数学奥林匹克竞赛轮换与对称
自招竞赛课程数学讲义：轮换对称式最值求法【讲师版】
自招竞赛数学“轮换对称式最值求法”讲义编号：近几年来，关于多元轮换对称和式s的最值问题，多以证明形式出现在数学竞赛题目中，即证S ≥A (或S≤A)。
因为求法能代替证明(通过数学方法求出s最大值为A，也即证明了S≤A成立)，所以，s的最值求法应是一个更深刻的问题。
反之，因为证明不等式S≤A，是先提供常数A，它可以加入到论证、推理和运算过程之中，而求最值并无此条件，所以，证明不能代替求法。
鉴于此，寻找S的最值求法，远比寻找证明的方法和技巧重要。
1.如果a，b，c均为正数，且a（b+c）=152，b（c+a）=162，c（a+b）=170，那么abc的值是（）A．672 B．688 C．720 D．750答案：1.分析：首先将a（b+c）=152，b（c+a）=162，c（a+b）=170分别展开，即可求得ab+ac=152 ①，bc+ba=162 ②，ca+cb=170 ③，然后将三式相加，即可求得ab+bc+ca值，继而求得bc，ca，ab的值，将它们相乘再开方，即可求得abc的值．解答：解：∵a（b+c）=152，b（c+a）=162，c（a+b）=170，∴ab+ac=152 ①，bc+ba=162 ②，ca+cb=170 ③，∴①+②+③得：ab+bc+ca=242 ④，④﹣①得：bc=90，④﹣②得：ca=80，④﹣③得：ab=72，∴bc•ca•ab=90×80×72，即（abc）2=7202，∵a，b，c均为正数，∴abc=720．故选C ．知识点：此题考查了对称式和轮换对称式的知识，考查了方程组的求解方法．此题难度较大，解题的关键是将ab ，ca ，bc 看作整体，利用整体思想与方程思想求解．通过几个典型例子的“通法”和“简解”比较，说明对称思想在探求最值问题中的巧妙运用． 例1 （2007年全国高中数学联赛广西赛预赛试题）设122007,,,a a a L 均为正实数，且12200711112222a a a +++=+++L ，则122007..a a a ⋅L 的最小值为点评：通法需要换元转化技巧，并重复使用多元均值不等式，需要深厚功力方能解决，而简解根据对称性从取得最值的条件入手，一矢中的轻松获解。
2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)一试(A2)答案与评分标准
2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2022年全国高中数学联合竞赛 一试（A2卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分． 1. 函数()sin 20221127f x x x x 的最小值为 ． 答案：15．解：()1(11)(27)15f x x x ，等号成立的充要条件是1127x 且20222()2Z x k k．当44044x 时，()f x 取到最小值15．2. 若正数,a b 满足2448log log 8,log log 2a b a b ，则82log log a b 的值为 ．答案：523．解：令2,2(,)R x y a b x y ，则由条件知2448log log 8,2log log 2.23y x a b x y a b解得20,24x y ．从而822052log log 24333x a b y ．3. 若无穷等比数列{}n a 的各项和为1，各项的绝对值之和为2，则首项1a 的值为 ．答案：43．解：设{}n a 的公比为q ，根据条件，显然有10q ，且11||1,211||a a q q ． 由前一式知10a ，进而12(1||)2(1)q q q ，得13q ，则1413a q ．4. 设a 为实数．若存在实数t ，使得ii ia t 为实数（i 为虚数单位），则a 的取值范围是 ．答案：34a ．解：计算得 22222i 111i (i)(i)(1)i i i 111a at a t t a t t t t t t ． 根据条件，存在实数t ，使得22101a t t t ，即有 2213124a t t t． 当t 取遍一切实数时，a 的取值范围是34a ．5. 在平面直角坐标系中，1F 、2F 分别为双曲线22:13y x 的左、右焦点，过1F 的直线l 交 于两点,P Q ．若12116F F F P，则22F P F Q 的值为 ．答案：2713．解：由条件知12(2,0),(2,0)F F ．设1122(,),(,)P x y Q x y ，由12116F F F P知114(2)016x y ，故12x ，进而22113(1)9y x ．由对称性，不妨设13y ，则直线l 的方程为423x y ，代入 的方程，消去x 并化简可得y 的二次方程21348270y y ，其两根12,y y 之积为2713．因此2212122727(2)(2)01313F P F Q x x y y ．6. 如图，正方体1111ABCD A B C D 中，,M N 分别为棱111,A B BB 的中点，过,,D M N 三点作该正方体的截面，已知截面是一个多边形 ，则 在顶点D 处的内角的余弦值为 ．答案：413．解：如图，设MN 分别与1,AA AB 的延长线交于点,S T ，连接DS ，交11A D 于点P ，连接DT ，交BC 于点Q ，则截面 为五边形DPMNQ ．不妨设正方体的棱长为3．易知11111112A P A S NB PD DD DD ，则12PD ．同理有2CQ ．结合1||PD CQ ，可知四边形1CD PQ 为平行四边形，132PQ D C ．又223213DP DQ ，所以 在顶点D 处的内角的余弦值为2221313184cos 22613DP DQ PQ PDQ DP DQ ．7. 在1,2,,10 中随机选出三个不同的数，它们两两互素的概率为 ．答案：720．解：考虑三个数两两互素的取法，显然所取的三个数中至多有一个为偶数．P SQ TNMD D 1C B AA 1B 1C 1情形一：三个数均为奇数．此时从1,3,5,7,9中选三个数，但不能同时选3和9，有321523C C C 7 种选法．情形二：恰有一个偶数，将其记为m ．若{2,4,8}m ，则从1,3,5,7,9中再选两个数，但不能同时选3和9，有25C 19 种选法，又m 有三种可能，所以有3927 种选法；若6m ，则另两个奇数只能从1,5,7中选，有3种选法；若10m ，则另两个奇数只能从1,3,7,9中选，但不能同时选3和9，有24C 15 种选法．累计得情形二共有273535 种选法． 所以三个数两两互素的取法共有73542 种．又在十个数中任取三个数有310C 120 种取法，故所求概率为42712020． 8. 设,,k l m 为实数，0m ，在平面直角坐标系中，函数()my f x k x l的图像为曲线1C ，另一函数()y g x 的图像为曲线2C ，且满足2C 与1C 关于直线y x 对称．若点(1,4),(2,3),(2,4)都在曲线1C 或2C 上，则()f k l m 的值为 ．答案：1或45．解：由12(1,4),(2,3),(2,4)C C 及曲线1C 与2C 之间的对称性，可知12(4,1),(3,2),(4,2)C C ．若1(1,4)C ，则2(4,1)C ，由2C 为函数的图像知2(4,2)C ，得1(4,2)C ，进而2(2,4)C ，类似可知1(2,3)C ，2(3,2)C ．此时(1)4,(2)3,(4)2124m m mf k f k f k l l l，即有(4)(1),(3)(2),(2)(4).k l m k l m k l m由(4)(1)(3)(2)k l k l ，得20k l ． 由(3)(2)(2)(4)k l k l ，得220k l ． 所以0,2k l ，进而(4)(1)12m k l ．此时12()2f x x ，则()(10)1f k l m f ．若2(1,4)C ，注意到()g x 为()f x 的反函数，即()mg x l x k，故类似可得0,2,12l k m ，此时12()2f x x，4()(10)5f k l m f ．综上，()f k l m 的值为1或45．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分16分）已知ABC 及其边BC 上的一点D 满足：2AB BD ，3AC CD ，且以A 、D 为焦点可以作一个椭圆 同时经过B 、C 两点，求 的离心率．解：由椭圆定义可知AB BD AC CD （都等于椭圆 的长轴长），结合2AB BD ，3AC CD ，得:::8:4:9:3AB BD AC CD ．……………4分 由余弦定理及,ADB ADC 互补，可知222222cos cos 022AD BD AB AD CD AC ADB ADC AD BD AD CD，即 222222()()0CD AD BD AB BD AD CD AC ．不妨设8,4,9,3AB BD AC CD ，则上式可化简为274320AD ，解得椭圆 的焦距12217AD． ……………12分 所以椭圆 的离心率217AD e AB BD ． ……………16分注：由斯特瓦尔特定理可直接得222AB CD AC BD AD BD CD BC． 10.（本题满分20分）已知数列{}n a 的各项均为非负实数，且满足：对任意整数2n ，均有11n n n a a a n ．若220221a a ，求1a 的最大可能值．解：根据条件，对任意正整数n ，有321112(1)2n n n n n n a a a n a a n a n 23n n a ． 进而632(3)329(23)6n n n n a n a n n a a ． ① ……………5分 设12,a a a b ，则34562,5,7,7a b a a a a b a a b ．由①知{}n a 的各项均为非负实数当且仅当126,,,0a a a ，即05,07,7 2.a b a b……………10分 注意到2202226(2016)(2023)a a a a b a b ，故(2023)1b a b ． ② 由72a b 得1120232025b a b ，且显然1b ．……………15分由②进一步得12023a b b ．利用1()f x x x 在(0,1)上单调减，可知111405120232202520252025a a f ， 当12025b 时等号成立．所以1a 的最大可能值为40512025． ……………20分11.（本题满分20分）给定整数(2)n n ．对于一个2n 元有序数组1122(,,,,,,)n n T a b a b a b ， 若T 的每个分量均为0或1，且对任意,(1)p q p q n ，均有(,,)(1,0,1)p p q a b b 且(,,)(1,0,0)q q p a b a ，则称T 为“有趣数组”．求有趣数组的个数．解：考虑任意一个有趣数组1122(,,,,,,)n n T a b a b a b ，对1,2,,i n ，将(,)i i a b 视为一个字母，其中(1,0),(0,1),(1,1),(0,0)分别视为字母,,,A B C D ，则T 可视为一个由,,,A B C D 构成的长度为n 的字符串()s T ．有趣数组T 的性质可等价地描述为：当字符串()s T 含字母A 时，A 之后不出现字母,B C ，且A 之前不出现字母,B D ．显然()s T 不同时含有字母A 与B ．若()s T 不含字母A ，则这样的字符串均满足条件，共3n 个．……………5分 若()s T 含有字母A ，则()s T 必是形如CC CAA ADD D 的字符串（允许没有字母C 或D ），且这样的字符串均满足条件． ……………10分设()s T 中第一个A 与最后一个A 分别出现在第x 个位置与第y 个位置，则()s T 由数组(,)x y （其中1x y n ）唯一确定．因(,)x y 的取法有2(1)C 2nn n n 种，故这样的字符串()s T 有(1)2n n 个． 综上，有趣数组所对应的字符串共有(1)32n n n 个．因此有趣数组的个数为(1)32n n n ． ……………20分。
奥运数学知识资料
奥运数学知识资料奥运数学知识是指在国际数学奥林匹克竞赛（IMO）中所涉及到的数学概念、定理、方法等内容。
IMO是一个由国际数学联合会（IMU）主办的全球性数学竞赛，每年举办一次，参赛选手来自全球各地的高中生。
以下是一些常见的奥运数学知识：1. 命题与证明IMO的命题者都是知名的数学家或大学教授，在命题时需要运用深厚的数学知识和丰富的经验。
同时，命题过程中需要考虑到不同国家和地区的文化背景和数学教育水平，保证考题的公平性和可行性。
选手需要在规定时间内完成5道数学题，每题7分，总分为35分。
在解题时需要使用严密的逻辑推理和创新思维，每一步的证明都需要清晰明了、逻辑连贯、步骤合理，否则不得分。
2. 数学定理奥运数学中常用的一些定理包括费马大定理、无理数的定义、三角函数关系、群论、微积分等。
这些定理大多数都是由知名数学家或团队在历史上提出，是现代数学的基础，也是奥运数学的必备知识。
3. 几何、代数、组合、数论IMO考试共包括4个模块：几何、代数、组合和数论。
这些模块都是数学中非常重要的分支，分别涉及到空间、数量、运算和结构等方面的知识。
在几何部分，选手需要熟悉三角形、圆、多面体等基本图形及其性质，了解勾股定理、相似、共圆、水平线、垂线、对称、旋转等几何概念。
在代数部分，选手需要熟悉一些基本的代数运算规则，如多项式的因式分解、根式的化简、方程的解法等。
此外还需要掌握一些高级的代数理论，如群、环、域等。
在组合部分，选手需要熟悉一些基本组合方法，如排序、选择、排列组合等，同时还需要掌握一些高级的组合方法，如生成函数、容斥原理、皮克定理等。
在数论部分，选手需要熟悉一些基本的数论方法，如奇偶性、模运算、最大公约数、中国剩余定理等。
同时还需要掌握一些高级的数论方法，如欧拉定理、费马小定理、狄利克雷定理等。
八年级数学竞赛例题专题讲解：几何变换
八年级数学竞赛例题专题讲解:几何变换阅读与思考几何变换是指把一个几何图形1F 变换成另一个几何图形2F 的方法，若仅改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小，这种变换称为合同变换，平移、对称、旋转是常见的合同变换.l图3图2图1F 1F 21.平移变换如图1，如果把图形1F 上的各点都按一定方向移动一定距离得到图形2F 后，则由1F 到2F 的变换叫平移变换.平移变换前后的对应线段相等且平行，对应角的两边分别平行且方向一致. 2.对称变换如图2，将平面图形1F 变换到与它成轴对称的图形2F ，这样的几何变换就叫做关于直线l （对称轴）的对称变换.对称变换前后的对应线段相等，对应角相等，其对称轴是连结各对应点线段的垂直平分线. 3.旋转变换如图3，将平面图形1F 绕这一平面内一定点M 旋转一个定角α，得到图形2F ，这样的变换叫旋转变换，M 叫旋转中心，α叫旋转角.旋转变换前后的图形是全等的，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段的夹角等于旋转角.例题与求解【例l 】如图，∠AOB =045，角内有点P ，PO =10，在角的两边上有两点Q ，R （均不同于O ），则△PQR 的周长的最小值为_______________. （黄冈市竞赛试题）解题思路:作P点关于OA，OB的对称点，确定Q，R的位置，化折线为直线，求△PQR的最小值.O【例2】如图，P是等边△ABC的内部一点，∠APB，∠BPC，∠CP A的大小之比是5:6:7，则以P A，PB，PC为边的三角形的三个角的大小之比（从小到大）是（）A. 2:3:4B. 3:4:5C. 4:5:6D.不能确定（全国通讯赛试题）B C解题思路:解本例的关键是如何构造以P A，PB，PC为边的三角形，若把△P AB，△PBC，△PCA60，就可以把P A，PB，PC有效地集中在一起.中的任一个，绕一个顶点旋转0【例3】如图，在△ABC中，AD⊥BC于D，∠B=2∠C，求证:AB+BD=CD.（天津市竞赛试题）解题思路:用截长法或补短法证明，实质都利用AD翻折造全等.C【例4】如图，六边形ABCDEF 中，AB ∥DE ，BC ∥FE ，CD ∥AF ，对边之差BC -FE=ED -AB=AF -CD ＞0，求证:该六边形的各角都相等.（全俄数学奥林匹克竞赛试题）解题思路:设法能将复杂的条件BC -FE=ED -AB=AF -CD ＞0，用一个基本图形表示，题设条件有平行条件，考虑实施平移变换.【例5】已知Rt △ABC 中，AC=BC ，∠ACB =090，∠MCN =045 （1） 如图1，当M 、N 在AB 上时，求证:222MN AM BN =+（2） 如图2，将∠MCN 绕C 点旋转，当M 在BA 的延长线时，上述结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.（天津市中考试题）解题思路:222MN AM BN =+符合勾股定理的形式，需转化为直角三角形可将△ACM 沿直线图2图1MABBCM 对折，得△DCM . 连DN ，只需证DN=BN ，∠MDN =090；或将△ACM (或△BCM )旋转.【例6】如图，∠DAC=012，∠DBC=024，∠CAB=036，∠ABD=048，求∠DCA 的度数.（日本算术奥林匹克试题）解题思路:已知角的度数都是12的倍数，000362460+=，这使我们想到构作正三角形.A能力训练1.在如图所示的单位正方形网格中，将△ABC 向右平移3个单位后得到△A B C '''，则BA A '∠的度数是_______.（泰安市中考试题）B(第1题) （第2题）（第3题）2.如图，P是等边△ABC内一点，P A=6，PB=8，PC=10，则∠APB=_________.3.如图，直线143y x=与双曲线2(0)ky kx=>交于点A，将直线143y x=向右平移92个单位后，与双曲线2kyx=交于点B，与x轴交于点C. 若2AOBC=，则k=______________. （武汉市中考试题）4.如图，△ABC中，∠BAC=045，AD⊥BC，DB=3，DC=2，则△ABC的面积是___________.5.如图，P为正方形内一点，若::1:2:3PA PB PC=，则∠APB的度数是（）.A. 0120 B. 0135 C. 0145 D. 0150（第6题）（第5题）（第4题）AC BABD ABDA'6.如图，边长为2的正方形ABCD的对角线交于点O，把边BA、CD分别绕点B、C同时逆时针旋转060，得四边形A BCD'',下列结论:①四边形A BCD''为菱形；②12ABCDA BCDS S''=正方形四边形；③线段OD'1. 其中正确的结论有（）.A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个7. 如图，A，B两个电话机离电话线l的距离分别是3米，5米，CD=6米，若由L上一点分别向A ，B 连电话线，最短为（ ）.A. 11米B. 10米C. 9米D. 8米8. 如图，在△ABC 中，∠BAC =0120，P 是△ABC 内一点，若记x PA PB PC =++，y AB AC =+，则（ ）.A. x y <B. x y =C. x y >D. x 与y 的大小关系不确定l第8题图第7题图CB9. 如图，已知D 是△ABC 中BC 边的中点，过D 作DE ⊥DF ，分别交AB 于E ，交AC 于F ，求证:BE CF EF +>.（天津市竞赛试题）B10.如图，△ABC ，△A B C '''其各边交成六边形DEFGHK ，且EF ∥KH ，GH ∥DE ，FG ∥KD ，0KH EF FG KD DE GH -=-=->. 求证:△ABC ，△A B C '''均为为正三角形.（“缙云杯”邀请赛试题）AB C A'11.如图，已知△ABC 中，AB=AC ，P ，Q 分别为AC ，AB 上的点，且AP=PQ=QB=BC ，求∠PCQ .（北京市竞赛试题）B12.如图，已知在平面直角坐标系中，A ，B 两点的坐标分别为(2,3)A -，(4,1)B -. (1) 若(,0)P x 是x 轴上的一个动点，当△P AB 的周长最短时，求x 的值；（2）若(,0),(3,0)C a D a +是x 轴上的两个动点，当四边形ABCD 的周长最短时，求a 的值； （3）设M ，N 分别为x 轴，y 轴上的动点，问:是否存在这样的点(,0)M m 和(0,)N n ，使四边形ABMN 的周长最短？若存在，求出,m n 的值；若不存在，请说明理由.（浙江省湖州市中考试题）13.如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，分别以两腰AB ，CD 为边向两边作正方形ABGE 和正方形DCHF ，设线段AD 的垂直平分线l 交线段EF 于点M ，EP ⊥l 于P ，FQ ⊥l 于Q ，求证:EP=FQ.（全国初中数学联赛试题）14.如图所示，已知Rt △ABC 中，AB=BC ，在Rt △ADE 中，AD=DE ，连结EC ，取EC 中点M ，连结DM 和BM .（1）若点D 在边AC 上，点E 在边AB 上且与点B 不重合，如图1，求证:BM=DM ，且BM ⊥DM ；（2）如图2中的△ADE 绕点A 逆时针旋转小于045的角，那么（1）中的结论是否仍成立？如果不成立，请举出反例；如果成立，请给予证明.（广州市中考试题）图2图1ACBBCA45，AD⊥BC于D，若BD=3，CD=2，求△ABC的面积. 15.如图，在△ABC中，∠BAC=0（山东省竞赛试题）B。
运用基本不等式探究两类最值问题的对比分析
２ ０ １ ４年
第１ － ２期
解 题 研 究》
．
｛ ． 毫 。 Ｉ Ｉ 。 Ｙ Ａ－ Ｎ ｒ Ｊ ， ｊ 。 Ｕ ＿ … ． ． 解析 ：为直接运用基本不等式 ，可先通 过变量代 解 ：因为 、Ｙ 、 ∈ Ｒ ，所 以 ． ９ Ｃ ＋ ｋ ｚ ≥２ 、 ／ Ｘ ， Ｚ ，
收 稿 日期 ：２ ０ １ ３ — ０ ７ — １ １
基金项 目：山东省枣庄市教育科 学规划 “ 十二五”立项课题—— 分组联动 ，熔铸班级品质 （ 项 目编号 ：２ ０ １ ２ Ｊ Ｇ ０ ６ ８ ）研究成果
作者简介 ：杨华文 （ １ ９ ７ ０ 一） ，男，河北邢 台人 ，特级教 师 ，首席教 师 ，主要从 事中学数 学 教 学与班级 管理 方法研究．
＋（ １ 一 ） ≥ ２
＝ｃ ，则 ａ ｂ ｃ ＝１ ．
ｘ
换简化式子结构．
令生 ＝口 ，卫 ＝ｂ ，
， ｚ
ｙ ｚ ，其 中 ０ ＜ ＜１ ． ｙ ｚ ，
两式相加得 ＋ ＋ ｚ ≥２ 、 ／ 船 ＋ ２ 、 ／ 欲使 配 ＝ ‘ ＋
＋ ｚ ‘
人 深 、由 简 到 难 ， 由熟 悉 到 陌 生 、再 由陌 生 到 熟 悉
解 ：因为 、Ｙ 、ｚ ∈ ，
的循序渐进 的求解 策略 ，进一步 领会 回归 与转化 的 思想方法 ． 问题 １ ：设 、Ｙ 、ｚ ∈ Ｒ ＋ ，求 “ ＝
。 ＋
所 以 竿 竿 争
三式 相加 得 ＋ ＋ ≥ｘ ｙ＋ ＋ ，
因为 （ 口 一１ ） ≥０ ，
所 以 一０＋１≥ ．
取得最大值 ，
进而 （ 口 ＋１ ）・ （ 一口 ＋１ ）≥ ａ・ （ ｏ ＋１ ） ，
轮换对称式的最值问题(教案版)
小顺序，而只能做较弱的排列，如，，...，，即某一个是其1n a a ≥2n a a ≥1n n a a -≥中的最大或最小（如②中可设，），因为我们总可以通过轮换把某个字母调a c ≥a b ≥整到最小或最大的位置。
3.取得最值的判定暑期讲义轮换对称式一讲中我们提到，轮换对称式取到最值时往往各地位轮换对称的变量取值相等。
在这种情况下我们可以简化问题为先判断最值和取到最值的条件，在转化为不等式证明问题（此时取等的条件也作为一个解决不等式证明的重要提示）。
当然，并不是所有轮换对称式取最值的条件都是上述，所以我们尽可能用特值等方法验证来舍弃显然不合理的假定，确认判断正确后再转化为证明问题，这样可以减少无用功。
值得注意的是，判断各变量相等时取到的是最大还是最小值与题目要求比对是十分必要的。
4.轮换对称式常见的处理方法（结合例题讲解）（1）凑项法（最常用）在判断出最值后，利用基本不等式等号成立的条件凑项证明，只要领悟添项的技巧，完全可以程式化证明一类不等式。
主要细分为凑项降幂法、凑项升幂法、凑项去分母法、凑项平衡系数法。
基本思路：判断该题为轮换对称式；通过条件得出取最值时各字母或参数的值；判断是最大或最小值，抓住其中一项深入研究，构造均值不等式的其他项，再运用均值不等式加以证明。
上述各种凑项方法不是相对独立的，可以交替使用，但凑项的关键是在求和时能利用已知条件，并能取到等号。
（2）求配偶式法（即（1）的进化版本）当直接配凑较为困难时我们可以通过先设待定系数求解的方法找到要凑得项。
充分利用轮换对称式等式的结构特点以及等号成立的条件为导向，运用待定系数法构造配偶式，然后运用均值不等式等号成立的条件以及所证轮换对称不等式等号成立的条件求出待定系数，从而使所证不等式获得证明。
其中设配偶式求配偶因子是该方法的关键一步和核心部分，也是它与方法（1）的主要区别。
（3）“非常规最值”的应对方法前几个方法中,首要是确认在各变量取值相等时取到最值，这类最值问题称为“常规最值”。
2022全国中学生数学奥林匹克竞赛
2022全国中学生数学奥林匹克竞赛
2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛简介
全国中学生数学奥林匹克竞赛（National Math Olympiad）是每年举行的中学生数学竞赛，它由中国教育部高等教育司主办，是中国中学生学生数学能力和竞争力的重要测试。
2022
年的全国中学生数学奥林匹克竞赛将于2022年7月在中国举行。
全国中学生数学奥林匹克竞赛分第一阶段和第二阶段，第一阶段是全国中学生数学奥林匹
克竞赛，在6月份举行，第二阶段是全国中学生数学奥林匹克竞赛，在7月份举行。
第一阶段，报名参加全国中学生数学奥林匹克竞赛的中学生将经过调研和测试，按照专业
知识、学习能力等指标，综合统计排名，确定最终参赛选手名单，参赛选手可以获得奖学金，可以参加全国数学竞赛的第二阶段，第二阶段的中学生数学竞赛是在7月份举行的，
参赛选手可以获得特殊奖励。
第二阶段，参赛选手需要经过专业知识、学习能力等指标的考试，考试内容涉及中学教育
中数学科目的各个方面，包括：代数方程、几何图形、抽象代数、微积分等，考试时间为1.5小时，全国中学生数学奥林匹克竞赛决赛结果将经过评分，评出优秀奖、特等奖和一
等奖等。
全国中学生数学奥林匹克竞赛将有效提高中学生的数学学习水平，激励中学生勇于接受挑战，发挥自己的数学实力，并为今后学习和工作打下良好的基础。
此次竞赛的参加学校是
全国中小学通用，报名截止日期为2022年3月31日，欢迎广大中学生参加本次竞赛。
数学奥林匹克题解 代数-不等式
【解】抽出的人数必须满足
解得m=5．
故甲队有2m=10人，乙队有3m=15人，甲队抽出14－m=9（人）．乙队抽出5m－11=14（人），从而参加游戏的人共有
选法．
B3－004求出所有满足不等式
的实数．
【题说】第四届（1962年）国际数学奥林匹克题2．本题由匈牙利提供．
An-1=xn-1xn-2…x0，An=xnxn-1…x0（a进制的位置表示法）；
Bn-1=xn-1xn-2…x0，Bn=xnxn-1…x0（b进制的位置表示法）．
其中xn≠0，xn-1≠0．证明：当a＞b时，有
【题说】第十二届（1970年）国际数学奥林匹克题2．本题由罗马尼亚提供．
【证】由于a＞b，故AnBn-1－An-1Bn=（xnan-1+An-1）Bn-1－（xnbn-1+Bn-1）An-1=xn[xn-1（an-1bn-2－an-2bn-1）+…+x0（an-1－bn-1）]＞0
证明：这个矩阵所有元素的和不小于0.5n2．
【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题6．本题由瑞典提供．
【证】交换A的两行或两列不改变题设的A的性质（因为行和与列和均不变、只是交换了位置），因此我们可以先通过交换两行或两列的变换，使得有尽可能大的k满足a11=a22=…=akk=0．此时对于i，j＞k有aij≠0．对于i≤k，j＞k，若aij=0，则aji≠0，因若不然，交换i，j行，就会使a11=a22=…=akk=ajj=0，与k的极大性矛盾．因而对于j＞k，仍有
B3－015设m、n为正整数，证明存在与m、n无关的常数a
【题说】1989年瑞典数学奥林匹克题5．
【解】amax=3
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因式分解对称式交代式和轮换式1、基本概念(1)对称式：在一个代数式中，如果把它所含的两个字母互换，式子不改变，那么这个代数式就叫做关于这两个字母的对称式。
如a b +,22a ab b −+,322333a a b ab b +++等都是关于,a b 的对称式。
一般地，在一个代数式中，无论把其中哪两个字母互换，式子都不变，那么这个代数式就叫做关于这些字母的对称式，如a b c ++，222a b c ab bc ca ++−−−，3333a b c abc ++−等都是关于,,a b c 的对称式。
(2)交代式：在一个代数式中，如果把它所含的两个字母互换，得到的式子和原来的代数式只差一个符号，那么这个代数式就叫做关于这两个字母的交代式。
如把a b −，22a b −中的两个字母,a b 互换，分别为()b a a b −=−−，2222()b a a b −=−−则a b −，22a b −就叫做关于,a b 的交代式。
(3)轮换式：在一个代数式中，如果把所含字母顺次替换(即第一个字母换成第二个字母，第二个字母换成第三个字母，以此类推，最后一个字母换成第一个字母)，式子不变，那么这个代数式就叫做关于这些字母的轮换对称式，简称轮换式，如a b c ++，ab bc ca ++，3333a b c abc ++−等都是关于,,a b c 的轮换式。
2、齐次对称式的一般形式(1)二元齐次对称式二元一次齐次对称式：)(b a L +；二元二次齐次对称式：Mab b a L ++)(22；二元三次齐次对称式：)()(33b a Mab b a L +++。
(2)三元齐次对称式三元一次齐次对称式：)(c b a L ++；三元二次齐次对称式：)()(222ca bc ab M c b a L +++++；三元三次齐次对称式：)()([)(22233a c b c b a M c b a L ++++++Nabc b a c +++)](2。
其中L，M，N 都是待定的常数，不含有,,a b c 。
3、基本性质(1)对称式一定轮换式，但轮换式不一定是对称式。
例如a c c b b a 222++是轮换式，但把,a b 互换，得到b c c a a b 222++，显然它不是关于,a b 的对称式。
(2)两对称式的和、差、积、商一定是对称式；两轮换式的和、差、积、商一定是轮换式。
(3)两交代式的积是对称式；一对称式和一交代式的积是交代式。
如22))((b a b a b a −=−+(对称式×交代式=交代式)；)()())((222b a b a b a b a +−=−−。
(交代式×交代式=对称式)。
(4)有若干个字母的交代式，一定能被其中任意两个字母的差整除，如交代式22b a −能被()a b −整除。
对于轮换式的因式分解，常用的方法是选定一个字母(例如x )作主元，将其余的元看成确定的数，然后用因式定理来确定它的因式，再利用轮换式的特征，定出几个相应的因式。
例如，对一个关于z y x ,,的轮换式，如已定出y x −是它的一个因式，则x z z y −−,都是它的因式。
4、对称式、交代式和轮换式的因式分解例1、分解因式)()()(222b a c a c b c b a −+−+−。
解：由于原式是关于,,a b c 的三次齐次交代式，根据性质(4)，它一定能被a b −，b c −，c a −整除，即能被))()((a c c b b a −−−整除。
但))()((a c c b b a −−−是三次齐次交代式(性质(3))，∴)()()(222b a c a c b c b a −+−+−)())((a c c b b a L −⋅−−=。
令1,2,1−===c b a ，则3+(－3)+(－1)=L(－1)·3·(－2)。
∴L=1。
因此)()()(222b a c a c b c b a −+−+−)())((a c c b b a −⋅−−−=。
例2、分解因式)()()(233y x z x z y z y x −+−+−。
解：由于原式是关于,,x y z 的四次齐次交代式，根据性质(4)，它一定能被x z z y y x −−−,,整除，即能被))()((x z z y y x −−−整除。
但))()((x z z y y x −−−是三次齐次交代式(性质(3))，∴原式=))()()((x z z y y x z y x L −−−++。
其中)(z y x L ++是一次齐次对称式(性质(3))。
令0,1,2===z y x ，则L ××−×=+−+1)2(10)2(8∴L=－1因此))()(()()()()(233x z z y y x z y x y x z x z y z y x −−−⋅++−=−+−+−。
例3、分解因式555)()()(a c c b b a −+−+−。
解：原式是关于,,a b c 的五次齐次交代式，仿上两例知它能被))()((a c c b b a −−−整除，因此原式还应有一个二次齐次对称式的因式)()(222ca bc ab M c b a L +++++。
∴555)()()(a c c b b a −+−+−＝[)()(222ca bc ab M c b a L +++++]))()((a c c b b a −−−令1,1,0−===c b a ，则2L－M=15，令2,1,0===c b a ，则5L+2M=15。
解⎩⎨⎧=+=−1525152M L M L 得L=5，M=－5。
∴555)()()(a c c b b a −+−+−))()()((5222a c c b b a ca bc ab c b a −−−−−−++=。
例4、分解因式abc c b a 3333−++。
解：由于原式是关于,,a b c 的三次齐次对称式，如果它能分解，则必有一个一次齐次对称式a b c ++做为因式，而另一个因式应是二次齐次对称式)()(222ca bc ab M c b a L +++++∴原式=)(c b a ++[)()(222ca bc ab M c b a L +++++]。
令1,0===c b a ，则L=1；令1,0===c b a ，则2L+M=1，M=－1。
∴abc c b a 3333−++=)(c b a ++)(222ca bc ab c b a −−−++。
例5、分解因式5555)(z y x z y x −−−++。
解：原式是关于,,x y z 的五次齐次对称式，所以它如果能分解，必有一个一次对称式因式。
我们判断x y +是否是它的因式：假设5555)(z y x z y x −−−++=()x y +Q(Q 是整式)，令x y =−，由05555=−−+z y y z 知原式有因式x y+同理知y z +，z x +都是原式的因式。
但))()((x z z y y x +++是三次齐次对称式，所以原式应有一个二次齐次对称式的因式：)()(222zx yz xy M z y x L +++++(性质(3))。
∴5555222()()()()[()()]x y z x y z x y y z z x L x y z M xy yz zx ++−−−=++++++++令1,0===z y x ，则2L+M=15；令1===z y x ，则L+M=10。
解⎩⎨⎧=+=+10152M L M L 得L=M=5。
∴5555222()5()()()()x y z x y z x y y z z x x y z xy yz zx ++−−−=++++++++。
例6、分解因式：abcc b a ca bc ab −++++))((解：原式是一个关于c b a ,,的对称式，取a 为主元，原式可看成是一个关于a 的二次多项式)(a f 当b a −=时，原式0)(22=+−=−=c b c b b f 。
由因式定理，原式含有因式()a b +由对称性，原式还含有因式))((a c c b ++。
由于))()((a c c b b a +++已是关于c b a ,,的三次式，而原式也只是关于c b a ,,的三次式，故原式不会再由其他因式了。
但原式与))()((a c c b b a +++还可能相差一个常数因数，故设=−++++abc c b a ca bc ab ))(())()((a c c b b a k +++①这是一个关于c b a ,,的恒等式，可通过在等式的两边使c b a ,,取一些特殊值来求出k 。
例如，取1===c b a ，代入①式，得k 88=，从而1=k 。
所以原式=))()((a c c b b a +++说明：上述解法中的待定系数,k 也可通过观察确定，由观察易知，①式左边2a 的系数是c b +，而右边关于2a 的系数是()k b c +，故1=k 。
如果一个多项式的所有项关于各字母的次数相同，则称为齐次多项式；否则，称为非齐次多项式。
由于在对称式或轮换式中同型项的系数相同，所以三元二次齐次对称式的一般形式是222()()a x y z b xy yz zx +++++；三元一次非齐次对称式的一般形式是d z y x c +++)(这里d c b a ,,,都是常数，三元二次非齐次对称式的一般形式是上面两个式子之和。
把对称式或轮换对称式作因式分解时，应注意原式是齐次的还是非齐次的，并由此确定因式的形式。
例7、分解因式：555)()()(x z z y y x −+−+−解：原式是五次齐次轮换式，仿照例8的办法知，y x −，x z z y −−,都是它的一次因式。
由原式的齐次性，它还有一个二次齐次因式。
由轮换性，这个因式的形式必是222()()a x y z b xy yz zx +++++；(若为222z y x +−，由轮换式就会有另两个因式222x z y +−及222y x z +−，这样原式就至少为9次)，这里b a ,为待定系数。
于是，便有原式=)]()()[)()((222zx yz xy b z y x a x z z y y x +++++−−−取1,1,0x y z ==−=，代入上式得215a b −=；取0,1,2===z y x ，得5215a b +=关于b a ,的两式联立，解得5,5−==b a 。
所以原式=))()()((5222zx yz xy z y x x z z y y x −−−++−−−例8、分解因式：))()(()()()(333a c c b b a b a c a c b c b a −−−+−+−+−解：原式是四次非齐次轮换式，易知a c c b b a −−−,,是它的(一次齐次)因式。