2017数学竞赛命题研讨会材料汇总

2017年全国数学竞赛命题研讨会试题汇编2017年6月目录代数代数1 不等式…………………………………………………人大附中张端阳1 代数2 不等式…………………………………………………人大附中张端阳1 代数3 不等式……………………………复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利3 代数4 不等式……………………………复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利4 代数5 不等式……………………………复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利7 代数6 不等式…………………………………………华东师大二附中唐立华8 代数7 不等式……………………………………………湖南师大附中张湘君9 代数8 不等式……………………………………………湖南师大附中张湘君10 代数9 不等式……………………………………………湖南师大附中汤礼达11 代数10 不等式……………………………………………湖南师大附中汤礼达12 代数11 不等式………………………………………吉大附中石泽晖、王庶赫13 代数12 不等式…………………………………绵阳东辰学校袁万伦、姚先伟14 代数13 不等式……………………………………………绵阳东辰学校袁万伦15 代数14 三角不等式……………………………………………广州二中程汉波16 代数15 不等式……………………………………………大连二十四中邰海峰17 代数16 数列…………………………………………………东北育才学校张雷18 代数17 不等式………………………………………………东北育才学校张雷19 代数18 不等式………………………………………………大连二十四中李响23 代数19 多项式……………………………………学而思培优苏州分校李家夫24 代数20 不等式…………………………………………………华东师大张丽玉24 代数21 不等式……………………………………………………杭州二中赵斌25几何几何1……………………………………复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利28几何2………………………………………………………湖南师大附中苏林29 几何3………………………………………………………湖南师大附中苏林30 几何4……………………………………………………………郑州一中张甲31 几何5………………………………………………………西安铁－中杨运新32 几何6………………………………………………………西安交大附中金磊33 几何7………………………………………………………西安交大附中金磊34 几何8………………………………………………………西安交大附中金磊35 几何9………………………………………………………西安交大附中金磊36 几何10………………………………………………………西安交大附中金磊36 几何11………………………………………………………西安交大附中金磊37 几何12……………………………………………………东北育才学校缠祥瑞38 几何13………………………………………………学而思培优北京分校陈楷39 几何14………………………………………………学而思培优北京分校陈楷40 几何15 ……………………………………………学而思培优北京分校杨溢非41 几何16 ……………………………………………………………北京四中侯彬42 几何17 ………………………………………………………西安交大附中金磊43数论数论1…………………………………………………………东北育才学校张雷45 数论2………………………………………………………………杭州二中赵斌45 数论3………………………………………复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利47 数论4………………………………………………………东北育才学校缠祥瑞48 数论5……………………………………………………………杭州二中胡克元50 数论6………………………………………………学而思培优杭州分校李卓伦52 数论7………………………………………………学而思培优杭州分校李卓伦54 数论8………………………………………………学而思培优武汉分校巩鸿文55 数论9………………………………………………学而思培优武汉分校巩鸿文55 数论10……………………………………………学而思培优深圳分校涂小林58 数论11……………………………………………学而思培优深圳分校涂小林60组合1……………………………………………………………人大附中张端阳62 组合2…………………………………………………………西安交大附中金磊63 组合3…………………………………………………………西安交大附中金磊64 组合4…………………………………………………………西安交大附中金磊65 组合5………………………………………………学而思培优广州分校余泽伟66 组合6………………………………………………学而思培优广州分校余泽伟67 组合7………………………………………………学而思培优苏州分校李家夫68 组合8………………………………………………学而思培优北京分校杨溢非69 组合9……………………………………………………………北京四中范兴亚71命题小品一苇渡江……………………………………………江西科技师范大学陶平生73代数1(人大附中张端阳)代数2(人大附中张端阳)代数3（复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利）求最佳常数c ，使得对任意1234,,,0a a a a >，有{}2123414max4i j a a a a c ≤<≤+++.解：注意到对于任意的1234,,,0x x x x >，有如下恒等式：222222212341234()2()x x x x x x x x +++-=-++-. (1)不妨设1234x x x x ≥≥≥，则{}221414()max ()i j i j x x x x ≤<≤-=-14x x ≥. 从而2214()x x ≤-. (2)若14x x =，则 (2) 式显然成立. 当14x x ≠时，令14L x x =-，则341201,01x x x x L L--≤≤≤≤. 从而 223434231212()1x x x x L x x x x x x L L L L L ------⎛⎫⎛⎫+≤+=≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 因此2222123414()()()x x x x L x x -+-≤=-. 结合 (1), (2)两式，得222221234143()x x x x x x +++--.(3)令2,1,2,3,4i i a x i ==. 由 (3) 即得{}21234143max44i j a a a a ≤<≤+++.下面证明若结论成立，则34c ≥. 假设对12340a a a a ≥≥≥>，存在34c <使得结论成立. 则取1234211,(1)a a a a n n ====≥，则结论可重写为2213114n c n +⎛⎫≤- ⎪⎝⎭. (4)其中3,14c n <≥.注意到当n →∞时，左边34→，右边c →，矛盾！故最佳常数为34c =.代数4（复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利）将不小于2的正整数n 表示为若干个正整数12,,,t b b b 之和，即12t n b b b =+++，当t 与12,,,t b b b 变化时，求2112tti i i i S ib b ===+∑∑的最小值.解：定义12(;,,,)t f t b b b S =.设12(;,,,)t t b b b 使得S 最小，则对任何,{1,2,,}i j t ∈，i j ≠，令'1,i i b b =+'1,j j b b =-'(,)k k b b k i j =≠.考虑下面三种情况： 情形1若'0j b =，且i j <，则'''''121111112221111211(1;,,,,,,)2(1)2(1)22(1),j j t j j i i k k i i kk k k k i k i ttkk k j k j f t b b b b b b kb b i b bkb bk b -+----===+=+=+=+-=+++++++++-∑∑∑∑∑∑而12111122221111211(;,,,)22222,t j j i i k k ii kk j j k k k i k i ttkk k j k j f t b b b b kb b ib bkb b jb bkb ----===+=+=+=+=+++++++++∑∑∑∑∑∑由'''''121112(1;,,,,,,)(;,,,)j j t t f t b b b b b f t b b b -+-≥得，222(1)2(1)22i i i i j jb i b b ib b jb +++≥+++； 情形2若'0j b =，且i j >，则''''''121111112221111211(1;,,,,,,,,)22(1)(1)2(1)(1)2(1),j j i t j j i i kk kk i i k k k j k j ttkk k i k i f t b b b b b b b kb bk b b i b bk b -+----===+=+=+=+-=+++-+++-+++-∑∑∑∑∑∑而12111122221111211(;,,,)22222,t j j i i kk jj kk i i k k k j k j ttkk k i k i f t b b b b kb b jb bkb b ib bkb ----===+=+=+=+=+++++++++∑∑∑∑∑∑由'''''121112(1;,,,,,,)(;,,,)j j t t f t b b b b b f t b b b -+-≥得，222(1)2(1)(1)22i i i i j jb i b b ib b jb ++-+≥+++； 情形3若'0j b >，则由'''1212(;,,,)(;,,,)t t f t b b b f t b b b ≥得2222(1)2(1)(1)2(1)22i i j j i i j j b i b b j b b ib b jb ++++-+-≥+++. 上面的三种情形都表明，2222(1)2(1)(1)2(1)22i i j j i i j jb i b b j b b ib b jb ++++-+-≥+++, 即1i j b i b j ++≥+.由,i j 的任意性得，1j i b j b i ++≥+. 所以，当S 取得最小值时，所有的(1,2,,)i b i i t +=至多可以取到两个不同值（若恰取两个不同的值，则这两个不同值是两个相邻的正整数）. 由排序不等式，此时12t b b b ≥≥≥.若11b =，则121t b b b ====且2t ≥，212(;,,,)2(1;)t f t b b b t t f t =+=.即可将12(;,,,)t t b b b 换成(1;)t ，而S 不变. 因此，不妨假设12b ≥，则 1212(;,,,)(1;1,,,,1)t t f t b b b f t b b b ≤+-，整理得，112b t +≤+，又1t b t t +≥+，故由(1,2,,)i b i i t +=的不同值组成的集合为{1},{2},{1,2},{,1}t t t t t t +++++.（1）当集合为{1}t +时，1i b t i =+-，(1)2t t n +=，t =，22211(1)(21)()(1)6ttk k k t t t S b k k t t ==++=+-=+-∑∑，令1t m +=，则(1)2m m n -=，12m +=，上式可化为(1)(1)(21)3m m m S m n -+=+-；（2）当集合为{2}t +时，2i b t i =+-，(3)2t t n +=，32t -+=，22211(1)(21)()(2)6t tk k k t t t S b k k t t ==++=+-=+-∑∑，令1t m +=，则(1)(2)2m m n -+=，1122m ⎡⎢⎣-+==⎦，上式可化为(1)(1)(21)3m m m S m n -+=+-；（3）当集合为{1,2}t t ++时，设(1,2,,)i b i i t +=中，值为2t +的个数为{1,2,,1}x t ∈-，值为1t +的个数为t x -，则2t ≥，且22(1)(1)232(2)()(1),2222t t t t t t t t n x t t x t x ⎡⎤+++++-=++-+-=+∈⎢⎥⎣⎦， 令1t m +=，则(1)2(1)4,22m m m m n -++-⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，12m ⎡=⎢⎣⎦，(1)2m mx n -=-，且22221122(1)(21)()(2)()(1)6(1)(21)(1)(23)6(1)(1)(21)(1)(21)26(1)(1)(21)3ttk k k t t t S b k k x t t x t t t t t t t x m m m m m m m m n m m m m n ==++=+-=++-+-++=+++----⎛⎫=-++--⎪⎝⎭-+=+-∑∑；（4）当集合为{,1}t t +时，设(1,2,,)i b i i t +=中，值为1t +的个数为{1,2,,1}x t ∈-，值为t 的个数为t x -，则2t ≥，且22(1)(1)22(1)(),2222t t t t t t t t n x t t x t x ⎡⎤+--++-=++--=+∈⎢⎥⎣⎦， 令t m =，则(1)2(1)2,22m m m m n -++-⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，m =⎣⎦，(1)2m mx n -=-，且22221133(1)(21)()(1)()6(1)(21)(21)6(1)(1)(21)(21)26(1)(1)(21).3ttk k k t t t S b k k x t t x t t t t t t x m m m m m m m n m m m m n ==++=+-=++--++=++--++⎛⎫=++--⎪⎝⎭-+=+-∑∑ 综上，2112t ti i i i S ib b ===+∑∑的最小值是(1)(1)(21)3m m m m n -++-，其中12m ⎡+=⎢⎣⎦.代数5（复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利）求最大的实数M ，使得不等式22333()()()x y M x y xy x y +≥+--对一切满足0x y +≥的实数,x y 均成立.解：所求M 的最大值为32.首先，取4x y ==，可得32M ≤.下证：22333()32()()x y x y xy x y +≥+-- 对一切满足0x y +≥的实数,x y 均成立.记22s x y =+，t x y =+. 已知22s t ≥，0t ≥.要证的不等式转化为：3228(3)(2)s t s t t t s ≥---设s rt =，上述不等式等价于：38(3)(2)r r t t r ≥---，其中20r t ≥≥，由32328(3)(2)8(21)8168r r t t r t r r r r ----=--+-+- 322816(4)0r r r r r ≥-+=-≥，所以38(3)(2)r r t t r ≥---，其中20r t ≥≥成立.代数6（华东师大二附中唐立华）A ：设正数c b a ,,满足：3222=++c b a ，求证：2444222≤-+-+-c cb ba a. 证明: 先证如下引理引理设正数c b a ,,满足：3222=++c b a ，则18)414141(9)(2222≤-+-+-+++cb ac b a . (*) 引理证明: ,)()()()(92222a c c b b a c b a -+-+-=++-9)414141(9222--+-+-cb a 9)414141)](4()4()4[(222222--+-+--+-+-=c b a c b a 222224444∑⎪⎪⎭⎫⎝⎛-----=b aa b ， 故(*)⇔222224444∑⎪⎪⎭⎫⎝⎛-----b aa b 222)()()(a c c b b a -+-+-≤.记2221444c ab c a bI -+-+-=,2222444c bb aa cI -+-+-=. 要证原不等式,只要证明:222222)(4444b a b a a b -≤⎪⎪⎭⎫⎝⎛----- 222222222)()4)(4()()4)(4()(b a b a b a b a b a +≥--⇔-≤---⇔而22222222)()()1)(1()4)(4(b a c b a c a c b b a +>++≥++++=--， 上式成立，故引理得证.下证原题：记∑-=++=2241,9)(a y c b a x ，则由引理有：2≤+y x . 由柯西不等式,有222224222414141)(444⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-+-⋅++≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-+-c b a c b a c cb b a a 3323229)2(29932=⎪⎭⎫ ⎝⎛++⋅≤⋅⋅==y y x y y x xy ， 所以 23324444222<≤-+-+-c c b ba a，故原不等式得证.注记：利用已证问题(见2015命题研讨会题目)：设正数c b a ,,满足：3222=++c b a ，有32444222≤-++-++-+cb a ba c ac b .我们有如下：B ：设正数c b a ,,满足：3222=++c b a ，求证：)31(2)414141)((222+≤-+-+-++cbac b a .代数7（湖南师大附中张湘君）设,1,2,,i x R i n +∈=，试确定最小实数c ，使得111()()n nnab n a b ii i i i i c xx x +===≥⋅∑∑∏.分析：由齐次，且,1,2,,i x R i n +∈=，不妨设11nii x==∏.原不等式11111()()()n nna b a b i iii i i nnab n ab n iii i x x x c c xx===++==⋅⇔≥⇔≥∑∏∑∑∑，则只需求11()na bi i nab n ii x S x=+==∑∑的最大值.由幂平均不等式，1111()()nnab a iii i abaxxnn ==≥∑∑111()nnb ab a b ii i i nxx -==⇒≥∑∑，则111nb ab ii nab n ii n xS x-=+=≤∑∑.由Chebyshev 不等式，12111111()()nn nn nnab n n ab ab ab n ab iiin i ii i i i i i i n xx x nx x x x xx ++======≥≥⇒≥∑∑∑∑∑∑.于是1b S n-≤，当121n x x x ====时取等号，所以11max min b b S n c n --=⇒=.代数8（湖南师大附中张湘君）给定3m ≥且m N ∈，设12,,,0m a a a >，n m ≥且n N ∈，求证：11()2mn i n i i i a ma a =+≥+∑，其中11m a a +=.分析：令1,1,2,,i i iab i m a +==，则11m i i b ==∏，原不等式11()12mn n i imb =⇔≥+∑.由幂平均不等式知≥，于是只需证明：11()12mm m i i m b =≥+∑. 考虑到0,1,2,,i b i m >=，可设,1,2,,ic i b e i m ==，则10mii c==∑.记1()()1mt f t e =+，则11111()()()12122i m m mm m i c m m m i i i im m m f c b e ===≥⇔≥⇔≥++∑∑∑. 求1()()1m tf t e=+的二阶导数得2''()(1)(1)t t m tf t me e me --=+-，下面分两种情况讨论：(i) 当(1,2,,)i b i m =中至少有一个小于1m 时，111()()111mm m i ib m=>++∑， 于是只需证明111()(1)2121m mm m m m m≥⇔+⋅≤+. 设1(),3xg x x x =≥，则121'()(1ln )0xg x x x x=⋅⋅-<，所以()g x 在3x ≥时单调递减，所以11311(1)(1)323m m m +⋅≤+⋅<.(ii) 当(1,2,,)i b i m =都大于等于1m时，''()0f t ≥，则()f t 是下凸函数， 由琴生不等式得11()()(0)2mimi i mi cm f c m f m f m==≥⋅=⋅=∑∑. 综上所述，11()12mm m i i mb =≥+∑，证毕.代数9（湖南师大附中汤礼达）设+∈R a a a n ,...,,21，求证：1)1(1211≥-+∑∏=≠--ni ji jn i n i a n a a .证明：首先我们证明局部不等式：n n nn n n n nn n n n n n n n nn n n n GM AM n n nn n n n aan aa an aaan aaaa 11222121221111221212211221212211)1()1(2))1(()...(222222++++--++-----⋅⋅⋅-+⋅⋅⋅-+=⋅⋅⋅-++++≥n n n n n n n nn n nn n n a a a n aa aan a⋅⋅⋅-+=⋅⋅⋅-+≥--------2112111112)1(211211)1()1(2222222所以有])1([)1()...(2121111211212122121221111222222n n n n n n n n n n n n nn n n n n a a a n a aa a an aaaa a ⋅⋅⋅-+=⋅⋅⋅-+≥+++---------故n n nn n n n n n nn n aaaaa a a n a a 2121221121132211112222......)1(------+++≥-+同理有),...,3,2()1(1212121122n i aaa n a a ni n n i n n ij i jn i n i =≥-+∑∏=--≠--将上式相加，即得.1)1(1211≥-+∑∏=≠--ni ji jn i n i a n a a代数10（湖南师大附中汤礼达）给定*,k n N ∈,1k n ≤-，2n k ≠，设12,,,n a a a ⋯是{}1,2,,n ⋯的一个排列，令11i i i i k S a a a ++-=++⋯+（其中1i n ≤≤，下标mod n 考虑），记{}12min ,,,n S S S S =⋯.求证：(1)S 1.2k n +⎡⎤≤-⎢⎥⎣⎦证明：反设(1)2k n S +⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦，因1k n ≤-，故1112k a a S S +≠⇒≠，故必有1S S >或2S S >， 故11(1)2nni i i i kn n nS S k a ==+<==∑∑. 当k 为偶数或n 为奇数，得(1)2k n Z +∈(1)2k n S +⇒<，与假设矛盾. 故只须再考虑k 为奇数，n 为偶数的情况, 对1i n ≤≤，(1)12i k n S +-≥.记(1)1{|}2i k n P i S +-==，(1)1{|}2j k n Q j S ++=≥，则{}1,2,,P Q n =⋯，P Q φ=. 因为11,(1).i i k i i k n a a S S i n ++≤-≠≠≤≤所以得到故P 中任意的两元素之差都大于1，又2nP Q n P +=⇒≤1(1)2n i i i i i P i Qkn n S =S S =∈∈+⇒=+∑∑∑(1)1(1)122k n k n P Q +-++≥+(1)1(1)1(1)()2222(1),2k n k n kn n nP n P P kn n +-+++=+-=+-+≥ 等号必须成立，即2n P =,且(1)12i k n S +-=或(1)1(1)2kn n i n ++≤≤. 不妨1(1)12k n S +-=则(1)12(1)12i k n i S k n i +-⎧⎪⎪=⎨++⎪⎪⎩，为奇数，为偶数（*）1(1)12k n S +-=，211(1)112k+k n S a a =++=⇒-. 又因为k 为奇数1(1)12k+k n S =++⇒，211(1)112k+k+2k+k n S =a a =+-⇒⇒-. 故112k+a =a ,所以2n k ｜，但22k n n <⇒2k =,与题设相矛盾.代数11（吉大附中石泽晖、王庶赫）已知正数序列{}{}n n a b ，满足11nni i i i a b ===∑∑，且12n a a a ≤≤≤，111n n n a b b b a -≥≥≥≥≥，对任意的1i j n ≤<≤，均有j i j i a a b b -≥-，证明：11n ni i i i a b ==≤∏∏.证明：由于j i j i a a b b -≥-，则j j i i a b a b -≥-（1i j n ≤<≤）. 这说明数列1{}n i i i a b =-是单调不减序列. 又0n n a b -≥，110a b -≤.（1）当110a b -<时，必存在1m n <≤，使得：当1i m ≤<时，i i a b <，此时记i i i b a β=-；当m i n ≤≤时，i i a b ≥，此时记i i i a b α=-.由11n n i i i i a b ===∑∑可知：11n m i i i mi αβ-===∑∑. 而要证明的11n n i i i i a b ==≤∏∏可变形为11ni i ia b =≤∏.由均值不等式可知：11()nini n ii i i a a bb n ==≤∑∏，故只需证1n i i ia nb =≤∑（*）即可，往证（*）式成立. 事实上，111nnm i i i i ii i m i i i i a b b b b b αβ-===+-=+∑∑∑111111n n mm n n mm n b b b b b αααββ----=++++---111nn mm mmmm mn n b b b b b αααββ--≤++++---=，这是由于n i m ≥≥时，0i m b b ≥>，0i α≥，故有i i imb b αα≤；1i m ≤<时，0i m b b <≤，0i β≥，故有iiimb b ββ--.（2）当110a b -=时，则对1i n ≤≤，均有i i a b ≥，又11nni i i i a b ===∑∑，故对1i n ≤≤，均有i i a b =，此时结论也成立.代数12（绵阳东辰学校袁万伦、姚先伟）设0,0,0>>>c b a ，求证：)212)(212)(212()43)(43)(43(222+++≥++++++c b a a c c b b a .（问题来源：2005年白俄罗斯数学奥林匹克试题的推广，原题：设0,0>>b a ，求证：)212)(212()43)(43(22++≥++++b a a b b a ，）证明：因为2121414322++≥+++=++b a b a b a ，同理2143,214322++≥++++≥++a c a c c b c b ，所以≥++++++)43)(43)(43(222a c c b b a )21)(21)(21(++++++a c c b b a ，即证)21)(21)(21(++++++a c c b b a )212)(212)(212(+++≥c b a ，将此式左，右两端分别展开，即证)(21222222222c b a bc c b ac c a ab b a ++++++++)(216ca bc ab abc +++≥)(*因为ca a c bc c b ab b a 2,2,2222222≥+≥+≥+，三式相加得ca bc ab c b a ++≥++222，所以)(21222222222c b a bc c b ac c a ab b a ++++++++)(21)()()(222222222c b a b a c c a b c b a ++++++++=cabbac abc 222++≥)(216)(21ca bc ab abc ca bc ab +++=+++， 即)(*成立，故)212)(212)(212()43)(43)(43(222+++≥++++++c b a a c c b b a成立，当且仅当21===c b a 时取等号.代数13（绵阳东辰学校袁万伦）正数b a ,c 满足1=++c b a ，证明：32232323≥++++++++b a a c a c c b c b b a . 问题来源：韩京俊《初等不等式的证明方法》地6页例1.2：正数c b a ,,满足1=++c b a ，证明：ba ac a c c b c b b a ++++++++2222≥. 证法1:因为b a ac a c c b c b b a ++++++++222++=c b a 3b a a a c c c b b b a c a c b +++++++++22233，由cauchy 不等式的推论得21)(2)(2222=++++≥+++++c b a c b a b a a a c c c b b ， )(2)(2222444333ca bc ab c b a cb ca c ba bc b ac ab a b a c a c b c b a ++++≥+++++=+++++， 又因为)(3)(2ca bc ab c b a ++≥++，即,31≤++ca bc ab由cauchy 不等式1)()(32222=++≥++c b a c b a ，即31222≥++c b a ， 所以61)(2)(2222≥++++ca bc ab c b a ，即61333≥+++++b a c a c b c b a ，故 b a a c a c c b c b b a ++++++++222322161=+≥.证法2：因为b a ac a c c b c b b a ++++++++222++=c b a 3b a a a c c c b b b a c a c b +++++++++22233，由cauchy 不等式的推论得21)(2)(2222=++++≥+++++c b a c b a b a a a c c c b b ， 因为2323234)(,4)(,4)(c b a c b a c b a c b a c b a c b a c b a ≥+++≥+++≥+++，所以)(21222333ca bc ab c b a b a c a c b c b a ++-++≥+++++ )(25)(2ca bc ab c b a ++-++=)(251ca bc ab ++-=，又因为)(3)(2ca bc ab c b a ++≥++，即,31≤++ca bc ab所以6131251)(251=⨯-≥++-ca bc ab ，即61333≥+++++b a c a c b c b a . 故b a a c a c c b c b b a ++++++++222322161=+≥.代数14（广州市第二中学程汉波）已知,,C A B 为ABC ∆的三个内角，求n *∈N的最小值．解（1）当1n =时，因为()21sin sin sin 3A B A ≤≤∑∑2193sin 334A B C ++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭， 所以()31sin sin 3sin sin 4A B A B -=-≥∑∑． （2）当2n =时，由万能公式及柯西不等式得2224tantan 4tan tan 2222sin sin 1tan 1tan 1tan tan 2222A B A B A B A B A B =≤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 当且仅当2tan 2tan BA =，即AB =时取等号． 所以有≥=．设tantan 22A B x =，tan tan 22B C y =，tan tan 22C Az =，则x ，y ，z 均为正数，因为tantan tan tan tan tan 1222222A B B C C A++=，故有1=++z y x ．于是2y z x y z +≥=++∑， 在Nesbitt 不等式：()3,,02a abc b c ≥>+∑中，令a x y =+，b y z =+，c z x =+即得322y z x y z +≥++∑，当且仅当3π===C B A 时，等号成立． （2）当3n =时，同第（2）种情况可得，≥==()()()332242y z x y z x y z y z+≥==++++++当且仅当z y x ==，即3π===C B A 时，等号成立． （3）当4n ≥时，同第（2）种情况可得，()12x ≥=>-=∑， 当2,0π→=→C B A 时，等号成立．综上所述，当1n =时，原式的最小值为34；当2n =时，原式的最小值为32；当3n =时，原式的最小值为2；当4n ≥时，原式没有最小值，但下确界为2．代数15（大连市第二十四中学 邰海峰）无穷个非钝角三角形,将其最短边、次长边、最长边分别相加,得到一个新的大三角形,求证：这个大三角形的最大角小于23π.解:设这无穷多个三角形的最短边依次为12,,a a ,次长边依次为12,,b b ,最长边依次为12,,c c ,其中222i i i a b c +,且i i i a b c .设111,,i i i i i i a a b b c c ∞∞∞======∑∑∑,最大角余弦为2222a b c ab +-.对于两个不同的正整数,i j ,因为i j i j i j i j a a bb a a bb +=+ 又因为i j i j i j i j a a bb a b b a +>-，所以22()()i j i j i j i j a a bb a b b a ++-222()1)()1)()i j i j i j i j i j i j i j i j a a bb a a bb a b b a a b b a <+++-+-2(1))i j i j i j i j a a bb a b b a =++-，所以222222()()(i i a b c a b +-+-∑∑222i j i j i ji ji ja ab b <<<=+-∑∑(222)2)()i ji j i i i ja b b a a b <--->-∑∑∑，所以2221122a b c ab +->>-,从而最大角小于23π.代数16（东北育才学校张雷）数列11121{}:1,n n nu u u u u u +==+++,问:是否存在常熟,αβ使得12lim1nx u u u nβα→∞+++=,若存在请求出,αβ,若不存在请说明理由. 解: 12αβ==,下面证明:第一步:证明:引理:111*)321n N n +++<∈-,用数学归纳法,(1)当1n=时,不等式成立;(2)假设n 时不等式成立,则1n +时我们只要证明121n ≤=+,只要证明121n ≤+,该不等式成立,故1n +时,不等式成立.综上所述,引理成立. 第二步:由1211n n u u u u ++++=,1211(2)n nu u u n u -+++=≥可得111(2)n n n u n u u +=+≥,21u =,设12111(2)n n nu u u a n u --+++==≥,则111,1n n n a a a a +=+=,则12lim lim n n x x u u u a nn ββαα→∞→∞+++=.第三步:由111,1n n n a a a a +=+=,得22212122n n n na a a a +=++>+,故 221n a n >-， (*)则22212112221n n n n a a a a n +=++<++-,累加可得 21121(1)(2)323n an n n <-++++≥-,由引理可知:21121(1)21323n a nn n <-++++<-+- (**)故由(*),(**)，22122n a n n n -<<,而21lim12n n n n →∞→∞-==,故2lim 1,lim 1,2n n n a n →∞→∞==,则12αβ==满足条件.试题背景:常见题目:1112,n n na a a a +==+,证明n a <<.由于无法求出具体的通项公式,又希望能改进成为具体的值,而不只限于不等式,进而发现极限可以实现这一目标.代数17（东北育才学校张雷）12...1(2),01(1,2,...,)n i a a a n a i n +++=≥≤≤=,求222122...n na a a a ++++的最小值.解:最小值为12,3,4115n n n n ⎧=⎪-⎪⎨⎪+≥⎪⎩下面证明:我们解决4n =情形,不妨设12,a a 固定,则222343434()2a a a a a a ++=+-+,故可知34,a a =或者40a =,当40a =时,可有均值得最小值为13; 当34,a a =固定34,,a a 调整12,a a ,同样的情况,最后调整13,a a 及24,a a 可知,都取等为61163>. 2,3n =也容易证明.下证5n ≥情形,我们证明更强的结论:222122...(02)n n a a a a s ++++≤≤的最小值当1i a n=取等.一.当5n =时,都取等,值为1n +,而其中一个等于0,最小值111n n >+-,故而有利于我们调整. 同样的调整法,我们可以调整4个相等,即1541a a +=,证明:22515145a a ++≥+,不妨设1515111,,4(0)5520a a a x a x x ≥=+=-≤≤,则带入后,只要证明2510x +≥,显然我们只要证明2s =时成立.2 510x +≥若2 510x ≥,则不等式成立, 若2 510x <,则只要证:2 5 2210)x ≥-,由于443111()()4()555x x +≥+,故只要证43 522111[()4()](4)10)555x x x +-≥-即5 32115()1005x -≥,由于2 510x <我们只要证5 3 5115()5-≥,可知成立. 当6n =时,我们可以通过调整化归为15122a a +=,证明:2221515311221226s s a a a a ++≥+,不妨设1515111,,20)6612a a a x a x x ≥=+=-≤≤（,则不等式等价于2231116()(226626s s x x x ++-≥）,我们正要证明2s =的时候,即2231116()(2666x x x ++-≥） (*) 而2111()+6363x x +≥,代入(*),我们即可证明.下面考虑7n ≥情形,我们用数学归纳法,若2n -时成立,则n 时,我们通过调整使得1,12n n n a a a t -=-=,则122...(01)n a a a t t -+++=≤≤,令(1,2,...,2)i i ab i n t==-,则122 (1)n b b b -+++=,我们求2222212222(...)2n n n t b b b b a --+++++的最小值,由归纳可知1221...,n n na a a a a --====,故问题化归为1(2)21n n a a -+=,求221(2)2n n a a -++的最小值,我们不妨设11122,(0)2(2)n na x a x x n n n n -=+=-≤≤-,我们只要证明2211(2)2n n a an-++≥+(**)则代入(**),我们只要证明:22(2)2n n x -+≥而22221221121()()2n n n n x xn n n-----⎛⎫+≥+ ⎪⎝⎭(对于指数是分数的时候,只要两边平方证明即可 ),代入上式可知结论成立.注: (1)数学归纳法解决了调整法中无限调整的问题; (2)6n =时的解决方法给整个题以提示. (3)5n =时的证明是本题证明的难点. (4)加强归纳的技巧也是值得借鉴的.(5)本题涉及猜想,分类,跳跃归纳,加强归纳,调整法,放缩以及联想探索等能力,是训练学生的较好题目.(6)受5n =的启发,我们也可以直接归纳,问题化归为1(1)1n n a a -+=,求221(1)n n a a -++的最小值,设111,(1)n a x a n x n n=+=--,同样我们得到,只要证明2(1)n n x -+≥我们依旧分类讨论,当2(1)n n x -<时,移项平方,我们只要证明122114()((1)(1))n x n x n n x n n -+--≥-,将112111()()(1)()n n n x n x n n n ---+≥+-代入,且注意到2(1)n n x -<我们只要证明2212(1)4(1)n n n n -⎛⎫-- ⎪⎝⎭,成立(7) 取等条件为全相等或者一个等于0,由此比较两个最小值,觉得系数2比较适合.(8)题目思想来源:(全国高中数学联赛)实数,,a b c 满足1,0a b c abc ++=>,求证:14ab bc ca ++<+. 发现:一正二负的情况,不妨设0,,0a b c ><,则()(1)0ab bc ca b a c ac b b ++=++<-<,我们只要考查,,0a b c >情形,经化归222211222()()22ab bc ca a b c a b c ⇔++<⇔++-++<,即证明2221(*)2a b c +++>.下面证之:不妨设a 不变,则222221(1)(*)2a b c a a ++=+-->抛物线,10,2a-=取得最小值,0c =时,可知不等式成立;12a-=时,232)0a a a ⇔-->,不妨设a 最大,令t =∈,323210t t t ⇔--+>(**)本来是求导数证明的,后来发现:332112,2722t t ++≥我们只要证明3222249275()(2)3274927t t t >⇔>⇔->. 由此启发,继续研究,发现上述的题目形式:代数18（大连市第二十四中学李响）定义有序正数组(a 1,a 2,…,a n )的特征值为a 12a 2+a 22a 3+⋯+a n2a 1(n ≥2)，设有序正数组(x 1,x 2,…,x 2017)的特征值为k ，(1).求证：可以将(x 1,x 2,…,x 2017)划分为m (m ≤1008)个有序数组，并设每组的特征值为k 1,k 2,…,k m ，使得k 1+k 2+⋯+k m ≥k ；(2).将2017改为2018，结论是否成立，并证明.解：(1)我们证明可以将(x 1,x 2,…,x 2017)划分为m-1个二元数组和一个非二元数组满足题中条件，下面用数学归纳法证明：m=1时，显然成立；假设m=p 时结论成立，即可划分为p-1个二元数组和一个非二元数组， 使得k 1+k 2+⋯+k p ≥k 成立；则m=p+1时，保持m=p 时划分出去的p-1个二元数组不变，下面对非二元数组进行划分，设非二元数组为(b 1,b 2,…,b q )(q ≥4)，其特征值为k p ，取其中一个二元数组(b i ,b i+1)(i =1,2,…,q)，其特征值为k pi ，其中b i =b q+i ，设除去(b i ,b i+1)的有序q-2元数组的特征值为k pi ′，则对于m=p+1，只要证明存在i(i =1,2,…,q)使得k pi +k pi ′≥k p 成立， 即(b i 2b i+1+b i+12b i)+(b i+22bi+3+b i+32bi+4+⋯+b i−12bi+2)≥b i 2bi+1+b i+12bi+2+⋯+b i−12b i成立， 即b i+12b i+b i−12bi+2−b i+12bi+2−b i−12b i≥0成立，即(b i+2−b i )(b i+1−b i−1)(b i+1+b i−1)b i b i+2≥0成立，即(b i+2−b i )(b i+1−b i−1)≥0成立，设c i =b i+2−b i ，由于(c 1c 2)(c 2c 3)…(c q c 1)=c 12c 22…c q 2≥0，q 为奇数，所以至少存在一个i 使得c i c i+1≥0，对于m=p+1原结论成立，所以原题结论成立.(2)成立，同(1)只要证存在i 使得(b i+2−b i )(b i+1−b i−1)≥0成立，设c i =b i+2−b i ，若存在c i =0，则显然成立，若c i 均不为零，用反证法，假设c i c i+1均小于零，则c i ,c i+2为同号，由于q 为偶数，有c 1,c 3,…,c q−1为同号，由于c 1+c 3+⋯+c q−1=(b 3−b 1)+(b 5−b 3)+⋯+(b 1−b q−1)=0， 与同号产生矛盾，所以存在i 使得(b i+2−b i )(b i+1−b i−1)≥0成立， 所以对于2018依然成立.代数19（学而思培优·苏州分校李家夫）已知：432()f x x ax bx cx d =++++有四个复数根1234,,,αααα，3222()(4)4g x x bx ac d x bd a d c =-+-+--有三个复数根123,,βββ.求证：221413()()i j i j i j i j ααββ≤<≤≤<≤-=-∏∏解析为记号简单起见，不妨设1234{,,,}{,,,}e f g h αααα= 由韦达定理有()+fh+gh c ()a e f g h b ef eg eh fg efg efh fgh egh d efgh=-+++⎧⎪=+++⎪⎨=-+++⎪⎪=⎩ 我们来证明：（1）123123413241423()+fh+gh ()()()b ef eg eh fg βββαααααααααααα++=--=+++=+++++（2）. . 直接展开验证即可. 于是证毕！代数20（华东师大张丽玉）设x 、y 、z 为正实数，求证：.一、命题背景:原题：P 为三角形ABC 内一点，求证：BP CP BC AP CP AC AP BP AB AB BC AC ++≥.特别地，当∠APB =∠BPC =∠CP A =120°时，这个几何不等式仍然成立，设P A =x ，PB =y ，PC =z ，则得到题2.二、解答过程当然我们可以先解答原几何题，再等价转化为我们所需要的代数不等式. 下面我们给出一个纯代数的解法，解答过程如下：1≥首先证明222y zx yz xy z++++.22222()()()22y z y z y zx yz x x yz x x yz xy z+++⇔++≤++-+++222222222()()()2()2()2y zx y xy x z xz x yz x y z y zxy z y zx yz x+++++-++++⇔≤-++++22223()()42()()2x y z x y zy z y zx yz x--⇔≤++++23()()22y zx yz x x y z+++≥+而2()223()22y z y zx yz x xy zxz xy x x y z++++>+≥++=+222y zx yz xy z++++成立.222()()yz yz y zy z yz y zx yz xy z+≥=+++++∑.()()zx z xyz y z+≥+∑，()()xy x yyz y z+≥+∑，上面三个式子相加，即是我们需要证明的不等式.代数21（杭州二中赵斌）几何几何1（复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利）已知锐角ABC ∆，AC BC >，点,K N 在边AC 上，点,M L 在边BC 上，且1122BC AN CK CL BM AC <===<. KL 与MN 交于点P . 点R 为边BC 的中点，点Q 为ABC ∆外接圆上弧ACB 的中点. 求证：RPN QPK ∠=∠.证明：延长MN 、KL 分别交BC 于点X 、Y . 由梅涅劳斯定理，直线MN 、KL 截ABC ∆得：1BX AN CM AY BL CKXA NC MB YB LC KA⋅⋅==⋅⋅（1） 由条件：AN CK =，NC KA =，CM BL =，MB LC =.代入（1）得：BX BYXA YA=， 进而：AX BY =（2）因为R 为边BC 的中点，Q 为ABC ∆外接圆上弧ACB 的中点，所以QR 为线段AB 的中垂线，结合（2）可知QR 为线段XY 的中垂线.因为QA QB =，AN BM =，QAN QBM ∠=∠，所以QAN QBM ∆≅∆， 所以QM QN =，MQA BQA ACB ∠=∠=∠，进而,,,M C Q N 四点共圆. 所以QCM QNX ∠=∠. 又QCM QAX ∠=∠， 可得QAX QNX ∠=∠，可得,,,Q N A X 四点共圆，所以22ACBABC CABQXN QAC QAB CAB CAB π-∠∠-∠∠=∠=∠-∠=-∠=.又22ACB ABC CABKYX CBA BLY CBA π-∠∠-∠∠=∠-∠=∠-=所以QXN KYX ∠=∠，由QX QY =，所以：PXY PYQ ∠=∠所以,QX QY 为PXY ∆的外接圆的切线，所以QP 为PXY ∆的陪位中线， 所以：QPK XPR RPN ∠=∠=∠.几何2（湖南师大附中苏林）已知I 是ABC ∆内心，过I 作BC 的垂线，交ABC ∆的外接圆于E D 、(A D 、在BC 同侧)，延长DA 交直线BC 于F ，过I 作AE 的垂线交直线BC 于G .求证：EGI DFI ∠=∠.证明：引理：F 是O ⊙的弦BC 延长线上一点，D 是弧BC 中点，弦交弦BC 于G ，DF 交圆于H D 、，则DE DG DF DH DC⋅=⋅=2.引理的证明：连结CH CE 、.因为D 是弧BC 中点，所以BCD E ∠=∠，因此DCE DGC ∆∆∽，所以DE DG DC⋅=2.因为弧=DH 弧-DC 弧HC =弧BD －弧HC ， 所以F CDH BCD DCH ∠=∠-∠=∠， 因此DCF DHC ∆∆∽， 所以DE DG DF DH DC ⋅=⋅=2.回到原题：延长AI 交O ⊙于P ，设BC 于DE 的交点为M ，连结DF 交BC 于L ，延长DO 交O ⊙于K .下证G E P 、、三点共线：延长PE 交BC 延长线于G '，连结G I '交AE 于N .由鸡爪定理及引理知G P PE PC PI '⋅==22，故G PI PEI '∆∆∽，故I G P PIE '∠=∠，于是B G I E G B IEA IAE '∠+'∠=∠+∠， 而E G B PCE IAE '∠=∠=∠， 所以N G M MEN '∠=∠，因此N G E M 、、、'四点共圆.而G EM '∠= ︒90，所以AE G I ⊥'， 因此G '即G ，所以G E P 、、三点共线.再证DF LI ⊥：由鸡爪定理及引理知：PD PL PC PI ⋅==22，所以PID PLI ∆∆∽，从而IDP LIP ∠=∠， 因此EDP DPA LIP DPA DLI ∠+∠=∠+∠=∠. 所以EDP ADE DPA LDF DLI ∠+∠+∠=∠+∠2. 在DBC ∆中熟知DE DO 、是等角线，从而EDK ADE DFA LDF DLI ∠+∠+∠=∠+∠= ︒90. 所以DF LI ⊥.最后证明EGI DFI ∠=∠：由DF LI ⊥、LF DI ⊥知I 是DLF ∆垂心， 所以LDF DFI DLI ∠-︒=∠=∠90. 因为DPA DEA IGL ∠=∠=∠， 所以I G P L 、、、四点共圆. 从而EGI DLI ∠=∠. 所以EGI DFI ∠=∠.几何3（湖南师大附中苏林）如图，21O O ⊙、⊙相切，且均与O ⊙切，O ⊙的弦径AB 是21O O ⊙、⊙的外公切线，21O O ⊙、⊙的两条外公切线EF CD 、分别交AB 于E C 、，F D 、在O ⊙上，且F D 、、21O O 、均不在直线AB 同侧，EF 交AD 于P ，CD 交BF 于Q . 求证：AB PQ ∥.证明：分别延长DC FE 、交O ⊙于S T 、，连结TB TA SB SA 、、、.设21O O ⊙、⊙分别切AB 于L K 、，切SD 于V U 、，切FT 于X Y 、. 对1O ⊙及点圆B S A ⊙、⊙、⊙用开世定理有：SU AB AK SB BK SA ⋅=⋅+⋅.对2O ⊙及点圆B S A ⊙、⊙、⊙用开世定理有：SV AB AL SB BL SA ⋅=⋅+⋅.两式相减得：UV AB KL SB KL SA ⋅-=⋅-⋅， 从而KLUVAB SA SB ⋅=-.同理：KLXYAB TA TB ⋅-=-.。