
i=1 t i=1 t i=1 t∑ i=1 tn
此时若 B < t，则 yi + t 0 对任意 i 恒成立，故 (yi + t)(y 1 2 1i ) 0. 由取等条件知 yi =
i=1 t t
对任意 i 恒成立，矛盾.
故 B t.
1 1 √进而 A+B +B + t = 5.
B t
另一方面，我们给出构造
取 充分小，r, s ∈ Z+ 满足 t < r < t+ ，r + r00, s0 ∈ Z 满足 t < < t.
s s0
令 n = (s2 + r2)k + (s20 + r20)l (其中 k, l 待定).
取 y1, · · · , y 中恰 s2k 个 rn∑ ∑ ，恰 r
2k 个 s，恰 s2 r0 2 s0
s r 0
l 个 ，恰 r l 个 .
s 00 r0
n n
此时显然有 yi = 0， y2i = n.
i∑=1 i=1n 3 3 s3 3而我们需要 ry3i = k(s r ) + l( 0 0 ) = n.
i=1 r s r0 s0
r3 3
3 3
这等价于 k( s s2 r sr2) + l( 0 0 s2 2
s r s 0
r0) = 0.
0 r0
由 r0 < t < r 易知 k, l 系数一正一负，故存在正整数 k, l 满足上式.
s0 s
此时 A+B = r + s
√
0 t+ + 1 ，令 趋于 0，知 C 的最大值为 5.
s r0 t
(2) 取 λ0 = 10 10,λ 10 100 充分小.
√
对 y1, y2, . . . yn, 由第一问可设其最大值 A, 最小值 B, 只需证明 A+B 5 + λn 1.5
√
用反证法证明，若 A+B 5 + λn 1.5，则有下述结论成立：
A 1 + λ 1.50n .
t √ √
若不成立，则由于 B t, A+B 5 + λ0n 1.5 > 5 + λn 1.5 矛盾！
9
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2024 年中国数学奥林匹克 (CMO) 试题解析
B t+ λ 1.50n .
若不成立，则由于 AB 1, 可知：
√ √ √ √
A+B B+ 1 = B t+ 1 1 + 5 = (B t)(1 1 )+ 5 1(B t)+ 5 > 1λ n 1.50 + 5 >
B B t Bt 2 2
1 √λn 1.5 + 5. 矛盾！
2
对任意 i, 满足 |yi + t|, |yi 1 | 中必有一个不大于 1 .
∑ t 1000n
由第一问证明可知： (yi + t)(y 1i ) = 0，
i=1 t
若存在 i 使结论不成立，则由 可知 1 yi t; 由于 |yi + t|, |y 1i | 中一个 > 1，另一个
t t
> 1 ，故 (yi + t)(y 1i ) 1 .
1000 t 1000
对于其他 yi 以外的 yj , 由 同样可以得到 (y + t)(y 1i i ) 3λ 1.50n ，
∑ tn
故 0 = (yi + t)(yi 1) 1 + λ n 0.50 < 0；矛盾！
i=1 t 1000
回到原题，定义两个集合 S,T，满足 S = {i|yi < t或y 1i > };T = {i|yi ∈ [ t, 1 ]}
t t
y , y , · · · , y 满足 |y + t| 11 2 m i ;ym+1, ym+2, · · · , yn 满足 |y 1 1i | .
1000 t 1000
定义 f(yi) = min{|y 1i + t|, |yi |}
t
当 i ∈ S 时,0 (yi + t)(y 1i ) 3f(yi); 当 i ∈ T 时,(yi + t)(yi 1) f(yi).
∑ t tn
又 ∑(yi + t)(y 1i ) = 0，i=1 ∑t
所以 f(y
∑ i
) 3 f(yi)，
i∈T ∑i∈Sn
则 f(yi) 4 f(y 0.5i) 4λ0n ，
i=1 i∈S ∑
现定义一个新的函数 h(x) = 2x3 + 3x2 6x 则显然有 h(yi) = n;
当 1 i m 时:
|h(yi) h( t)| = |(yi + t)(6t2 6t 6 + 2y2i 2yit 4t2 + 3yi + 3t)| = (yi + t)2|2yi 4t + 3| =
(y + t)2i |2(yi + t) 6t+ 3| (y + t)2(6t 3 + 2 · 1i ) 10(y + t)2i ;
1000
同理，当 m+ 1 i n 时:|h(yi) h(1)| 10(yi 1)2;
t t
将∑上述两式相加：m ∑n
(h(yi) h( t)) + (h(yi) h(1)) = n mh( t) (n m)h(1)
i=1 i=m+1 t t
= n m(5t+ 1) (n m)( 5t+ 6) = 5(t(n 2m) (n m))
| 1(t(n 2m) (n m))( (n 2m) + (n m))|
| tt(n 2m) (n m)| =
|1(n 2m) + (n m)|
t
10
{#{QQABSYSEoggIABJAAAgCEwEACAGQkgECCagGhAAMsAAAiRFABAA=}#}
|(n 2m)2 + (n m)(n 2m) (n m)2|
= 1 1 = 1
1 |n 2m|+ |n m| 2n+ n 3n|n 2m|+ |n m|
∑ tm ∑n
故 10 (yi + t)2 + 10 (y 1 2 5∑ i
) ；
i=1 i=m+1 t 3n
n
即 10 f2(yi) 5 ;
∑ i=1 3nn
f(y 1i) > 4λ n 0.50 ; 矛盾！
i=1 6n √
故假设不成立，即 A+B > 5 + λn 1.5.
故原命题得证！
【简评】
本题难度极大，虽然第一问入手较为容易，可以通过发现方程 x2 x 1 = 0 后借助其零点分析讨
论得到结果，但是第一问的构造以及第二问则非常复杂，几乎每一段的放缩都很不容易。
11
{#{QQABSYSEoggIABJAAAgCEwEACAGQkgECCagGhAAMsAAAiRFABAA=}#}

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