1998年全国高中数学联赛试题及解答

一九九八年全国高中数学联合竞赛
一、选择题（本题满分36分，每小题6分）
1． 若
a
> 1,
b
> 1, 且lg(
a
+
b
)
=
lg
a
+lg
b
, 则lg(
a
–1)+lg(
b
–1) 的值( )
（
A
）等于lg2 （
B
）等于1
(
C
) 等于0 (
D
) 不是与
a
,
b
无关的常数
2.若非空集合
A=
{
x
|2
a
+1≤
x
≤3
a
– 5},
B=
{
x
|3≤
x
≤22},则能使
A?
A
∩
B
成立的所有
a
的集合是( )
（
A
）{
a
| 1≤
a
≤9} (
B
) {
a
| 6≤
a
≤9}
(
C
) {
a
|
a
≤9} (
D
) ?
3.各项均为实数的等比数列{
a
n
}前
n
项之和记为
S
n

,若
S
10

=
10,
S
30

=
70, 则
S
40
等于( )
(
A
) 150 (
B
) ? 200
(
C
) 150或 ? 200 (
D
) ? 50或400
4.设命题
P
：关于
x
的不等式
a
1
x
+
b
1
x
+
c
1
> 0与
a
2
x
+
b
2
x
+
c
2
> 0的解集相同；
命题
Q
：
==
．

则命题
Q
( )
(
A
) 是命题
P
的充分必要条件
(
B
) 是命题
P
的充分条件但不是必要条件
2 2 2
a
1
b
1
c
1
a
2
b
2
c
2
(
C
) 是命题
P
的必要条件但不是充分条件
(
D
) 既不是是命题
P
的充分条件也不是命题
P
的必要条件
5.设
E
,
F
,
G
分别是正四面体
A BCD
的棱
AB
,
BC
,
CD
的中点,则二面角< br>C
—
FG
—
E
的大小是( )
(
A
) arcsin
6
π
3
π
2
(
B
) +arccos (
C
) －arctan2 (
D
)
π
－arccot
32322
6.在正方体的8个顶点, 12条棱的中点, 6个面的中心及正方体的中心共27个点中, 共线的三点组
的个数是( )
(
A
) 57 (
B
) 49 (
C
) 43 (
D
)37
1

二、填空题( 本题满分54分,每小题9分) 各小题只要求直接填写结果.
1．若
f
(
x
) (
x
?
R
)是以2为周期的偶函数, 当
x
?[ 0, 1 ]时,
f
(
x
)
=x
由小到大排列是 ．
2．设复数
z=
cos
θ
+
i
sin
θ
(0≤
θ
≤180°)，复数
z
，(1+
i)
z
，2
－
z
在复平面上对应的三个点分别是
P
,
1
1000
98101104
，则
f
()，
f
()，
f
()
191715
Q
,
R
.当
P
,
Q
,
R
不共线时,以线段
PQ
,
PR
为两边的平行四边形的第四个顶点为
S
, 点
S
到原点距离的最大
值是___________.
3．从0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9这10个数中取出3个数, 使其和为不小于10的偶数, 不同的
取法有________种.
4．各项为实数的等差数列的公差为4, 其首项的平方与其余各项之和不超过100, 这样的数列至多有
_______项.
5．若椭圆
x
+4(
y
－
a
)
=
4与抛物 线
x=
2
y
有公共点，则实数
a
的取值范围是 ．
6．?
ABC
中, ?
C

=
90, ?
B

=
30,
AC

=
2,
M
是
AB
的中点. 将?
ACM
沿
CM折起,使
A
,
B
两点间的距
离为 22 ，此时三棱锥
A
-
BCM
的体积等于__________.

三、（本题满分20分）
oo
222
π
已知复数
z=1－sin
θ
+
i
cos
θ
(<
θ
<
π
)，求
z
的共轭复数
－
z
的辐角主值．
2




四、（本题满分20分）
设函数
f
(
x
)
=

ax
+8
x
+3 (
a
<0)．对于给定的负数
a
, 有一个最大的正数
l
(
a
) ,使得在整个 区
间 [0,
l
(
a
)]上, 不等式|
f
(
x
)| ? 5都成立．
问：
a
为何值时
l
(
a
)最大? 求出这个最大的
l
(
a
)．证明你的结论.
2
2

五、（本题满分20分）
已知抛物线
y

=
2
px
及定点
A
(
a
,
b
),
B
( –
a
, 0) ,(
ab
? 0,
b
? 2
pa
)．
M
是抛物线上的点, 设
直线
AM
,
BM
与抛物线的另一交点分别为
M
1
,
M
2
．


22
求证：当
M
点在抛物线上变动时(只要
M
1
,
M
2
存在且
M
1
?
M
2
)， 直线
M
1
M
2
恒过一个定点．并求出这个定
点的坐标．

3

第二试
一、（满分50分）如图，
O
、
I
分别为△
ABC
的外心和内心，
AD
是< br>BC
边上的高，
I
在线段
OD
上。求证：△
ABC< br>的外接圆半径等于
BC
边上的旁切圆半径。
注：△
ABC
的
BC
边上的旁切圆是与边
AB
、
AC
的延长线以及边
BC
都相切的圆。





二、（满分50 分）设
a
1
，
a
2
，…，
a
n
，
b
1
，
b
2
，…，
b
n
∈[1， 2]且
ΣΣ
a
i
=
2
nn
b
i
，
2
i=
1
i=
1
求证：
Σ
i=
1
n
a
i
3
17
≤
b
i
10
Σ
i=
1
n
a
i
．并问：等号成立的充要条件．
2





4

三、（满分50分）对于正整数
a
、
n
，定义
F
n(
a
)
=q
＋
r
，其中
q
、
r
为非负整数，
a=qn
＋
r
，且0≤
r
＜
n
．求
最大的正整数
A
，使得存在正整数
n
1
，
n
2
，
n
3
，
n
4
，
n
5
，
n
6
，对于任意的正整数
a
≤
A，都有
F
n
6
(
F
n
5
(
F
n
4
(
F
n
3
(
F
n
2
(
F
n
1
(
a
))))))
=
1．证明你的结论．

5

一九九八年全国高中数学联赛解答
第一试
一．选择题（本题满分36分，每小题6分）
1．若
a
> 1,
b
> 1, 且lg (
a
+
b
)
=
lg
a
+ lg
b
, 则lg (
a
–1) + lg (
b
–1) 的值( )
（
A
）等于lg2 （
B
）等于1
(
C
) 等于0 (
D
) 不是与
a
,
b
无关的常数
解：
a
+< br>b=ab
，(
a
－1)(
b
－1)
=
1，由
a
－1>0，
b
－1>0，故lg(
a
－1)(
b
－1)
=
0，选
C
．
2．若非空集合
A=
{
x
|2
a
+1≤
x
≤3
a
– 5} ,
B=
{
x
|3≤
x
≤22},则能使
A
?
A
∩
B
成立的所有
a
的集合是( )
（
A
）{
a
| 1≤
a
≤9} (
B
) {
a
| 6≤
a
≤9}
(
C
) {
a
|
a
≤9} (
D
)
?

解：
A
?
B
，
A
≠
?
．? 3≤2
a
+1≤3
a
－5≤22，?6≤
a
≤9．故选
B
．
3．各项均为实数的等比数列{
a

n
}前
n
项之和记为
S

n

,若
S
10
=
10,
S
30
=
70, 则
S
40
等于( )
(
A
) 150 (
B
) ?200
(
C
) 150或 ?200 (
D
) ?50或400
解：首先
q
≠1，于是，
a
1
10
a
1
30201010
q
－1
(
q
－1)
=
10，
q
－1
(
q
－1)
=
70，∴
q
+
q
+1
=
7．?
q=
2．(－3舍)
∴
S
40
40
=
10(
q
－1)
=
150．选
A
．
4.设命题
P
：关于
x
的不等式
a
2 2 2
1
x
+
b
1
x
+
c
1
> 0与
a

2
x
+
b
2
x
+
c
2
> 0的解集相同;
命题
Q
：
a
1
=
b
1
=
c
1
a
．

则命题
Q
( )
2
b
2
c
2
(
A
) 是命题
P
的充分必要条件
(
B
) 是命题
P
的充分条件但不是必要条件
(
C
) 是命题
P
的必要条件但不是充分条件
(
D
) 既不是是命题
P
的充分条件也不是命题
P
的必要条件
解： 若两个不等式的解集都是
R
，否定
A
、
C
，若比值为－1， 否定
A
、
B
，选
D
．
5.设
E
,
F
,
G
分别是正四面体
A BCD
的棱
AB
,
BC
,
CD
的中点,则二面角< br>C
—
FG
—
E
的大小是( )
6

(
A
) arcsin
6
π
3
π
2
(
B
) +arccos (
C
) －arctan2 (
D
)
π
－arccot
32322
A
Q
M
解： 取
AD
、
BD
中点
H
、
M
，则
E H
∥
FG
∥
BD
，于是
EH
在平面
EFG
上．设
CM
∩
FG=P
，
AM
∩
EH=Q
，则
P
、
Q
分别为
CM
、
AM
中 点，
PQ
∥
AC
．
B
E
H
D
∵
AC
⊥
BD
，?
PQ
⊥
FG
，
C P
⊥
FG
，?∠
CPQ
是二面角
C
—
FG
—
E
的平面角．
2+(3)－(3)
2·2·3
222< br>F
C
P
G
设
AC=
2，则
MC=MA=3，cos∠
ACM==
3
．
3
∴ 选
D
．
6.在正方体的8个顶点, 12条棱的中点, 6个面的中心及正方体的中心共27个点中, 共线的三点组
的个数是( )
(
A
) 57 (
B
) 49 (
C
) 43 (
D
)37
解：8个顶点中无3点共线，故共线的三点组中至少有一个是棱中点或面中心或体中心．
⑴ 体中心为中点：4对顶点，6对棱中点，3对面中心；共13组；
⑵ 面中心为中点：4×6
=
24组；
⑶ 棱中点为中点：12个．共49个，选
B
．

二、填空题( 本题满分54分,每小题9分) 各小题只要求直接填写结果.
1．若
f
(
x
) (
x
?
R
)是以2为周期的偶函数, 当
x
?[ 0, 1 ]时,
f
(
x
)
=x
由小到大排列是 ．
9816161
解：
f
()
=f
(6－)
=f
()．
f
()
=f
(6－)
=f
()，
f
()
=f
(6+)
=f
()．
7151515
0 4
现
f
(
x
)是[0，1]上的增函数．而<<．故
f()<
f
()<
f
()．
5
2．设复数z=
cos
θ
+
i
sin
θ
(0≤
θ
≤180°)，复数
z
，(1+
i
)
z
，2
－
z
在复
平面上对应的三个点分别是
P
,
Q
,
R
.当
P
,
Q
,
R
不共线时,以线段
PQ
,
PR
为两边的平行四边形的第四个顶点为
S
, 点
S
到原点距离的最大值是
___________.
7
OR
1
1000
98101104
，则
f
()，
f
()，
f
()
191715
y
Q
P
S< br>x

→→→→→→→→→
解：
OS=OP
+
PQ
+
PR=OP
+
OQ
－
OP
+
OR
－
OP

→→→

=OQ
+
OR
－
OP

=
(1+
i
)
z
+2
－
z
－
z=iz
+2
－
z

=
(2cos
θ
－sin
θ
)+< br>i
(cos
θ
－2sin
θ
)．
∴ |
O S
|
=
5－4sin2
θ
≤9．即|
OS
|≤3， 当sin2
θ=
1，即
θ=
时，|
OS
|
=
3．
4
3．从0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9这10个数中取出3个数, 使其和为不小于10的偶数, 不同的
取法有________种. < br>解：从这10个数中取出3个偶数的方法有
C
5
种，取出1个偶数，2个奇数的 方法有
C
5
C
5
种，而取出3
个数的和为小于10的偶数的 方法有(0，2，4)，(0，2，6)，(0，1，3)，(0，1，5)，(0，1，7)，(0，3，5)，(2，1，3)，(2，1，5)，(4，1，3)，共有9种，故应答10+50－9
=< br>51种．

4．各项为实数的等差数列的公差为4, 其首项的平方与其余各项之和不超过100, 这样的数列至多有
_______项.
解：设 其首项为
a
，项数为
n
．则得
a
+(
n
－ 1)
a
+2
n
－2
n
－100≤0．
△
=
(
n
－1)－4(2
n
－2
n
－100)
=
－7
n
+6
n
+401≥0．∴
n
≤8．
取
n=
8，则－4≤
a
≤－3．即至多8项．
(也可直接 配方：(
a
+
2
222
22
312
2
π< br>n
－1
2
2
)+2
n
－2
n
－10 0－(
2
22
n
－1
2
)≤0．解2
n
－ 2
n
－100－(
22
n
－1
2
)≤0仍得
n
≤8．)
2
5．若椭圆
x
+4(
y
－
a
)
=
4与抛物线
x=
2
y
有公共点，则实数< br>a
的取值范围是 ．
解：2
y=
4－4(
y
－
a
)，?2
y
－(4
a
－1)
y< br>+2
a
－2
=
0．此方程至少有一个非负根．
17
22
∴ △
=
(4
a
－1)－16(
a
－1)
=
－8
a
+17≥0．
a
≤．
8
117
2
两根皆负时2
a
>2，4
a
－1<0． ?－1<
a
<1且
a
<．即
a
<－1．∴－1≤
a
≤．
48
oo
6．?
ABC
中, ?
C

=
90, ?
B

=
30,
AC

=
2,
M
是
AB
的中点. 将?
ACM
沿
CM
折起,使
A
,
B
两点间的距离为 22 ，此时三 棱锥
A
－
BCM
的体积等
M
2
D
23E
222
A
2
2
C
8
B

于 ．
解：由已知， 得
AB=
4，
AM=MB=MC=
2，
BC=
23，由△< br>AMC
为等边三角形，取
CM
中点，则
AD
⊥
CM< br>，
AD
交
BC
于
E
，则
AD=
3，
DE=
222
323
，
CE=
．
33
3
．
3
22
折起后，由
BC=AC
+
AB
，知∠
BAC=
90°，cos∠
ECA=
A
2
M
2
D
C
8
222222
∴
AE= CA
+
CE
－2
CA
·
CE
cos∠
EC A=
，于是
AC=AE
+
CE
．?∠
AEC=
90 °．
3
26
∵
AD=AE
+
ED
，?
AE
⊥平面
BCM
，即
AE
是三棱锥
A
－
BCM
的高，
AE=
．
3
222
2
B
2 3
E
S
△
BCM
=
3，
V
A
—< br>BCM
=
22
．
3
三、（本题满分20分）
π< br>已知复数
z=
1－sin
θ
+
i
cos
θ< br>(<
θ
<
π
)，求
z
的共轭复数
－
z
的辐角主值．
2
π
解：
z=
1+cos(+
θ
)+
i
sin(+
θ
)
=
2cos
22< br>ππ
2
2
+
θ
2
+
θ
+
θ
22
+2
i
sincos
22
ππ
+
θ
+
θ
+
θ
222
=
2cos (cos+
i
sin)．
222
πππ
π
当
π< br>2
<
θ
<
π
时，
－
z=
－2cos
2
+
θ
2
π
(－cos
2
+
θ
2
π
+
i
sin
2
+
θ
) 2
4
πθ
3
πθ
3
πθ
=
－2cos (+)(cos(－)+
i
sin(－))．
42422
3
πθ
∴ 辐角主值为－．
42
四、（本题满分20分）
设函数
f
(
x
)
=

ax
+8
x
+3 (
a
<0)．对于给定的负数
a
, 有一个最大的正数
l
(
a
) ,使得在整个 区间 [0,
2
l
(
a
)]上, 不等式|
f
(
x
)| ? 5都成立．
问：
a
为何值时
l
(
a
)最大? 求出这个最大的
l
(
a
)．证明你的结论．
4
2
16
解：
f
(
x
)＝
a< br>(
x
+)+3－
．

aa
16
(1)当3－＞5，即－8＜
a
＜0时，
al
(
a
)是方程
ax
2
+8
x
+3＝ 5的较小根，故
l
(
a
)＝
－8+64+8
a
．< br>
2
a
9

16
(2)当3－≤5，即
a
≤－8时，
a
l
(
a
)是方程
ax
2
+8
x
+3＝－5的较大根，故
l
(
a
)＝
－8－64－32
a
?
，(< br>a
≤－8)
?
2
a
综合以上，
l
(
a
)
=

?

－8+64+8
a

?
?

2
a
(－8<
a
<0)
－8－64－32
a
．

2a
－8+64－32
a
441+5
当
a
≤－8时，l
(
a
)＝＝≤＝；
2
a
2
4－2
a
－2 20－2
－8+64+8
a
221+5
当－ 8＜
a
＜0时，
l
(
a
)＝＝＜＜．
2
a
2
16+2
a
+4
4
1+5所以
a
＝－8时，
l
(
a
)取得最大值
．
2

五、（本题满分20分）
已知抛物线
y

=
2
px
及定点
A
(
a
,
b
),
B
( –
a
, 0) ,(
ab
? 0,
b
? 2
pa
).
M
是抛物线上的点, 设
直线
AM
,
BM
与抛物线的另一交点分别为
M
1
,
M
2
．


22
求证：当
M
点在抛物线上变动时(只要
M
1
,
M
2
存在且
M
1
?
M
2
.< br>)直线
M
1
M
2
恒过一个定点．并求出这个定
点的坐 标.
解：设
M
(，
m
)．
M
1
(，
m
1
)，
M
2
(，
m
2
) ，
2
p
2
p
2
p
m
2
m
1
2
m
2
2
m
2
a
－
2
2
p
b
－
m
2
pa
－
m
则A
、
M
、
M
1
共线，得
=
，即
b
－
m=
．
m
1
－
m
2
m< br>1
+
m
m
1
m
2
－
2
p< br>2
p
2
pa
－
bm
2
pa
∴
m
1
=
，同法得
m
2
=
；
b
－
mm
∴
M
1
M
2
所在直线方程为
2
pa
－m
2
2
y
M
2
M
B
O
AM
1
x

y
－
m
2
=m
1
－
m
2
，即(
m
1
+
m
2
)
y=
2
px
+
m
1
m
2
．消去
m
1
，
m
2
，得
m
－
m
2
2
1
2
2
2
paby
－< br>bmy=
2
pbmx
－2
pmx
+4
pa
－ 2
pabm
．⑴
10
222

2
pa
2
pa
分别令
m=
0，1代入，得
x=a
，
y=
，以
x=a
，
y=
代入方程⑴知此式恒成立．
bb
2
pa
即
M
1
M
2
过定点(
a
，)
b

第二试
一、（满分50分）如图，
O、
I
分别为△
ABC
的外心和内心，
AD
是
B C
边上的高，
I
在线段
OD
上。求证：△
ABC
的 外接圆半径等于
BC
边上的旁切圆半径。
注：△
ABC
的
BC
边上的旁切圆是与边
AB
、
AC
的延长线以及边
BC< br>都相切的圆。
解 由旁切圆半径公式，有
2
Sah
a
r
a
==
，故只须证明
b< br>+
c
－
ab
+
c
－
a
A
R a
=
即可。连
AI
并延长交⊙
O
于
K
，连
OK
交
BC
于
M
，则
K
、
ha
b
+
c
－
a
M
分别为弧
BC
及弦
BC
的中点。且
OK
⊥
BC
。于是
OK∥
AD
，又
OK=R
，故
ROKIKKB
===
，
h
a
ADIAIA
故只 须证
=
N
I
O
KBah
a
=
IAb
+
c
－
a
1
．
(
b
+
c－
a
)
2
BM
B
D
M
K
C< br>1
作
IN
⊥
AB
，交
AB
于
N，则
AN=
(
b
+
c
－
a
), 2
而由⊿
AIN
∽⊿
BKM
，可证
=
成立，故 证。
KBBM
IAAN
二、（满分50分）设
a
1
，a
2
，…，
a
n
，
b
1
，
b
2
，…，
b
n
∈[1，2]且
ΣΣ
a
i< br>=
2
nn
b
i
，
2
i=
1
i=
1
求证：
Σ
i=
1
n
a
i
3
17
≤
b
i
10
Σ
i=
1
n< br>a
i
．并问：等号成立的充要条件．
2
1
证明：由于
a
1
，
a
2
，…，
a
n
，
b< br>1
，
b
2
，…，
b
n
∈[1，2]，故≤≤ 2．
2
a
i
b
i
11
a
i
b
i
3

1
于是(< br>a
i
b
i
－
2
3
a
i
)( 2
a
i
b
i
－
b
i
3
a
i
5
2
a
i
)≤0)，即
a
i
b
i
－
a
i
+≤0．
b
i
2
b
i
33
求和得
Σ
i=
1
n
a
i
5< br>≤
b
i
2
Σ
a
－
Σ
ab
，
2
i=
1
nn
i
ii
i=
1
15 2
2222
又由(
b
i
－
a
i
)(2b
i
－
a
i
)≤0得
b
i
－
a
i
b
i
+
a
i
≤0，故
a
i< br>b
i
≥(
a
i
+
b
i
)．
225
nnnn
由
ΣΣ
a
i
=

2
b
i
，得
2
i=
1
i=
1
Σ< br>i=
1
n
i=
1
4
a
i
b
i
≥
5
Σ
i=
1
n
i=
1
ai
，
2
∴
Σ
i=
1
n
a
i
5
≤
b
i
2
3
ΣΣ
a
i
－
2
n
i=
1
5
a
i
b
i≤
2
ΣΣ
4
a
i
－
5
2
n< br>i=
1
17
a
i
=
10
2
Σ
i=
1
n
a
i
．
2
2
当且仅当
n
为偶数且
a
1
，
a
2
，…，
a
n
中一半取1，一半取2，且
b
i
=
时等号成立．
a< br>i
三、（满分50分）对于正整数
a
、
n
，定义
F< br>n
（
a
）
=q
＋
r
，其中
q
、
r
为非负整数，
a=qn
＋
r
，且0≤
r＜
n
．求最大的正整数
A
，使得存在正整数
n
1
，
n
2
，
n
3
，
n
4
，
n
5
，
n
6
，对于任意的正整数
a
≤
A
，都有
F
n
6
(
F
n
5
(
F
n
4
(
F
n
3
(
F
n
2
(
F
n
1
(
a
))))))
=
1．证明你的结论．
解：将满足条件“存在正整数
n
1
,
n2
,
n
3
,
n
4
,
n
5,
n
6
,对于任意的正整数
a
≤
B
，都有F
n
k
(
F
n
k
－1
(…(
F
n
1
(
a
)…)
=
1”
的最大正整数< br>B
记为
x
k
显然，本题所求的最大正整数
A
即为x
6
。
⑴先证
x
1
=
2．事实上，
F
2
(1)
=F
2
(2)
=
1，所以
x< br>1
≥2 ,又当
n
1
≥3时，
F
n
1
(2)
=< br>2，而
F
2
（3)
=F
1
(2)
=
2,
所以
x
1
<3，∴
x
1
=
2． ⑵设
x
k
已求出，且
x
k
为偶数，显然
xk
≥
x
1
=
2，易知
x
k
+1
满足的必要条件是：存在
n
1
，使得只要
a
≤
x
k
+1
,就有
F
n
1
(
a
)≤
x
k
．
令
x
k
+1
=qn
1
+
r
，由
F
n
1
(
x
k
+1
)
=q
+
r
≤
x
k
可得
x
k
+1
=qn
1
+
r
≤
qn
1
+
x
k
－q=x
k
+
q
(
n
1－
1)．
若取
n
1
=
2，由
x
k< br>+2
2
≤
x
k
，
可知
x
k
+1
≥
x
k
+2，由此可得
q
>0，
n
1
>1，
于是0<(
q－
1)
n
1
+
n< br>1
－
1
=qn
1
－
1<
x
k
+1
，因此
12

F
n
1
( (
q－
1)
n
1
+
n
1
－
1)< br>=q
+
n
1
－
2≤
x
k
．
q
+
n
1
－1
2
故有
q
(n
1
－
1)≤[()]≤[(
2
x
k
+1x
k
1
2
)]
=
[ ++]．
2424x
k
x
k
2
x
k
2
由于
x< br>k
为偶数，从而
q
(
n
1
－
1)≤+. < br>42
x
k
2
∵
x
k
≥2,∴
xk
++≥
x
k
+2.所以总有
42
x
k
x
k
2

x
k
+1
≤
x
k
++
=
42
x
kx
k
(
x
k
+6)
4
.
另一方面， 若取
n
1
=
+2，由于
2
x
k
x
k
(
x
k
+6)
x
k
x
k
xk
(
x
k
+6)
=
·
n
1
+ 对于每个
a
≤，令
a=qn
1
+
r
，那么
4224
或者
q=
,
r
≤；或者
q
≤
－
1,
r
≤
n
1
－
1
=
+1。 < br>2222
两种情况下均有
q
+
r
≤
x
k,因此
x
k
+1
=
x
k
x
k
x
k
x
k
x
k
(
x
k
+6)4
。此外，因为
x
k
为偶数，若4|
x
k
，由 2|
x
k
+6可得8|
x
k
(
x
k
+6)，
若
x
k
≡2(mod4)，由
x
k
+6 ≡0(mod 4)也可得8|
x
k
(
x
k
+6)．因此< br>x
k
+1
也是偶数。于是完成了归纳证明
x
k
+1< br>=
由
x
1
=
2逐次递推出
x
2
=< br>4,
x
3
=
10，
x
4
=
40，< br>x
5
=
460，
x
6
=
53590．
即所求最大整数
A=
53590．


x
k
(
x
k
+6)
4
．
13