专题31不等式(教师版含解析)备战2021年高中数学联赛高中数学联赛二试试题分专题训练

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)

专题31不等式

历年联赛真题汇编

1．【2019高中数学联赛B 卷(第02试)】设正实数a 1, a 2,?, a 100满足a i ?a 101?i (i =1,2,?,50).记x k =

ka k+1a 1+a 2+?+a k

(k =1,2,?,99).证明:x 1x 22

?x 9999?1.

【答案】证明见解析

【解析】注意到a 1,a 2,?,a 100>0.对k =1，2，…，99，由平均值不等式知0<(

k

a 1+a 2+?+a k

)k

?

1a 1a 2?a k

，

从而有x 1x 22

?x 9999=∏a k+1k 99

k=1(

k

a 1+a 2+?+a k

)k

?∏

a k+1

k

a 1a 2?a k

99

k=1

①

记①式的右端为T ，则对任意i =1，2，…，100，a i 在T 的分子中的次数为i －1，在T 的分母中的次数为100－i .

从而T =

∏a i

2i?101

100

i=1=

∏a i

2i?101

50

i=1a 101?i

2(101?i)?101=∏

(

a 101?i a i

)101?2i 50

i=1

.

又0

结合①得x 1x 22

?x 9999?T ?1.

2．【2018高中数学联赛B 卷(第02试)】设a 、b 是实数，函数f(x)=ax +b +9

x

，证明:存在x 0∈[1,9]，使得|f (x 0)|?2.

【答案】证明见解析

【解析】证法一只需证明存在u ，v ∈[1，9]，满足|f(u)?f(v)|?4，进而由绝对值不等式得|f(u)|+|f(v)|?|f(u)?f(v)|?4，

故|f(u)|?2与|f (v )|≥2中至少有一个成立.

当a ∈(?∞,1

2

]∪[3

2

,+∞)时，有|f(1)?f(9)|=|(a +b +9)?(9a +b +1)|=8|1?a|?4.

当12

时，有

√a

∈[1,9].再分两种情况:

若12

若1

2

，则|f(9)?f (√a

)|=|(9a +b +1)?(6√a +b)|=(3√a ?1)2?4.

综上可知，存在u ，v ∈[1，9]，满足f (u )－f (v )≥4，从而命题得证.

证法二用反证法.假设对任意x ∈[1，9]，均有|f (x )|<2，则|f(1)|<2,|f(3)|<2,|f(9)|<2 易知

f(1)=a +b +9 ① f(3)=3a +b +3 ② f(9)=9a +b +1

③

由①、②得，2a －6=f (2)－f (1)；又由②、③得，6a －2=f (3)－f (2).

由上述两式消去a ，可知f(3)?4f(2)+3f(1)=(6a ?2)?3?(2a ?6)=16. 但f(3)?4f(2)+3f(1)<2+4?2+3?2=16，矛盾! 从而命题得证.

3．【2017高中数学联赛B 卷(第02试)】设实数a 、b 、c 满足a +b +c =0.令d =max {|a |,|b |,|c |}，证明:|(1+a)(1+b )(1+c)|?1?d 2. 【答案】证明见解析

【解析】当d ≥1时，不等式显然成立 以下设0≤d <1.不妨设a 、b 不异号，即ab ≥0，

那么有(1+a)(1+b)=1+a +b +ab ?1+a +b =1?c ?1?d >0. 因此|(1+a)(1+b)(1+c)|?|(1?c)(1+c)|=1?c 2=1?|c|2?1?d 2.

4．【2014高中数学联赛(第02试)】设实数a ，b ，c 满足a +b +c =1，abc >0.求证ab +bc +ca <√abc 2

+1

4

.

【答案】证明见解析

【解析】证法一若ab +bc +ca ?1

4，则命题已成立.

若ab +bc +ca >14

，不妨设a =max{a,b,c}，则由a +b +c =1知a ≥1

3

，

我们有ab +bc +ca ?1

4?

(a+b+c)2

3

?14=

112

?a

4

①

以及ab +bc +ca ?14

=a(b +c)?14

+bc =a(1?a)?14

+bc ?14

?14

+bc =bc

②

其中式①的等号在a =13

时成立，式②的等号在a =12

时成立，因此式①与②中等号不能同时成立. 由于ab +bc +ca ?1

4

>0，将式①与②相乘得(ab +bc +ca ?14

)2

<

abc 4

，

即ab +bc +ca ?14

<

√abc 2

，从而ab +bc +ca <

√abc 2

+1

4

.

证法二由于abc >0，故a ，b ，c 中或者一个正数，两个负数；或者三个都是正数.对于前一种情形，不妨设a >0，b <0，c <0，则ab +bc +ca =b(a +c)+ca 0，b >0，c >0，不妨设a ≥b ≥c ，则a ?1

3

,0

3

，

我们有ab +bc +ca ?

√abc 2=c(a +b)+√ab (√ab ?

√c 2

)=c(1?c)+√ab (√ab ?

√c 2

)，

由于√ab ?√b 3

?√c

3

>√c

2

，且√ab ?

a+b 2

=

1?c 2

， 因此c(1?c)+√ab (√ab ?√c 2)?c(1?c)+

1?c 2

(

1?c 2

?

√c 2

)=1

4

?

3c 24

+c √c 4

+c

2

?

√c 4

. 于是只需证明

3c 24

?

c √c 4

?c

2

+

√c 4

>0，即3c √c ?c ?2√c +1>0

③

由于0

，故1

3

?c ?0

④

由平均不等式3c √c +13

+13

?3(3c √c ?13

?13

)1

3=√93

√c >2√c

⑤

将式④与⑤两式相加，即得式③成立，因此原不等式成立.

5．【2013高中数学联赛(第02试)】一次考试共有m 道试题，n 个学生参加，其中m ，n ≥2为给定的整数.每道题的得分规则是：若该题恰有x 个学生没有答对，则每个答对该题的学生得x 分，未答对的学生得零分.每个学生的总分为其m 道题的得分总和.将所有学生总分从高到低排列为p 1?p 2???p n ，求p 1+p n 的最大可能值. 【答案】m (n －1).

【解析】对任意的k =1，2，…，m ，设第k 题没有答对者有x k 人，则第k 题答对者有n －x k 人，由得分规则知，

这n －x k 个人在第k 题均得到x k 分.设n 个学生的得分之和为S ，则有∑p i n i=1=S =∑x k m k=1(n ?x k )=n ∑x k m k=1?∑x k 2m

k=1， 因为每一个人在第k 道题上至多得x k 分，故p 1?∑x k m k=1， 由于p 2???p n ，故有p n ?p 2+p 3+?+p n

n?1

=

S?p 1n?1

，

所以p 1+p n ?p 1+S?p 1n?1=

n?2n?1

p 1+

S n?1

?

n?2n?1

?∑x k m k=1+

1n?1

(n ∑x k m k=1?∑x k 2

m

k=1)

=2∑x k m k=1?

1n?1

?∑x k 2

m

k=1. 由柯西不等式得∑x k 2

m

k=1?

1m

(∑x k m k=1)2， 于是p 1+p n ?2∑x k m k=1?

1m(n?1)

?(∑x k m k=1)2

=?

1m(n?1)

(∑x k m k=1?m(n ?1))2+m(n ?1)?m(n ?1).

另一方面，若有一个学生全部答对，其他n －1个学生全部答错，则p 1+p n =p 1=∑(n ?1)m

k=1=m(n ?1). 综上所述，p 1+p n 的最大值为m (n －1).

6．【2012高中数学联赛(第02试)】设P 0,P 1,P 2,?,P n 是平面上n +1个点，它们两两间的距离的最小值为d (d >0).求证|P 0P 1|?|P 0P 2|??|P 0P n |>(d 3)n

√(n +1)!.

【答案】证明见解析

【解析】证法一不妨设|P 0P 1|?|P 0P 2|???|P 0P n |， 先证明：对任意正整数k 都有|P 0P k |>d

3

√k +1，

显然|P 0P k |?d ?d

3√k +1，对k =1，2，…，8均成立，只有k =8时右边取等号.

所以只要证明当k ≥9时，有|P 0P k |>d

3

√k +1即可.

以P i (i =0，1，2，…，k )为圆心，d

2为半径画k +1个圆，它们两两相离或外切；

以P 0为圆心，|P 0P k |+d

2

为半径画圆，这个圆覆盖上述k +1个圆.

所以π(|P 0P k |+d 2

)2>(k +1)π(d 2

)2

，

约去π，并开方移项，得|P 0P k |>d

2(√k +1?1)，

由k ≥9易知

√k+1?1

2

>

√k+13

，所以|P 0P k |>d

3

√k +1对k =9，10，…，n 也成立.

综上，对任意正整数k 都有|P 0P k |>d

3√k +1，

因而|P 0P 1|?|P 0P 2|??|P 0P n |>(d 3

)n

√(n +1)!.

证法二不妨设|P 0P 1|?|P 0P 2|???|P 0P n |，以P i (i =0，1，2，…，k )为圆心，d

2为半径画k +1个圆，它们两两相

离或外切.

设Q 是圆P 上任意一点，由于|P 0Q |?|P 0P i |+|P i Q |=|P 0P i |+1

2d

?|P 0P k |+12

|P 0P k |=3

2

|P 0P k |，

因而，以P 0为圆心，3

2

|P 0P k |为半径的圆覆盖上述k +1个圆.

故π(3

2|P 0P k |)2

>(k +1)π(d 2)2

，即有|P 0P k |>d

3√k +1 (k =1,2,?,n).

所以|P 0P 1|?|P 0P 2|??|P 0P n |>(d 3

)n

√(n +1)!.

7．【2009高中数学联赛(第02试)】求证不等式：?1<(∑k k 2+1

n k=1

)?lnn ?1

2

，n =1,2,?.

【答案】证明见解析 【解析】首先证明一个不等式

x 1+x

0)

①

事实上，令?(x)=x ?ln(1+x)，g(x)=ln(1+x)?x 1+x

，

则对x >0，有?′(x)=1?

11+x

>0，g ′(x)=

11+x

?

1(1+x)2

=x (1+x)2

>0，

于是?(x)>?(0)=0,g(x)>g(0)=0， 在式①中取x =1

n 得

1n+1

)<1

n

②

令x n =∑

k k 2+1n k=1

?lnn 则x 1=12

， 故x n ?x n?1=

n

n 2+1

?ln (1+

1n?1

)<

n n 2+1

?1n

=?1

(

n 2+1)n

<0，

因此x n

，

又因为lnn =(lnn ?ln(n ?1))+(ln(n ?1)?ln(n ?2))+?+(ln2?ln1)+ln1

=∑ln n?1

k=1(1+1

k

)

从而x n =∑k k 2+1n k=1

?∑ln n?1k=1(1+1

k

)=∑

(

k

k 2+1?ln (1+1k ))n?1k=1

+

n n 2+1

>∑

(

k k 2+1

?1

k

)n?1k=1

=?∑

1(k 2+1)k

n?1k=1

??∑

1

(k+1)k

n?1

k=1=?1+1

n

>?1.

8．【2005高中数学联赛(第02试)】设正数a ，b ，c ，x ，y ，z 满足cy +bz =a ，az +cx =b ，bx +ay =c .求函数f(x,y,z)=

x 21+x

+

y 21+y

+

z 21+z

的最小值.

【答案】12

【解析】解法一由条件得b(az +cx ?b)+c(bx +ay ?c)?a(cy +bz ?a)=0， 即2bcx +a 2?b 2?c 2=0，所以x =b 2+c 2?a 2

2bc

，

同理可得y =

a 2+c 2?

b 2

2ac

,z =

a 2+

b 2?

c 2

2ab

，

因为a ，b ，c ，x ，y ，z 为正数，由以上三式知b 2+c 2>a 2,a 2+c 2>b 2,a 2+b 2>c 2， 所以以a ，b ，c 为边长，可构成一个锐角△ABC ，所以x =cosA,y =cosB,z =cosC . 于是问题转化为：在锐角△ABC 中，求函数f(cosA,cosB,cosC) =

cos 2A 1+cosA

+

cos 2B 1+cosB

+

cos 2C 1+cosC

的最小值.

令u =cotA,v =cotB,w =cotC ，则u,v,w ∈R +，uv +vw +wu =1，

且u 2+1=(u +v)(u +w)，v 2+1=(u +v)(v +w)，w 2+1=(u +w)(v +w)， 所以

cos 2A 1+cosA

=

u 2

u 2+1

1+

u 2=

2

22=

2√u 2+1?u)

2

=u 23√u 2+1

=u 2?

3

√(u+v)(u+w)

?u 2?

u 32

(

1u+v

+

1u+w

)，

同理

cos 2B 1+cosB

?v 2?

v 32

(

1u+v

+

1v+w

)，cos 2C 1+cosC ?w 2?w 32

(

1u+w

+

1v+w

)，

所以f ?u 2+v 2+w 2?12

(

u 3+v 3

u+v

+

v 3+w 3v+w

+

u 3+w 3u+w

)

=u 2+v 2+w 2?1

2

[(u 2?uv +v 2)+ (v 2?vw +w 2)+(u 2?uw +w 2)]

=1

2

(uv +vw +uw)=1

2

，

等号当且仅当u =v =w ，即a =b =c ，x =y =z =1

2

时成立，

所以[f(x,y,z)]min =1

2

.

解法二首先，同解法一，可求得x =

b 2+

c 2?a 2

2bc

,y =

a 2+c 2?

b 2

2ac

,z =

a 2+

b 2?

c 2

2ab

，

下用∑表示循环求和符号，如∑a =a +b +c ，∑ab =ab +ac +bc ， ∑a 2(b +c)=a 2(b +c)+b 2(a +c)+c 2(a +b)等，

则f(x,y,z)=∑(

b 2+

c 2?a 2

2bc )

2

1+

b 2+

c 2?a 22bc =∑

(b 2+c 2?a 2)

2

2bc [(b+c)2?a 2]

?

[∑(b 2+c 2?a 2)]

2

2(a+b+c)∑bc(b+c?a)

，

(柯西不等式，因由x >0?b 2+c 2?a 2>0，同理a 2+b 2?c 2>0,a 2+c 2?b 2>0)

=(∑a 2)2

2(a +b +c)(∑bc(b +c)?3abc )

=

∑a 4+2∑a 2b 2

2[2∑a 2bc+2∑a 2b 2+∑a 3(b+c)?3∑a 2bc ]

，

下证f(x,y,z)?12

?

∑a 4+2∑a 2b 2

2∑a 2b 2+∑a 3(b+c)?∑a 2bc

?1

?∑a 4+∑a 2bc ?∑a 3(b +c)?∑a 2(a ?b)(a ?c)?0 ①

不妨设a ?b ?c >0，则c 2(c ?a)(c ?b)?0，

于是a 2(a ?b)(a ?c)+b 2(b ?a)(b ?c)=(a ?b)(a 3?a 2c ?b 3+b 2c ) =(a ?b)2(a 2+ab +b 2?ac ?bc )?0， (因a 2?ac,b 2?bc ).

故式①成立，即f(x,y,z)?1

2，

当且仅当a =b =c ，即x =y =z =1

2

时等号成立.

故f (x ，y ，z )的最小值为1

2

.

注其实，式①就是著名的舒尔(Schur )不等式.

9．【2001高中数学联赛(第02试)】设x i ?0(i =1,2,3,?,n)且∑x i 2n

i=1+2∑

√k

j 1?k

x k x j =1，求∑x i n i=1的

最大值与最小值.

【答案】最小值为1，最大值为[∑

(√k ?√k ?1)2n k=1

]1

2

.

【解析】先求最小值，因为(∑x i n i=1)2

=∑x i 2n

i=1+2∑

√k

j 1?k

x k x j ?1，所以∑x i n i=1?1，

等号成立当且仅当存在i 使得x i =1,x j =0 (j ≠i)，所以∑x i n i=1最小值为1. 再求最大值，令x k =√ky k ，所以∑n k=1ky k 2

+2∑1?k

ky k y j =1

①

设M =∑x k n k=1=∑

√k n k=1

y k ，

令{y 1+y 2+?+y n =a 1

y 2+?+y n =a 2?

y n =a n ，式①等价于a 12+a 22+?+a n 2

=1. 令a n?1=0，则

M =∑√k n

k=1

(a k ?a k+1)=∑√k n

k=1

a k ?∑√k n

k=1

a k+1

=∑

√k n k=1

a k ?∑√k ?1n k=1

a k =∑

(√k ?√k ?1)n k=1

a k .

由柯西不等式得M ?[∑(√k ?√k ?1)2n k=1

]12

(∑a k 2n

k=1)12

=[∑

(√k ?√k ?1)2n k=1

]12

，

等号成立等价于a 1

21

=?=

k

2

(√k?√k?1)2

=?=

n

2(√n?√n?1)2

，

等价于

122

2n 21+(√2?√1)2+?+(√n?√n?1)2

=

k

2(k?k?1)2

，

等价于a k =

√k?√k?1[∑

(√k?√k?1)2n k=1

]

1

2

(k =1,2,?,n)，

由于a 1?a 2???a n ，从而y k =a k ?a k+1=

2√k?(√k+1+√k?1)[∑

(√k?√k?1)2n

k=1

]

12

?0，

即x k ?0， 所求最大值为[∑

(√k ?√k ?1)2n k=1

]12

.

10．【1989高中数学联赛(第02试)】已知x i ∈R(i =1,2,?,n;n ?2)满足∑|x i |n i=1=1，∑x i n i=1=0.求证：

|∑x i i

n

i=1|?

12

?

12n

.

【答案】证明见解析

【解析】记S k =x 1+x 2+?+x k ，

由∑x i n i=1=0,∑|x i |n

i=1=1知S n =0，且|S i |?1

2 (i =1,2,?,n ?1).

则不妨设S 0=0，则x 1=S i ?S i?1 (1?i ?n,i ∈N)， 于是∑

x i i n

i=1=∑

1

i

n

i=1(S i ?S i?1)=∑

S i

i

n

i=1?∑S i

i+1n?1

i=1=∑S i n?1i=1(1i

?

1i+1

).

从而|∑

x i

i

n

i=1|?∑|S i |n?1i=1(1i

?

1i+1

)?12

∑

(1

i ?

1i+1

)n?1i=1

=12

(1?1

n

).

11．【1984高中数学联赛(第02试)】设x 1,x 2,?,x n 都是正数，求证x 1

2x 2

+

x 2

2x 3

+?+

x n?1

2x n

+

x n

2x 1

?x 1+x 2+?+x n .

【答案】证明见解析

【解析】欲证不等式成立，只要证(x 1

2x 2

?x 1)+(

x 2

2x 3

?x 2)+?+(

x n

2x 1

?x n )?0，

亦即x

1x 2(x 1?x 2)+

x 2x 3

(x 2?x 3)+?+

x n x 1

(x n ?x 1)?0成立.

因为对于任何两个正数a ，b 都有a b

(a ?b)?a ?b ， 即当a ≥b >0时，a

b

?1,a ?b ?0，所以a

b

(a ?b)?a ?b .

当0

<1,a ?b <0，所以a

b

(a ?b)>a ?b .

其中对于正数a ，b ，有a

b

(a ?b)?a ?b ，因此a(a ?b)?b(a ?b).

则a 2?2ab +b 2?0. 因此x

1x 2(x 1?x 2)+

x 2x 3

(x 2?x 3)+?+

x n x 1

(x n ?x 1)?(x 1?x 2)+(x 2?x 3)+?+(x n ?x 1)=0.

即原不等式成立.

其实有更简捷的证法如下： 因为原不等式等价于(x 1

2x 2

+x 2)+(

x 2

2x 3

+x 3)+?+(

x n

2x 1

+x 1)?2(x 1+x 2+?+x n )，

又因为

x 1

2x 2

+x 2?2x 1,?,

x n

2x 1

+x 1?2x n ，

所以上述不等式左端不小于右端.即原不等式成立.

12．【1983高中数学联赛(第02试)】函数F(x)=|cos 2x +2sinxcosx ?sin 2x +Ax +B |在0?x ?3

2π上的最大值

M 与参数A ，B 有关.问A ，B 取什么值时，M 为最小?证明你的结论. 【答案】答案见解析

【解析】解法一(1)由题意得F(x)=|√2sin (2x +π

4)+Ax +B|，

当A=B=0时，F(x)成为f(x)=√2|sin(2x+π

4)|，在区间[0,3π

2

]上，有三点x1=π

8

,x2=5π

8

,x3=9π

8

，

使f(x)取得最大值M f=√2，它就是要求的最小的M的值.

(2)下面证明，对任何A，B不同时为0时，有max

0?x?3π

2>max

0?x≤3π

2

f(x)=M f=√2，①

(注：maxF(x)是F(x)的最大值的记号).分几种情形讨论：

(i)当A=0，B≠0时，显然max

0?x?3π

2F(x)=max

0?x≤3π

2

|√2sin(2x+π

4

)+B|=√2+|B|>√2.所以式①成立

(ii)当A>0，B≥0时，因为F(π

8)=√2+π

8

A+B>√2，所以式①成立

(iii)当A>0，B<0时，应再分两种情形：

情形1.若|B|<9π

8A，则9π

8

A+B>0,

于是F(9π

8)=|√2+9π

8

A+B|>√2.所以式①成立

情形2.若|B|?9π

8A，则|B|>5π

8

A,5π

8

A+B<0，

于是F(5π

8)=|?√2+5π

8

A+B|>√2，所以式①成立

(iv)当A>0，B≤0时，因为F(5π

8)=|?√2+5π

8

A+B|>√2，所以式①成立.

(v)A<0，B>0时，也应再分两种情形

情形1.若B

8A，则5π

8

A+B<0.

于是F(5π

8)=|?√2+5π

8

A+B|>√2，所以式①成立.

情形2.若B??5π

8A，则B>?π

8

A，即π

8

A+B>0，

于是F(π

8)=|√2+π

8

A+B|>√2，所以式①成立

综合上述情形(i)~(v)共五种情形，式①都成立解法二

(1)同解法一

(2)下面证明，对任何A，B不同时为0时有max

0?x?3π

2F(x)>max

0?x?3π

2

(x)=M f=√2，①

用反证法证明：若设max

0?x?3π

2

F(x)?√2②

则应有F(π

8)?√2,F(5π

8

)?√2,F(9π

8

)?√2.

即{ |√2+π

8A +B|?√2|?√2+5π

8

A +B|?√2|√2+9π8A +B|?√2 ，即{

?√2?√2+π

8A +B ?√2?√2??√2+5π8A +B ?√2?√2?√2+9π8A +B ?√2

，

也就是{

?2√2?π

8A +B ?0

2√2?5π

8A +B ?0?2√2?9π8A +B ?0

，

由{π8

A +

B ?05π

8

A +

B ?0

，所以4π8

A ?0，因此A ?0.

而由{5π

8

A +

B ?09π

8

A +

B ?0

，所以4π8

A ?0.

则A ?0，因而A =0.

但当A =0，B ≠0时有max 0?x?3π2

F(x)=max 0?x?3π2

|√2sin (2x +π4

)+B|=√2+|B|>√2.

与式②矛盾，所以式①成立.

优质模拟题强化训练

1．设a i 、b i ∈R(i =1,2,?,n,n ∈Z +). 证明：∑n i=1

a i

b i +√(∑n i=1

a i 2)(∑n

i=1

b i 2)≥2

n

(∑n i=1

a i )(∑n i=1

b i ).

【答案】见解析 【解析】

所证不等式等价于n ∑n i=1a i b i +√n(∑n i=1

a i 2)(∑n

i=1b i 2)≥2(∑n i=1a i )(∑n i=1b i )

?√n 2(∑n i=1

a i 2)(∑n

i=1

b i 2)≥∑(2∑n i=1

a i ?na j )n

j=1b j .

注意到，n 2∑n i=1a i 2

=∑n j=1(2∑n i=1

a i ?na j )2.

据此，由柯西不等式即得所证不等式，取等条件也显然. 2．设a 、b 、c >0，且abc =1.

证明：2a 2

(1+a+ab)2+2b 2

(1+b+bc)2+2c 2

(1+c+ca)2+9

(1+a+ab)(1+b+bc)(1+c+ca)≥1. 【答案】见解析 【解析】

由abc =1，令a =y

x ，b =z

y ，c =x

z (x 、y 、z >0).

则所证不等式变为2x 2

(x+y+z)2+2y2

(x+y+z)2

+2z2

(x+y+z)2

+9xyz

(x+y+z)3

≥1

?2(x2+y2+z2)(x+y+z)+9xyz≥(x+y+z)3

?x3+y3+z3?yz(y+z)?zx(z+x)?xy(x+y)+3xyz≥0.

?x(x?y)(x?z)+(y+z?x)(y?z)2≥0.

取x=min{x,y,z}，则上式显然成立.

3．设a1,a2,?,a n为非负数，求证：√a1+a2+?+a n+√a2+a3+?+a n+√a3+?+a n+?+√a n≥

√a1+4a2+9a3+?+n2a n.

【答案】见解析

【解析】

当n=1时，结论显然成立.假设当n=k时，结论对于任意k个非负数成立.则当n=k+1时，对于任意k+1个非负数a1,a2,?,a k,a k+1，根据归纳假设有√a2+a3+?+a k+1+√a3+?+a k+1+?+√a k+1≥

√a2+4a3+9a4+?+k2a k+1，

从而√a1+a2+?+a k+1+√a2+a3+?+a k+1+?+√a k+1≥√a1+a2+?+a k+1+

√a2+4a3+9a4+?+k2a k+1.

下面证明√a1+a2+?+a k+1+√a2+4a3+?+k2a k+1≥√a1+4a2+?+(k+1)2a k+1①

由柯西不等式可得[(√a2)2+(√a3)2+?+(√a k+1)2]?[(√a2)2+(2√a3)2+?+(k√a k+1)2]≥(√a2?√a2+

√a3?2√a3+√a4?3√a4+?+√a k+1?k√a k+1)2.

即(a2+?+a k+1)?(a2+4a3+?+k2a k+1)≥(a2+2a3+3a4+?+ka k+1)2.

于是有√(a1+a2+?+a k+1)?(a2+4a3+?+k2a k+1)≥(a2+2a3+3a4+?+ka k+1).

故(√a1+a2+?+a k+1+√a2+4a3+?+k2a k+1)2≥a1+4a2+?+(k+1)2a k+1.

从而√a1+a2+?+a k+1+√a2+4a3+?+k2a k+1≥√a1+4a2+?+(k+1)2a k+1.

即①式成立.

由数学归纳法可知，对任意的非负实数a1,a2,?,a n结论均成立.

4．已知正整数集合S={a1,a2,?,a n}满足对任意S1、S2?S，且S1≠S2，有∑i∈S

1i≠∑i∈S

2

j.

试求√a1+√a2+?+√a n的最小值. 【答案】[(√2)n?1](√2+1)【解析】

不妨设a1＜a2＜?＜a n记

T i={a1,a2,?,a i}(?1?i?n).

则T i所有子集元素和均不同

故a1+a2+?+a i?2i?1(1?i?n)

令b1=1,b2=2.?,b i=2i?1,?,b n=2n?1.

则b1＜b2＜?＜b n，且

a1+a2+?+a i?b1+b2+?+b i(1?i?n). 下面先证明一个引理

引理设x、y∈R+则

2√x

?√x?√y，

当且仅当x＝y时，等号成立

证明x+y?2√xy?x?y?2x?2√xy

?x?y?2√x(√x?√y)?

2√x

?√x?√y.

回到原题.

注意到，

∑n i=1√a i?∑

n

i=1

√b i=∑(√a i?b i)

n

i=1

?∑

n

i=1

2√a i

∑(

22a2√a )

n

i=1

(∑i j=1a j?∑i j=1b j)?0.

当且仅当a i=b i(1?i?n)时，上式等号成立.

而S′={b1,b2,?,b n}={1,2,4,?,2n?1}也恰满足题目要求.

故(∑n i=1√a i)

min

=∑n i=1√b i

=[(√2)n?1](√2+1).

5．设正数x、y满足x3+y3＝x?y.求使x2＋λy2?1恒成立的实数λ的最大值. 【答案】2+2√2

【解析】

由正数x、y满足x3+y3=x?y，知x>y>0.

令t=x y>1.则

x2+λy2?1?x2+λy2?x3+y3 x?y

?λy2?x3+y3

x?y

?x2=

x2y+y3

x?y

?λ?x2y+y3 (x?y)y2

?λ?x2+y2

xy?y2=t2+1

t?1

.

注意到，

f(t)=t2+1

t?1

=2+(t?1)+

2

t?1

?2+2√(t?1)2

t?1

=2+2√2.

当t?1=2

t?1

，即t=1+√2时，上式等号成立.

所以，实数λ的最大值为2+2√2.

6．已知，x、y、z＞0.求f(x,y,z)=√x2+y2+√y2+4z2+√z2+16x2

9x+3y+5z

的最小值.

【答案】√5

5

【解析】

引进参数α.

由柯西不等式得√x2+y2√1+α2≥x+αy，

√y2+4z2√1+α2≥y+2αz，√z2+16x2√1+α2≥z+4αx.

则f(x,y,z)=√x2+y2+√y2+4z2+√z2+16x2

9x+3y+5z

≥

(9x+3y+5z)√12+α2

令(1+4α):(1+α):(1+2α)=9:3:5，则α=2.

而由y=αx，2z=αy，4x=αz，得α3=8?α=2.

故y=z=2x时，f(x,y,z)取得最小值√5

5

.

7．已知x、y、z∈[1,2].证明1

x +1

y

+1

z

+18

x+y+z

≥6(1

y+z

+1

z+x

+1

x+y

)，

并指出等号成立的条件. 【答案】见解析

【解析】

令f(x,y,z)=1

x +1

y

+1

z

+18

x+y+z

?6(1

y+z

+1

z+x

+1

x+y

).

不妨设x=max{x,y,z}，令t=y+z

2

首先证明f(x,y,z)≥f(x,t,t)①

事实上，f(x,t,t)=1

x +2

t

+18

x+2t

?6(1

2t

+2

t+x

).

式①?y+z

yz ?2

t

+6(2

t+x

?1

z+x

?1

x+y

)≥0

?

(y?z)2

2yzt

+6[

2

t+x

?

y+z+2x

(z+x)(x+y)

]≥0

?

(y?z)2

2yzt

+6×

2(x2+2tx+yz)?2(t+x)2

(t+x)(z+x)(x+y)

=

(y?z)2

2yzt

?

3(y?z)2

(t+x)(z+x)(x+y)

≥0

?(y?z)2

(t+x)(z+x)(x+y)?6yzt

2yzt(t+x)(z+x)(x+y)

≥0

?(x+y)(z+x)(x+t)≥6yzt②注意到，x+y≥2y，z+x≥2z，x+t≥2t. 故式②显然成立.从而，式①成立.

其次证明f(x,t,t)≥0.

注意到，f(x,t,t)=1

x +2

t

+18

x+2t

?6(1

2t

+2

t+x

)

=

(t+2x)(2t+x)+18xt

xt(x+2t)

?

3(x+5t)

t(t+x)

=

(2t+x)(t2?x2?12tx)+18xt(x+t)

xt(x+2t)(x+t)

=

2t3?5xt2+4x2t?x3

xt(x+2t)(x+t)

=(2t?x)(t?x)2

xt(x+2t)(x+t)

③

而2t≥2≥x，故式③成立.

综上，原不等式成立.

当且仅当x=t=z或x、y、z中一个取2、两个取1时等号成立

8．设正整数n≥2,求f(n)的最大值，使得对所有满足x i∈(0,1)(i=1,2,???,n)，且(1?x i)(1?x j)≥1

4

(1≤i

)的实数x1,x2,???,x n均有∑n i=1x i≥f(n)∑(2x i x j+√x i x j)

1≤i≤j≤n

.

【答案】(n?1)∑n i=1x i

【解析】

当x1=x2=???=x n=1

2

时，

n 2≥f(n)∑1≤i≤j≤n1?n

2

≥f(n)C n2.

?f(n)≤1

n?1

.

下证：∑n i=1x i≥1n?1∑(2x i x j+√x i x j)

1≤i≤j≤n

.

由(1?x i)(1?x j)≥1

4

，得

(1?x i)+(1?x j)≥2√(1?x i)(1?x j)≥1?x i+x j≤1.

则(n?1)∑n i=1x i=∑(x i+x j)

1≤i≤j≤n

≤∑

1≤i≤j≤n 1=C n2=

n(n?1)

2

?∑

n

i=1x i≤

n

2

.

故2∑1≤i≤j≤n x i x j+∑1≤i≤j≤n√x i x j

≤(∑

n

i=1x i)2?∑

n

i=1

x i2+∑

1≤i≤j≤n

x i+x j

2

≤n?1

n

·

n

2

∑

n

i=1

x i+

n?1

2

∑

n

i=1

x i

=(n?1)∑n i=1x i.

9．在锐角△ABC中，证明:(sinA+sinB+sinC)(1

sinA +1

sinB

+1

sinC

)?π(1

A

+1

B

+1

C

).

【答案】见解析

【解析】

不妨设A≥B≥C.

由A+B+C=π，知式①等价于

(√A

B

?√

B

A

)2+(√

B

C

?√

C

B

)2+(√

C

A

?√

A

C

)2

?(√sin A

sin B ?√sin B

sin A

)2+(√sin B

sin C

?√sin C

sin B

)2+(√sin C

sin A

?√sin A

sin C

)2.

记f(x)=sin x

x .则f′(x)=sin x?x cos x

x

?0(x∈(0,π

2

)).

故sin A

A ?sin B

B

?√A

B

?√sin A

sin B

?1.

从而，(√A B

?√B A

)2?(√sin A sin B

?√sin B

sin A

)2.

类似地，

(√B C ?√C B )2?(√sin B sin C ?√sin C sin B

)2 (√C

A

?√A

C

)2?(√sin C

sin A

?√sin A

sin C

)2.

将这三式相加，便证明了原不等式.

10．求所有的正实数k ，使得对于任意正实数a 、b 、c ，均有a b+c

+

b c+a

+

kc a+b

?2.

【答案】见解析 【解析】 k≥4.

一方面，令a ＝b ＝1，得

21+c

+

kc 2

?2?

kc 2

?

2c 1+c

?k ?

41+c

.

令c→0，得k≥4.

另一方面，只需证明k ＝4时，不等式成立. 由柯西不等式得

[a(b +c)+b(c +a)+c(a +b)]?(

a b +c +b c +a +4c

a +b

)?(a +b +2c)2 ?

a b+c

+

b c+a

+

4c a+b

?

(a+b+2c)22(ab+bc+ca)

?2.

(因为(a +b +2c)2?4(ab +bc +ca)=a 2+b 2+c 2?2ab ?0.) 故题设不等式成立.

11．设x 、y 、z 为非负实数，且x +y +z =1，证明：(x 2+z 2)y x+z

+

(y 2+z 2)x y+z

+

(x 2+y 2)z x+y

≤1

2

． 【答案】见解析 【解析】

由对称性不妨设x ≤y ≤z ．则x ≥1

3?1

x ≤3． 记不等式左边为S ．

因为x +y +z =1，所以，S =2∑y(x +z)?2∑xyz

x+z ，其中“∑”表示轮换对称和． 只需证：S ≤2x(y +z)．

事实上，由柯西不等式得(∑1

x+y

)[∑(x+y)]≥9．

故∑1

x+y ≥9

∑(x+y)

=9

2

>3≥1

x

?xyz∑1

x+y

≥yz

?S≤2x(y+z)=2x(1?x)≤2×1

4=1

2

．

12．若a、b、c∈R+，且满足a+b+c=2，证明：∑√a+b

2

?ab≥√2，其中“Σ”表示轮换对称和．【答案】见解析

【解析】

注意到，a+b+c=2．

故原不等式?a+b+c?(ab+bc+ca)+2∑√(a+b

2?ab)(b+c

2

?bc)≥2

?2∑√(a+b

2?ab)(b+c

2

?bc)≥ab+bc+ca．

而√(a+b

2?ab)(b+c

2

?bc)=√(a?b)2+c(a+b)

4

?(b?c)2+a(b+c)

4

≥

|(a?b)(b?c)|

4

+

√ca(a+b)(b+c)

4

≥

|(a?b)(b?c)|

4

+

√ca(b+√ca)2

4

=|(a?b)(b?c)|

4+√ab2c+ac

4

．

故2∑√(a+b

2?ab)(b+c

2

?bc)≥∑|(a?b)(b?c)|

2

+√abc

2

∑√a+1

2

∑ab

≥

|∑(a?b)(b?c)|

2

+

√abc

2

∑√a+

1

2

∑ab

≥a2+b2+c2

2+√abc

2

(√a+√b+√c)．

令√a=x，√b=y，√c=z．

由舒尔不等式得a2+b2+c2

2+√abc

2

(√a+√b+√c)

=

1

2

[x4+y4+z4+xyz(x+y+z)]

≥

1

2

[x3(y+z)+y3(z+x)+z3(x+y)]

≥x2y2+y2z2+z2x2．

则∑√a+b

2

?ab≥√2．

13．已知函数f(x)满足f(0)=0，且对任意x∈R，f(2x)=sinx+f(x)．证明：f(1)<1．【答案】见解析

【解析】

由f(2x)=sin x+f(x)，得

f(1)=sin1

2+f(1

2

)，

f(1

2)=sin1

4

+f(1

4

)，

……

f(1

2n?1)=sin1

2n

+f(1

2n

)．

以上各式相加得f(1)=∑n k=1sin1

2k +f(1

2n

)．

上式中，令n→∞，并结合当0

2

时，sin x

f(1)=∑∞k=0sin1

2k +lim

n→∞

f(1

2n

)<∑∞k=11

2k

+f(0)=1．

14．已知a、b、c为非负实数，证明：∑√a2+ab+b2≤√5∑a2+4∑ab，其中，“∑”表示轮换对称和．【答案】见解析

【解析】

由柯西不等式得

(∑√a2+ab+b2)2≤(∑(a+b))∑a2+ab+b2

a+b

．

从而，只需证明2(a+b+c)∑a 2+ab+b2

a+b

≤5∑a2+4∑ab

?2∑

c(a2+ab+b2)

a+b

≤(a+b+c)2?4∑ab?2abc∑

1

a+b

≤(a+b+c)2

?(a+b+c)2≤2∑a2+2abc∑

1

a+b

=2(∑

a

b+c

)∑ab

?(∑a(b+c))∑

a

b+c

≥(∑a)2

由柯西不等式知上式成立．

15．设a、b、c为互不相等的正数，证明：a2

b +b2

c

+c2

a

≥a+b+c+4(a?b)2

a+b+c

【答案】见解析【解析】

注意到,

a 2

b +b ?2a =(a?b)2

b ,

b 2

c +c ?2b =(b?c)2

c

,

c 2a

+a ?2c =

(c ?a)2

a , 以上三式相加得

a 2b

+

b 2c

+

c 2a

=a +b +c +

(a?c)2

a

+

(a?b)2

b

+

(b?c)2

c

应用柯西不等式得(a +b +c)[(a?c)2

a

+

(a?b)2

b

+

(b?c)2

c

]≥(a ?c +a ?b +b ?c)2=4(a ?b)2

故

a 2b

+

b 2c

+

c 2a

≥a +b +c +

4(a?b)2a+b+c

.

16．已知△ABC 三个内角分别为∠A 、∠B 、∠C .求2√2sinA +2√2sinB +sinC 的最大值. 【答案】(3+√2)√2√2?1 【解析】

记S =2√2sin A +2√2sin B +sin C =4√2sin

A+B 2

?cos

A?B 2

+sin C .

固定∠C ,知当∠A =∠B 时,S 取最大值.此时,∠C ＝π?2∠A, S =2sin A ?(2√2+cos A). 记f(A)=2sin A ?(2√2+cos A).考虑一般的?(x)=sin x ?(a +cos x)的最大值. 由柯西不等式及含参数的均值不等式有

?2(x)=

1λ2sin 2x ?(λa +λcos x)2

≤1λ

2sin 2x ?(λ2+cos 2x)(a 2+λ2) ≤1λ2(sin 2x +λ2+cos 2x 2)2(a 2+λ2

)=1λ2(λ2+12

)2(a 2

+λ2) 等号成立当且仅当λ2=a cos x, sin 2x =λ2+cos 2x . 消去x 得2λ4+a 2λ2?a 2=0.

解得λ2=1

4(√a 4+8a 2?a 2),cosx=1

4(√a 2+8?a).

令a =2√2,得λ2=2√2?a ,cosA=2?√2

2

.

即当∠A =arccos

2?√22

时，f(A)

max

=(3+√2)√2√2?1.

17．设f(x)=(x ?x 1)(x ?x 2)???(x ?x n )，其中，x 1,x 2???,x n ∈[?1,1].证明：对任意a ∈(?1,0)，b ∈(0,1)，有min{|f(a)|,|f(b)|}<1. 【答案】见解析 【解析】 用反证法.

假设存在a ∈(?1,0)，b ∈(0,1)，使得|f(a)|≥1，|f(b)|≥1. 记g(x)=∑|x ?x k |n k=1.

由于g(x)在R 上是(非严格)下凸的， 故{

g(a)≤|a|g(?1)+(1?|a|)g(0),

g(b)≤bg(1)+(1?b)g(0).

①

注意到，g(0)=∑|?x k |n k=1≤n ，

且由n 元均值不等式及反证法假设得{g(a)≥n √|f(a)|n ≥n,g(b)≥n √|f(b)|n ≥n.②

代入不等式组①得g(?1)≥n ，g(1)≥n ③ 但是，由x k ∈[?1,1](k =1,2,???,n)

知g(?1)+g(1)=∑(|1+x k |+|1?x k |)n

k=1=∑n k=1

2=2n .

这表明，式③中的两处不等号均为等号，于是，不等式组②中的四处不等号均为等号，即应有|a ?x k |=|b ?x k |=1(k =1,2,???,n).

然而，由于a ∈(?1,0)，b ∈(0,1)，x k ∈[?1,1]， 故只能是a ?x k =?1，b ?x k =1. 这导致b ?a =2，矛盾，

综上，假设不成立，即对任意的a ∈(?1,0)，b ∈(0,1)，有min {|f(a)|,|f(b)|}<1.

18．已知实数a 、b 、c ∈[?1,1]，且满足1+2abc ≥a 2+b 2+c 2，证明：对任意的正整数n 均有1+2(abc)n ≥a 2n +b 2n +c 2n ． 【答案】见解析 【解析】

易知，a 、b 、c 中至少有两数非负或非正．

从而，ab 、bc 、ca 中至少有一数非负，不妨设ab ≥0． 注意到，c ∈[?1,1]．则由柯西不等式得 [∑n?1k=0

(ab)n?1?k c k ]2≤[∑n?1k=0

(ab)n?1?k ]2=[∑n?1k=0

(ab)k ]2≤(∑n?1k=0a 2k )(∑n?1k=0

b 2k )．

故[(ab)n ?c n ]2=(ab ?c)n [∑n?1k=0

(ab)n?1?k c k ]2

≤(1?a 2)(1?b 2)(∑

n?1

k=0

a 2k )(∑

n?1

k=0

b 2k )=(1?a 2n )(1?b 2n )

?1+2(abc)n ≥a 2n +b 2n +c 2n ．