高中数学竞赛数列练习
高中数学联赛一试等差数列和等比数列题汇总(含答案)
高中数学联赛一试等差数列和等比数列题汇总（含答案）1、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。
（1998年高联一试）2、各项均为实数的等比数列{a n}前n项之和记为S n，若S10=10，S30=70，则S40=________。
（1998年高联一试）A．150 B.−200 C. 150或−200 D. −50或4003、给定公比为q(q≠1)的等比数列{a n}，设b1=a1+a2+a3，b2=a4+a5+a6，b n= a3n−2+a3n−1+a3n，…，则数列{b n}（1999年高联一试）A.是等差数列B.是公比为q的等比数列C.是公比为q3的等比数列D.既非等差数列也非等比数列4、已知正整数n不超过2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和，那么（1）n的最小值是_____。
（2）n的最大值是_______。
（3）这样的n的个数是_____。
（1999年高联一试）5、等比数列a+log23，a+log43，a+log83的公比是_______。
（2000年高联一试）6、给定整数p，q，a，b，c，其中p≠q，若p，a，q是等比数列，p，b，c，q是等差数列，则一元二次方程：bx2−2ax+c=0。
（2000年高联一试）A.无实根B.有两个相等实根C.有两个同号相异实根D.有两个异号实根7、设a n=n，S n为数列{a n}的前n项和，f(n)=S n，n∈N，则：(n+32)S n+1（1）当n=______时，f(n)的值最大。
（2）f(n)的值最大值=_________。
（2000年高联一试）8、设数列{a n}是公差为正数的等差数列，若a1+a2+a3=15，a1a2a3=80，则a11+a12+ a13=________。
（2006年高考全国卷）A．120 B.75 C. 90 D. 1059、已知{a n}是公差不为0的等差数列，{b n}是等比数列，其中a1=3，b1=1，a2=b2，3a5=b3，且存在常数α，β使得对每一个正整数n都有：a n=logαb n+β，则α，β的值各是多少？（2010年高联一试）答案：1、82、A3、C4、1830、1953、65、136、A7、8、1508、D9、α=√33，β=3。
数列经典题目(竞赛专题)
当an · an+1 为偶数时, 当an · an+1 为奇数时.
证明, 对每个 n ∈ N∗ , 都有 an ̸= 0. 13. (奥地利 − 波兰,1980) 设数列 {an } 满足 |ak+m − ak − am | p, q ∈ N∗ , 都有 ap aq 1 1 − < + . p q p q 14. (苏联莫斯科,1972) 将 0 和 1 之间所有分母不超过 n 的分数都写成既约形式, 再按递增顺序排成一 a c 列. 设 和 是其中任意两个相邻的既约分数, 证明 b d |bc − ad| = 1. 15. (波兰,1978) 对给定的 a1 ∈ R, 用下列方式定义数列 a1 , a2 , · · · : 对 n ∈ N∗ , ( ) 1 an − 1 , 当an ̸= 0时, an an+1 = 2 0, 当a ̸= 0时,
2), x1 = a, x2 = b, 记 Sn = x1 + x2 + · · · + xn , 则下列结 ) (B) x100 = −b, S100 = 2b − a; (D) x100 = −a, S100 = b − a . 1 时,xn+2 等于 xn xn+1 的个位数, 则 x1998 等于 . . . . ( (C) 6; (D) 8 . 2), 则数列的通项公式为 an = . )
的每一项都是整数, 其中 n ∈ N∗ . 并求所有使 an 被 3 整除的 n ∈ N∗ . 19. (捷克,1978) 证明, 数列 bn = ( √ )n ( √ )n 3+ 5 3− 5 − −2 2 2
的每一项都是自然数, 其中 n ∈ N∗ , 并且当 n 为偶数或奇数时分别具有 5m2 或 m2 的形式, 其中 m ∈ N∗ .
全国高中数学竞赛试题
1、已知数列{an}满足a1=1，an+1=an+2n+1，则a5的值为多少？A、15B、16C、31D、32解析：根据递推关系，逐步计算可得：a2=a1+21+1=4，a3=a2+22+1=9，a4=a3+23+1=16，a5=a4+24+1=31。
（答案：C）2、在三角形ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若a=2，b=3，cosC=(√5)/5，则sinA的值为多少？A、(√5)/5B、(2√5)/5C、(3√5)/5D、(4√5)/5解析：利用余弦定理c²=a²+b²-2ab*cosC，求得c=√5。
再利用正弦定理sinA/a=sinC/c，结合sin²C+cos²C=1，求得sinA=(2√5)/5。
（答案：B）3、若复数z满足(1-i)z=2+2i，其中i为虚数单位，则复数z的模为多少？A、2B、√2C、2√2D、4解析：由(1-i)z=2+2i，得z=(2+2i)/(1-i)=(2+2i)(1+i)/(1-i²)=2i(1+i)/2=2i-2，所以|z|=√((-2)²+2²)=2√2。
（答案：C）4、已知向量a=(1,2)，b=(2,1)，c=(1,n)，若(a+2b)⊥c，则n的值为多少？A、-9B、-7C、7D、9解析：由向量加法得a+2b=(5,4)，由向量垂直得(a+2b)·c=0，即5+4n=0，解得n=-5/45/4=-9/44=-9。
（答案：A）5、设集合A={x|x²-4x+3<0}，B={x||x-3|≤1}，则A∩B等于多少？A、{x|1<x≤2}B、{x|2≤x<3}C、{x|1<x<3}D、{x|2<x≤4}解析：解不等式x²-4x+3<0得1<x<3，所以A={x|1<x<3}；解不等式|x-3|≤1得2≤x≤4，所以B={x|2≤x≤4}；因此A∩B={x|2≤x<3}。
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题6 数列(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版
【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题6 数列 （50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2020·江苏·高三竞赛）已知正实数a ，b ，c 满足16(3)ab bc ca a ++=≥，则2a b c ++的最小值为__________． 【答案】10 【解析】 【详解】解析：易知恒等式2()()a ab bc ca a b a c +++=++，而210a b c ++≥=，当且仅当3a =，2b c ==时，等号成立． 故答案为：10.2．（2021·全国·高三竞赛）已知22,,33x y x y ∈+=R ，则224x xy y ++的最大值为__________． 【答案】92【解析】 【分析】 【详解】222222944222x y x xy y x y ⎛⎫++≤+++= ⎪⎝⎭，当且仅当x y ==故答案为：92.3．（2021·全国·高三竞赛）已知正实数122020,,,a a a 满足1220201a a a +++=，则222202012122320201a a a a a a a a a ++++++的最小值为________． 【答案】12##0.5 【解析】 【详解】由柯西不等式知()()()22220201212232220112232021a a a a a a a a a a a a a a a ⎛⎫+++++++++⎡⎤ ⎪⎣⎦+++⎝⎭()2122201a a a ≥+++=，且()()()1223202012a a a a a a ++++++=，所以2222201212232020112a a a a a a a a a +++≥+++， 且当12202012020a a a ====时取到等号． 故答案为：12.4．（2021·全国·高三竞赛）实数a ､b 满足221a b +=，则max{,}ab a b +的最大值是___________. 【解析】 【详解】解析：不妨设0a b ≤≤，则：()22231(1)1(1)(33)3a b f abb f a a a a ≤⇒=+⇒=+-=+-413333342716a a ++-⎛⎫⋅⎪=≤ ⎝⎭， 当且仅当1,2a b ==故f5．（2021·全国·高三竞赛）已知圆22:1O x y +=与x 轴相交于A B 、两点，抛物线2:2C x py =与圆O 相交于C D 、两不同的点，则梯形ABCD 面积的最大值是___________. 【解析】 【详解】解析：设点()(),,0,1C x y x ∈，则梯形的面积为()1x y +， 而221x y +=消元，可得面积为(1S x =+故()()423311627(1)1(1)3333416S x x x x ⎛⎫=+-=+-≤⨯= ⎪⎝⎭，当且仅当12x =时等号成立，6．（2020·浙江·高三竞赛）设,0a b >，则22max min 2,b a b a b ⎛⎫⎧⎫+=⎨⎬ ⎪+⎩⎭⎝⎭__________.【解析】 【详解】设22min 2,b a b m a b ⎧⎫+=⎨⎬+⎩⎭，则222a b mb m a b +≥⎧⎪⎨≥⎪+⎩， 所以222(2)b m a b a b +⨯+≤.设给定的正实数λ，μ，令2211λμλμ=⎧⎨=+⎩，解得2λ=2μ=，所以2m ≤则()2222222222222222212a b ab b a b b m a b a b a b λμλμ+++++≤=+++≤当且仅当a，b =故m7．（2021·全国·高三竞赛）设,,0a b c >满足0a b c abc -++=，则222223111a b c -++++的最大值是___________. 【答案】103【解析】【详解】取ABC ，使1tan ,tan ,tan 222A B C a c b ===. 由于222222111cos ,sin ,sin 121212A B C a b c ===+++，所以2222cos2sin 3cos 222A B C-+ 2(1cos )(1cos )31sin 2C A B ⎛⎫=+--+- ⎪⎝⎭22sin cos 31sin 222C A B C -⎛⎫=+- ⎪⎝⎭22113sin cos 3cos 23232C A B A B --⎛⎫=--++ ⎪⎝⎭. 最大值为110333+=. 故答案为：103. 8．（2021·全国·高三竞赛）设n 是给定的正整数，12,,,n x x x 是非负实数，11ni i x ==∑，则1ni =___________.(1)n - 【解析】 【详解】1，① 事实上，两边平方后，化简可得上述不等式等价于2x +≥②由于()()12121211x x x x ++≥++，于是②式成立，所以①成立.1,最后可得1(1)(1)ni n n =--.③当1231,0n x x x x =====时，③中的“≥”即为“=”.(1)n -.(1)n -.9．（2021·浙江·高三竞赛）已知2221x y z ++=，则()()222332x x y z x -+的最小值为______. 【答案】1- 【解析】 【分析】 【详解】因为()22222333()()22M x x y z x x x z ⎛⎫=-+=+ ⎪⎝⎭2232x z ⎫=+⎪⎭()322222223332213x y x z x z ⎡⎤⎛⎫⎛⎫++++++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎢⎥≥-=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦. 当1x =-，0y z ==时，取得最小值1-. 故答案为：1-.10．（2021·浙江·高三竞赛）使得()()223233a kab b k a b ++++a ，b 恒成立的k 最大实数为______. 【答案】9 【解析】 【分析】 【详解】 不妨设1ab =,则有()22321(3)()a b k k a b ++≥++,令,2t a b t =+≥,则有2222()22a b a b ab t +=+-=-.则有()2322(3)t k k t -+≥+,整理得23(3)260t k t k -++-≥. 即有(3(3))(2)0t k t ---≥,则33k t -≥恒成立,则有32,93k k -≤≥. 故答案为：9.11．（2021·浙江·高三竞赛）若π3,π44x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则函数4sin cos 3sin cos x x y x x +=+的最小值为______.【答案】【解析】 【分析】 【详解】令(sin cos 4t x x x π⎛⎫=+=+∈ ⎪⎝⎭， ()222132112t t y t tt t-++===+≥当且仅当12t t =即2t =时取等号.故答案为：12．（2021·全国·高三竞赛）已知等腰直角PQR 的三个顶点分别在等腰直角ABC 的三条边上，记PQR 、ABC 的面积分别为PQR S、ABCS，则PQR ABCS S的最小值为__________．【答案】15【解析】 【分析】 【详解】（1）当PQR 的直角顶点在ABC 的斜边上，如图1所示，则P ，C 、Q ，R 四点共圆，180APR CQR BQR ∠=∠=︒-∠，所以sin sin APR BQR ∠=∠．在APR △、BQR 中分别应用正弦定理得,sin sin sin sin PR AR QR BRA APRB BQR==∠∠． 又45,A B PR QR ∠=∠=︒=，故AR BR =，即R 为AB 的中点． 过R 作RH AC ⊥于H ，则12PR RH BC ≥=， 所以22221124PQR ABCBC SPR SBC BC ⎛⎫ ⎪⎝⎭=≥=，此时PQR ABCS S 的最小值为14．（2）当PQR 的直角顶点在ABC 的直角边上，如图2所示．设1,(01),02BC CR x x BRQ παα⎛⎫==≤≤∠=<< ⎪⎝⎭，则90CPR PRC BRQ α∠=︒-∠=∠=． 在Rt CPR 中，sin sin CR xPR αα==，在BRQ 中， 31,,sin 4x BR x RQ PR RQB QRB B ππαα=-==∠=-∠-∠=-， 由正弦定理，11sin 3sin sin sin cos 2sin sin sin 44x RQ RB x x B RQB απαααπα-=⇔=⇔=∠+⎛⎫- ⎪⎝⎭，因此222111122sin 2cos 2sin PQRx SPR ααα⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭． 这样，()()2222111cos 2sin 512cos sin PQR ABCS Sαααα⎛⎫=≥= ⎪+++⎝⎭， 当且仅当arctan 2α=时取等号，此时PQR ABCS S的最小值为15．故答案为：15.13．（2021·全国·高三竞赛）已知非负实数x 、y 、z 满足2224423x y z z +++=，则543x y z ++的最小值为__________． 【答案】3 【解析】 【分析】 【详解】设22244(0)x y w w +=≥，则22(1)4w z ++=．又因为,0x y ≥，所以2222(22)448x y x y xy w +=++≥，54344323x y z x y z w z ++≥++≥+． 点(,)w z 在圆心为(0,1)-，半径为2的圆上运动，结合几何意义和w ，0z ≥知，当(,)(0,1)w z =时，23w z +有最小值3， 且当0,1x y z ===时等号成立． 故答案为：3.14．（2021·全国·高三竞赛）已知两个非零向量,m n 满足2,22m m n =+=，则2m n n ++的最大值是_____．【解析】 【分析】 【详解】设()()2,0,22cos ,2sin m m n x x =+=，则()cos 1,sin n x x =-．则：|2|||(cos m n n x ++===.当且仅当102cos 3(22cos )3x x +=-，即1cos 3x =.. 15．（2021·全国·高三竞赛）设三个不同的正整数a b c 、、成等差数列，且以555a b c 、、为三边长可以构成一个三角形，则a 的最小可能值为________. 【答案】10 【解析】 【分析】 【详解】设,a b k c b k =-=+为正整数，由于以555 a b c 、、为三边长可以构成一个三角形， 则55554235()()10202b k b b k b b k b k k -+>+⇔>++， 所以5410,10b b k b k >>，于是9a b k k =->，即有9110a k ≥+≥. 故答案为：10.16．（2021·全国·高三竞赛）设,0x y >，且满足x y -=，则x y +的最大值为_________． 【答案】12 【解析】 【分析】 【详解】注意到x y +=≤ 解得412x y -≤+≤，而7,5x y ==时取到最大值12． 故答案为：12.17．（2021·全国·高三竞赛）设正实数122020,,,a a a 满足202011i i a ==∑，则120201min1iii k k a a ≤≤=+∑最大值为_________．【答案】1【解析】 【详解】解析：最大值为1-记01202011min,1,11ii i k ii k kk a S x a x a ≤≤====+=+∑∑，则1i i i a x x -=-，故111i i i i ix x xS x x ---≤=-，即11i ix S x --≥，对1,2,3,,2020i =,求和，并结合算术-几何平均不等式，有12020202010202012020202020202020(1)2020202022i i i x x S x x -=⎛⎫-≥≥⨯== ⎪⎝⎭∑，故2020112S ≤-，等号当120202020(2)(2)(1,2,3,,2020)i i i a i -=-=时取到．所以原式的最大值为2020112-．故答案为：2020112-.18．（2021·浙江·高三竞赛）一条直线上有三个数字1a ，2a ，3a ，数字2a 位于1a ，3a 之间，称数值1223a a a a -+-为该直线的邻差值.现将数字1~9填入33⨯的格子中，每个数字均出现，过横向三个格子､竖向三个格子及对角线三个格子共形成8条直线.则这8条直线的邻差值之和的最小值为______，最大值为______. 【答案】 36 60 【解析】 【分析】 【详解】如图1,这8条直线的邻差值之和：9212387894147636951i i M a a a a a a a a a a a a a a a a a a ==-+-+-+-+-+-+-+-+-∑,利用局部调整法,当(1,2,,9)i a i i ==⋯时，M 有最小值2226668436+++++++=. 当如图2排列时，M 有最大值8189(9823)224602i i =⨯++--⨯=+=∑. 故答案为：36,60.19．（2021·全国·高三竞赛）已知正整数n p 、，且2p ≥，设正实数12,,,n m m m 满足1111np i im==+∑，则12n m m m 的最小值为_______．【答案】(1)mp n - 【解析】 【分析】 【详解】令2tan ,0,,1,2,,2p i i i m x x i n π⎛⎫=∈= ⎪⎝⎭．由题设可得22212cos cos cos 1n x x x +++=，于是：2222121cos cos cos sin n n x x x x -+++=，222221221cos cos cos cos sin n n n x x x x x --++++=，……2222231cos cos cos sin n x x x x +++=，将上述各式利用均值不等式得：2221(1)cos sin n n n x x --≤， 22221(1)cos sin n n n x x ---≤，……2231(1)cos sin n n x x -≤，再把上述n 个不等式相乘，得()2222221212(1)cos cos cos sin sin sin n n n n x x x x x x -≤，即22212tan tan tan (1)n n x x x n ≥-．由于2tan ,1,2,,p i i m x i n ==，故12(1)n pn m mm n ≥-，当且仅当1(1)p i m n =-时上式等号成立．故答案为：(1)mp n -. 二、解答题20．（2021·全国·高三竞赛）求所有的正实数a ，使得存在实数x 满足22sin cos22x x a a +≥．【答案】[1,)⎛⋃+∞ ⎝⎦【解析】 【详解】设22sin x t a =，则不等式化为20at t+-≥． 当01a <<时，2[,1]t a ∈；当1a =时，1t =；当1a >时，2[1,]t a ∈． 因此不等式可化为220t t a +≥-．设2()2f t t t a =-+，考虑()f t 在1和2a 之间恒小于零，则2(1)0,()0,0f f a a <<>， 故()()21110a a a a <⎧⎪⎨-+-<⎪⎩，1a <<．所以a的取值范围是[1,)⎛⋃+∞ ⎝⎦． 21．（2021·全国·高三竞赛）设m 为正整数，且21n m =+，求所有的实数组12,,,n x x x ，使得22221221i i nmx x x x x =++++，对所有1,2,,i n =成立．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】第一步化简原式，第二步利用AM GM -不等式即可得到1k =或2m ，这两种情况是对称的，不妨证明1k =的时候成立，所以原式成立. 【详解】 由已知22121,1,2,,i i njj mx x i nx==+=⋅⋅⋅∑ ，得22121ni jj i mx x x ==-∑ ，故221i imx x -全相等．注意到若实数a b 满足2211a b a b =--，则ab a b =+，即1b a b =-．因此,1i b x b b ⎧⎫∈⎨⎬-⎩⎭，0,1,2,,b i n ≠=．设i x 中有1bb -，21n k m k -=+-个b ，则有201k m ≤≤+，且()2222221(1)1b mb k m k b b b ⋅++-=--， 即()21(1)21km k b m b ++--=-． 由AM GM -不等式，若201k m <<+， ()21(1)21km k b m b ++--≥≥-， 因此必取等，即1k =或2m ，这两种情况是对称的，不妨1k =，则 21(1)21m b m b +-=-， 知11b m -=，则1,1m b a m m+==+． 若0k =，则()21(1)2m b m +-=，即222(1)(1),12m m b a m m++==+． 若21k m =+，则2121m m b +=-，即222(1)(1),21m m b a m m ++==+． 综上可知，12,,,n x x x 要么1个21,+m m 个1m m +；要么全是22(1)1m m ++．22．（2021·全国·高三竞赛）求最大的正实数λ，使得对任意正整数n 及正实数01,,,n x x x ，均有010111.nnk k k kx x x x λ==≥+++∑∑．【答案】λ的最大值为3． 【解析】 【分析】先取101231,2,4,,2n n x x x x x -=====，通过对其求和可得λ的范围，再利用放缩法可得010101201111333n nx x x x x x x x x x x +++≥+++++++++，最后求出最大的正实数λ的值.【详解】一方面，取101231,2,4,,2n n x x x x x -=====，得1111322nn k k λ-=-≥∑ 即 1113122n n λ-⎛⎫-≥- ⎪⎝⎭． 令n →∞，得3λ≤．另一方面对正实数x ，y 有114x y x y+≥+，故0101114x x x x +≥+， 012012114x x x x x x +≥+++， 01230123114x x x x x x x x +≥+++++，……01101114n n nx x x x x x x -+≥++++++．以上各式相加，得 010101201111333n nx x x x x x x x x x x +++≥+++++++++．故3λ=时，原不等式恒成立．综上，λ的最大值为3． 23．（2021·全国·高三竞赛）已知01({0,1,,10})i x i <<∈证明：存在,{0,1,2,,10}i j ∈，使得()1030i j j i x x x x <-<. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】 不妨1210x x x ≤≤≤，设()(,)i j j i f i j x x x x =-，当010i j ≤≤≤时，因为()()()22333i j j i i i j j j i j i x x x x x x x x x x x x -≤++-=-，即333(,)j i f i j x x ≤-，当且仅当i j =时，等号成立. 故()()10103311131,1i i i i f i i x x -==-<-<∑∑，所以存在{1,2,,10}i ∈，使得13(1,)10f i i -<，即1(1,)30f i i -<. 所以存在,{0,1,2,,10}i j ∈，使得()1030i j j ix x x x <-<. 24．（2020·浙江·高三竞赛）设非负实数x ，y ，z ，证明：113(1)(1)(1)x y z x y z -<++++++【答案】证明见解析 【解析】 【详解】证 设()111,1,11x a y b a b c z c +=⎧⎪+=≥≥≥⎨⎪+=⎩，问题等价于证明：11a b c abc -++，当a b c ++≥故即证：abc3a b c <++<而33a b c abc ++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭.设()3a b c x x ++=≥，探究327x3,⎡+⎣的大小， 即比较327x3,⎡+⎣的大小，227x =注意3211)2)22x x x x x =⋅⋅≤⋅=⎣⎦所以命题得证.25．（2021·全国·高三竞赛）已知正实数a 、b 、c ，满足333a b c +=，求证：2226()()a b c c a c b +->--．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】由于齐次，不妨令1c =，则()22()1a b a b ab ++-=．记3,,31,,01a b s ab t s st s t s +==-=>⇒> 22226()()867a b c c a c b s t s +----=-+-()32132418213s st s s s=-+-()3322113811821(85)(1)33s s s s s s s s ⎡⎤=--++-=--⎣⎦．又由基本不等式可得33311()4a b a b =+≥+，故85a b +，故85s <，所以21(85)(1)03s s s-->，因此2226()()a b c c a c b +->--．26．（2021·全国·高三竞赛）求所有实数p ，使得对任意实数a ､b 均有(a b p ++-【答案】p 的取值范围是[0,3]. 【解析】 【详解】 易见a ､b 同号.令0,0a b =>0≥，所以0p ≥.令1a b ==，则1p +，所以03p ≤≤. 下面说明当[0,3]p ∈时，原不等式成立.若[0,1]p ∈,(0a b p -≤，所以原不等式成立.若13p <≤，则||((1)2a b p p +-≤-⋅.|a b =+以及||||(||(1)(1)22a b a b a b p a b p p ++++-≤++-⋅=+⋅.又因为13p <≤，所以1|||2p a b a b ++≥⋅+. 于是原不等式也成立.综上所述，p 的取值范围是[0,3].27．（2021·全国·高三竞赛）求c 的最大值，使得对任意的正实数x 、y 、z ，均有()3222x xyc xy x y -≥-∑∑∑∑，其中“∑”表示轮换对称求和．12． 【解析】 【分析】 【详解】注意到22()()()xy x y x y y z z x -=---∑∑，由不等式的轮换对称性，不妨设x 最小，则,y x a z x b =+=+，其中,0a b ≥．所以，原式等价于：333222()()()()()()()x x a x b x x a x a x b x b x c b a ab ++++-+-++-+≥-，化简得()223322()x a ab b a b ab c b a ab -+++-≥-．由220a ab b -+≥，且x 可无限接近于0，得332()a b ab c b a ab +-≥-，对,0a b ∀≥成立． 又3320a b ab +-≥，为了求c 的最大值，可不妨设0b a >>． 令1bt a=>，321(1)t t c t t -+≥-， 设3211()(1)(1)(1)t t f t t t t t t t-+==+>--， 则()2232(21)(1)21()1,()0((1))((1))t t t t f t f t t t t t ----=-=>-''-'， 所以()f t '在(1,)t ∈+∞上严格单调递增．而243211()02210210f t t t t t t t t t ⎛⎫⎛⎫=⇒-+-+=⇒+-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'，解得t =()f t 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫⎪+∞⎪⎝⎭上单调递增．故min1()2f t f ==⎝⎭，所以，c 12． 28．（2021·全国·高三竞赛）求所有实数1,1,1x y z ≥≥≥满足：=【答案】22221{,,}1,1,11l x y z l l l ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=+++⎨⎬ ⎪+⎝⎭⎪⎪⎩⎭，其中0l >． 【解析】 【分析】 【详解】记2221,1,1x k y l z m =+=+=+，不妨0k l m ≤≤≤，k l m =++．平方整理得()2221(1)(1)0k lm kl km +-++-=，于是有11,ml m l k=+=， 所以210,,,1ll m k l l l ≠===+相应的222211,11y y yx k z m y y +-=+==+=-． 由x y ≤，即2321(1)(1)0y y y y y +-≤⇔-+≥，符合假设．由x z ≤，即()231(1)210y y y y y +--≤⇔-≥，又1y ≥，符合假设．综上，22221{,,}1,1,11l x y z l l l ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=+++⎨⎬ ⎪+⎝⎭⎪⎪⎩⎭，其中0l >． 29．（2021·全国·高三竞赛）已知(1,2,,)i x i n=是正实数，求证：1,1i ji j nx x n ≤≤≤+∑ 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】要证明原不等式，只要证明22221,114(1)nni j i ii j n i i n x x n x x≤≤==⎛⎫⎛⎫≤+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑，即证22222111114(1)2n nn i i j i i j i i i j n i i j n i n x x x n x x x x =≤<≤=≤<≤=⎛⎫⎛⎫+≤++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑∑，只需证明22111122211124(1)nnii ji i ji i j n i i j nnn i ii ji i i j nxx x xx x nn xxx x =≤<≤=≤<≤==≤<≤++≤++∑∑∑∑∑∑∑．记211ni i iji j nx t x x=≤<≤=∑∑，则只需证明21141(1)11n n t t ⎛⎫⎛⎫+≤++ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，即证224(1)(1)(2)n t n t t +≤++，即证222(1)2(1)40n t n t n -+--≥ （*）注意到222111122n i ji ji i j ni j ni x x n x x x ≤<≤≤<≤=+-=∑∑∑，所以21t n ≥-， 所以22222222(1)2(1)4(1)2(1)4011n t n t n n n n n n ⎛⎫-+--≥-+--= ⎪--⎝⎭， 即（*）成立，所以原命题成立．30．（2021·全国·高三竞赛）已知[],,1,2a b c ∈-，求证：4abc ab bc ca +≥++. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】构造一次函数()()[]4,1,2f x bc b c x bc x =---+∈-. 根据一次函数的单调性，只需证明()10f -≥和()20f ≥. 因为19(1)()4(21)(21)22f bc b c bc b c -=----+=---+，由题设，()[]21,2()13,3b c --∈-，所以()()21219b c --≤， 所以()10f -≥.又因为()()()()224220f bc b c bc b c =---+=--≥. 综上，原不等式成立.31．（2021·全国·高三竞赛）已知函数()()()[]221,1,1f x x x bx c x =-++∈-，记()f x 的最大值为(),M b c ．当b 、c 变化时，求(),M b c 的最小值． 【答案】3-． 【解析】 【分析】 【详解】因为对任意的[]()()1,1,,x f x M b c ∈-≤，所以取0,1,x λ=±±，0，得：()()()()()()()()()()()()()()()()()22221,,1,,,,0,,1,,?,,1,.,,f M b c f M b c c M b c f M b c b c M b c f M b c b c M b c f M b c λλλλλλλλ⎧-≤⎪⎧⎪≤≤⎪⎪⎪⎪≤⇒-++≤⎨⎨⎪⎪-≤⎪⎪--+≤⎩⎪≤⎪⎩则()()()()()()2222212,1,c M b c c M b c λλλλ-+≤⇔-+≤， 故()()()()()()2222221112,c c M b c λλλλλλ-≤-++-≤-，则()()2221,2M b c λλλ-≥-，所以()()222max1,32M b c λλλ⎛⎫- ⎪≥=- ⎪-⎝⎭此时可取30,3M b c =-==， 此时()()(222213320x x x -+≤--≥．显然可以取到．综上，(),M b c的最小值为3-．32．（2021·全国·高三竞赛）在平面内画出(2)n n ≥条直线，把平面分成若干个小区域，其中一些区域涂了颜色，且任何两个涂色区域没有公共边界（可以有公共顶点）.证明：涂色区域的个数不超过()213n n +. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】讨论这(2)n n ≥条直线的位置关系，当所画直线均两两平行，当所有的直线不全平行时，当只有两条线为边界的区域的区界是两条射线.对每种关系进行一一讨论，即可证明. 【详解】若所画直线均两两平行，则把平面分成(1)n +个区域，当n 为偶数时，涂色区域个数不超过112n +⎡⎤+⎢⎥⎣⎦；当n 为奇数时，涂色区域个数不超过12n +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.且()211123n n n +⎡⎤+≤+⎢⎥⎣⎦. 当所有的直线不全平行时，此时每条直线都被与之相交的直线分成了线段或射线，故没有边界为直线的区域.设边界的线（线段或射线）的条数为i 的涂色区域有(2,3,,)i m i k =个，且边界上最多k 条线.只有两条线为边界的区域的区界是两条射线，每条射线只能作一次涂色区域的边界，n 条直线上只有2n 条射线，从而2m n ≤.又每条直线至多分成了n 段，n 条直线至多分成2n 段，且每段只能作一条涂色区域的边界，所以2234234k m m m km n ++++≤，于是涂色区域的个数()2232231111233333k k m m m m m m km n n +++≤++++≤+.33．（2021·全国·高三竞赛）设n 是一个大于等于3的正整数，当n 满足什么条件时，对任意实数(1,2,,)i a i n =总成立：()()()()()121312123n a a a a a a a a a a ---+--⋅⋅⋅()()()()21210n n n n n a a a a a a a a --++---≥.【答案】3n =或5n = 【解析】 【详解】当且仅当3n =或5n =时成立. 设()()()()()121312123n A a a a a a a a a a a =---+--⋅⋅⋅()()()()2121n n n n n a a a a a a a a --++---，首先给出反例：4n =时，12340,1a a a a ====，1A =-，不等式不成立.5n >时，1243210,2,1n n n n n a a a a a a a ----========，1A =-，不等式不成立.3n =或5n =时不等式成立，理由如下： 3n =时，设a ､b ､c 是实数，即证：222()()()()()()0a b a c b a b c c a c b a b c ab bc ca --+--+--⇔++++显然成立.5n =时，设a ､b ､c ､d ､c 是实数，即证：()()()()()()()()()()()()a b a c a d a e b a b c b d b e c a c b c d c e ----+----+----()()()()()()()()0d a d b d c d e e a e b e c e d +----+----≥式子是完全对称的，可设a b c d e ≥≥≥≥，那么()0,0a b b a a c b c -=--≥-≥-≥， 0,0a d b d a e b e -≥-≥-≥-≥.因此()()()()()()()()0a b a c a d a e b a b c b d b e ----+----≥，同理，()()()()()()()()0d a d b d c d e e a e b e c e d ----+----≥.又()()()()0c a c b c d c e ----≥，三个式子相加得证.34．（2021·全国·高三竞赛）设函数32()1f x ax x bx =-+-有三个正零点，求22532(,)()a ab g a b a b a -+=-的最小值.【答案】【解析】 【详解】 一方面，当a b ==方程3()0(0f x x =⇔=，故此函数()f x 有三个相等的零(,)g a b =. 设方程3210ax x bx -+-=的三个正实根分别为α､β､γ， 则由根与系数的关系可得11,,b a a aαβγαββγγααβγ++=++==. 故0,0a b >>.由2()3()αβγαββγγα++≥++知：213b a a ≥，可得13b a≤.①又由αββγγα++≥b a ≥b ≥从而有13b a≤，故13a，解得a ≤a b ≤，即0b a ->， 所以2210()3a b a a a a ⎛⎫<-≤- ⎪⎝⎭②由①②可得222232532511531()33a ab a a P a b a a a a a a -+++=≥=--⎛⎫- ⎪⎝⎭，其中0a <≤， 设()231533a h a a a+-=，则()()()()22233151103a a a a h a '-+-=<，故()h a在⎛ ⎝⎦为减函数，故()min h a h ==⎝⎭故min (,)g a b =35．（2021·全国·高三竞赛）证明：对每个大于1的奇数n，1π是无理数. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】假设存在大于1的奇数1,n π是有理数.设()1arccos ,,,(,)1q p q p q p θπ+==∈=Z ，则,cos q p πθθ==2cos 2nnθ-=.下面证明：对任何正整数,cos m m θ=，且12(mod )m m a n -≡，① 12m =、时结论成立.设cos(1)k k θθ-==2112(mod ),2(mod )k k k k a n a n ---≡≡， 由1cos cos [cos(1)cos(1)]2k k k θθθθ=-++得：cos(1)2cos cos cos(1)k k k θθθθ+=--=.设112k k k a a na +-=-，则cos(1)k θ+=12(mod )kk a n +≡. 因此，①cos cos (1)q a p q θπ===-，故2pp a n =，因此2p n a ∣.12(mod )p p a n -≡，所以222,1p n n -=∣或2的方幂，这与n 是大于1的奇数矛盾. 36．（2021·全国·高三竞赛）已知121,,n n n a S a a a n n+==+++∈N .求证：21,4nkk ka n N S +=∀∈<∑. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】当n →∞时，n S →∞，并且2n >时，12n a <， 因此，对任意2,k k N ≥∈，存在唯一的k M ∈N ，使得1[,1),[,1)k k M M S k k S k k -∈+∉+.则有23123M M S S -≤≤<，所以()333222111222211111222M M i i M M i M i M ia a S S S ---=+=+<=-<∑∑.同理，11221(2,,)i j M i i M ia j k S j +-=<=∑，所以3124232222211111k k M M M M nk i i iik i i M i M i M k i i iia a a a a S S S S S +===+=+=+<++++∑∑∑∑∑（其中k 充分大使得k M n >） 22222211111234M i i i a S k =<+++++∑222211111111234234k <++++++++25111112122334(1)k k <+++++⨯⨯⨯-⨯ 2511412k=+-<. 37．（2021·全国·高三竞赛）已知正实数a 、b 、c 满足2223a b c ++≥．求证：(1)(2)(1)(2)(1)(2)3(1)(5)(1)(5)(1)(5)2a b b c c a b b c c a a ++++++++≥++++++．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】证明：由224(2)3(1)(5)(1)0x x x x +-++=-≥，得23(0)(1)(5)4(2)x x x x x +≥>+++．接下来只需要证明：1112222a b c b c a +++++≥+++， 其中，正实数a ，b ，c 满足2223a b c ++≥． 事实上，由柯西不等式，得：111[(1)(2)(1)(2)(1)(2)]222a b c a b b c c a b c a +++⎛⎫++++++++⋅++ ⎪+++⎝⎭2(3)a b c ≥+++．而(1)(2)(1)(2)(1)(2)a b b c c a ++++++++ 3()6ab bc ca a b c =++++++()22221(3)32a b c a b c ⎡⎤=+++-++-⎣⎦21(3)2a b c ≤+++． 所以1112222a b c b c a +++++≥+++． 故原不等式成立．38．（2021·全国·高三竞赛）若数列11n n k n a n k =⎡⎤=⎢⎥⎣⎦∑，求证：存在无穷多个正整数n ，使得1n n a a +>，并确定是否存在无穷多个正整数n 使得1n n a a +<？（这里[]x 表示不超过x 的最大整数） 【答案】证明见解析，存在无穷多个n ，使1n n a a +<. 【解析】 【详解】用()d i 表示正整数i 的正因数个数，则1111(1)(1)n n n k n n n a na d n k k ++=⎛⎫+⎡⎤⎡⎤+-=-=+ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭∑. 所以若取()21mn m +=-∈N ，则()()22122121m m m m ma a d m ---==+，所以2212122(1)m m m m ma a m a ---=+-.而2121112121mm m m k a k --=⎡⎤-=⎢⎥-⎣⎦∑21112121m m m k k -=-≤-∑2111mk k-==∑ 111111242242m m --<+⋅+⋅++⋅m =.所以221220m m m ma a -->，于是221m m a a ->，故存在无穷多个n 使1n n a a +>.若取1n p +=（p 为质数，11p ≥）， 则1(1)2p p pa p a ---=，112p p p pa pa a ---=-.当11p ≥时，1111(1)p p k p p a k --=-⎡⎤-=⎢⎥⎣⎦∑11(3)2p p p -⎡⎤≥-++-⎢⎥⎣⎦ 15(3)p p ≥-++-22p >-.所以12p a ->.所以10p p pa pa --<，于是1p p a a -<.故存在无穷多个n ，使1n n a a +<.39．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆22223:1(0)x y C a a a+=>，点P 、Q 在椭圆C 上，满足在椭圆C 上存在一点R 到直线OP 、OQ 的距离均为12a ，证明：223aOP OQ ⋅≤．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】设cos R a θθ⎛⎫⎪⎝⎭，1:0OP k x y -=，2:0OQ k x y -=， 则根据题意，1k 、2k 是关于k12a =的两个实根，该方程即222111cos sin 0434k k θθ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭， 于是2212221111sin sin 13434133cos sin 44k k θθθθ--⋅===---．OP OQ ⋅=2a =2a =2a =2a ≤223a =， 原命题得证．40．（2021·全国·高三竞赛）设x 、y 、z 均为非负实数，且满足：222(1)(1)(1)27x y y z z x +-++-++-=，求444S xy z =++的最大值与最小值．【答案】41)；48． 【解析】 【详解】 由柯西不等式：2127[(1)(1)(1)]3x y y z z x ≥+-++-++-，从而得到6x y z ++≤，将条件改写为2222()4()24x y z x y z x y z +++++-++=， 利用6x y z ++≤，可知2222444()4()2()222x y z x y z x y z x y z +++++-++≤++≤++从而22222212242x y z x y z +++≤+++，得到22212x y z ++≥，进而()2222444483x y z x y z ++++≥≥，当2x y z ===时取到等号．另一方面，4x y z x y z ++≥++，得到()40x y z x y z +++++≥，故()()2240x y z x y z ++-+++≥-，从而2222()4()x y z x y z x y z ++-++≥++- 因为2222()4()24x y z x y z x y z +++++-++=， 进而()222242x y z ≥++-1，故得到()244422241)x y z x y z ++≤++≤，当1,0x y z ===时取到等号．41．（2021·全国·高三竞赛）对每一个正整数2n ≥，求最大的常数n c 使得不等式1nn i i j i i jc a a a =<≤-∑∑对任意满足10ni i a ==∑的实数12,,,n a a a 成立．【答案】2n【解析】 【分析】 【详解】首先，我们证明2n n c ≤； 若n 为偶数，设2n k =，取1121,1k k k a a a a a +=======-，此时21,2nii j i i jan a a k =<=-=∑∑．所以2122iji jn nii a ak n c k n a<=-≤===∑∑． 若n 为奇数，设21n k =+，取121221,11k k k ka a a a a k +++=======-+，此时1(1)121ni i k a k k k k ==++⋅=+∑，(1)1(21)1i j i j k a a k k k k k <⎡⎤⎛⎫-=++=+ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎣⎦∑． 所以1(21)21222iji jn nii a ak k k nc k a<=-++≤===∑∑，所以对n +∈Z 均有2n n c ≤． 下面我们证明2n nc =满足条件，即12ni i j i i jn a a a =<≤-∑∑．又()1112(1)n n ni j i j i j i j i ji j ii j ii j ia a a a a a n a a <=≠=≠=≠-=-≥-=--∑∑∑∑∑∑∑．因为10n i i a ==∑，所以0i j j ia a ≠+=∑．所以112(1)n ni j i i i i j i i a a n a a n a <==-≥-+=∑∑∑，得证．所以n c 的最大值为2n．42．（2021·全国·高三竞赛）已知正实数12,,,(2)n a a a n >满足121n a a a +++=．证明：23131212121222(1)n nn n a a a a a a a a a a n a n a n n -+++≤+-+-+--．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】当4n ≥时，由平均值不等式知1111111n nn j i nj i jj j ia a a a n n --==≠⎛⎫- ⎪-⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪--⎝⎭⎪⎝⎭∑∏．又111i a n -<-，则131111n i i a a n n ---⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，所以 231312112222n n n n a a a a a a a a a a n a n a n -++++-+-+-()()3311(1)2ni i i a n a n =-≤-+-∑ 33321(10)1(1)(02)(1)(2)(1)ni n n n n n n =-<=≤-+----∑． 当3n =时，即证312311(1)4=≤+∑i i i a a a a a ．由于()()()()11123121311111111411a a a a a a a a a ⎛⎫=≤+ ⎪+-+---⎝⎭，所以3112131111()(1)4(1)(1)=≤++--∑∑i i i a a a a a a ()()2131111411a a a a ⎛⎫=+⎪--⎝⎭∑ ()2323123111414a a a a a a a +==-∑∑，所以31231111(1)44=≤=+∑∑i i i a a a a a a ．命题得证．43．（2021·全国·高三竞赛）已知12,,,n a a a …为正实数(4)n ≥，且满足(1)j i ia ja i j i j n +≥+≤<≤，求证：()()()()12121n a a a n n +++≥+！．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】设ii a b i =，则有11(1)i j b b j i j i n +≤≥<≤+，命题即证1(1)(1)ni i b n =+≥+∏．（1）若对于所有(1)i i n ≤≤，有1i b i ≥，则11111(1)(1)1n n ni i i i i b n i i ===+⎛⎫+≥+==+ ⎪⎝⎭∏∏∏．（2）若存在某一个(1)i i n ≤≤，有1i b i<.设1i c b i=-，则有111111()j i b b i c j i j j +≥+-++≠=+，则11111(1)(1)11nni i i c i b c j c i==+-+≥⋅++++∏∏.注意到21111111111(1)111c c i i i c c c i i i+-+-+=⋅≥++++++， 故只需证211111(1)11(1)n ni i n c c j j ==⎛⎫⋅+++=+ ⎪⎝⎭≥+∏∏， 即2111(1)11n i c jc j =⎛⎫++ ⎪⎪≥+⎪+ ⎪⎝⎭∏． 又因为111111211cc c jj j++=+≥+++， 故()421244122111312121122212n i c c c c c c c j C C =⎛⎫++ ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪≥+≥++ ⎪=++ ⎪⎝⎭⎝⎭ ⎪ ⎪⎭≥++⎝∏ 因此命题成立．44．（2021·全国·高三竞赛）设{}()1,2,3,,2,m M n m n +=⋅∈N 是连续2m n ⋅个正整数组成的集合，求最小的正整数k ，使得M 的任何k 元子集中都存在1m +个数121,,,m a a a +满足1(1,2,,)i i a a i m +=．【答案】21m n n ⋅-+． 【解析】 【分析】 【详解】 记{1,2,3,,}A n =，任何一个以i 为首项，2为公比的等比数列与A 的交集设为i A ．一方面，由于M 中2m n n ⋅-个元的子集{}1,2,,2m n n n ++⋅中不存在题设的1m +个数，否则12112mm n a a a n ++≤<<<≤⋅，而1212m m nn a n ⋅+≤≤=，矛盾．故21m k n n ≥⋅-+．另一方面，21m k n n =⋅-+时，题设满足.若非如此，考虑以1212n i i -⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭为首项，以2为公比的等比数列．其与M 的交集的元素个数为21i A m ++个．设M 任何k 元子集为T ，则上述等比数列与M 的交集中至少有21i A +个元素不在T 中，而i j ≠时，2121i j A A ++=∅．注意到21112||,i n iA A +-=所以21112|\|||ii n M T A A n +-≥==，可得2m T M n n n ≤⋅=⋅-与21mT k n n ==⋅-+矛盾．综上，所求k 为21m n n ⋅-+． 45．（2021·全国·高三竞赛）设12,(,,2)n a a a n ≥为正实数，求证：12111111ia nn i i i i i a a a n +==⎛⎫⎛⎫+> ⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∏∑．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】根据伯努利不等式，有112211111iia a i i i i i a a a a a ++⎛⎫⎛⎫+=+>+ ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭，故只需证明()2211111nn i i i i a a n ==⎛⎫+≥ ⎪-⎝⎭∏∑．因为22111111i i n n a a n n n -⎛⎫⎛⎫+=+- ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭， 从而()2211111111nnnii i i n n a a n n n ==-⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+- ⎪⎪⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭∏∏． 不妨设2222212111,,,,,,11k k n a a a a a n n +<≥--，由伯努利不等式可得： 222111111111111111nk n i i i i i i k n n n a a a n n n n n n ===+---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-≥+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∏∑∑ 222111(1)(1)k ni i i i k n k n a k n a n ==+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑2211n i i n a n =-⎛⎫≥ ⎪⎝⎭∑， 从而()222211111111nnn n ii i i i i n n a a a n n n ===-⎛⎫⎛⎫⎛⎫+≥≥ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭∏∑∑． 46．（2021·全国·高三竞赛）已知12,,,0n a a a >，求证：()()()()()()1232341212231n n n a a a a a a a a a a a a a a a ++++++>+++．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】因为()()()2221232213132a a a a a a a a a ++=++++ ()222131324a a a a a a ≥+++()()221321222a a a a a a =+++ ()()122322a a a a =++，所以()()()()()()21232341212231n n a a a a a a a a a a a a a a a ⎛⎫++++++ ⎪ ⎪+++⎝⎭()()()()()()()()()1223233411222212231222222nn a a a aa a a aa a a a a a a a a a +++++≥++++， 当且仅当1324,a a a a ==⋅⋅⋅==⋅⋅⋅时等号成立． 以下配对柯西约分： 因为()()()22121212222a a a a a a ++≥=+，()()()22232323222a a a a a a ++≥=+，……，显然柯西不等式等号不成立．所以()()()()()()212323412122312n n n a a a a a a a a a a a a a a a ⎛⎫++++++ ⎪ ⎪+++⎝⎭>，即()()()()()()1232341212231n n n a a a a a a a a a a a a a a a ++++++>+++.47．（2021·全国·高三竞赛）设正实数1299,,,a a a 满足对任意199i j ≤≤≤有i j ja ia i j +≥+，求证：()()()12991299100a a a +++≥!．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】 令(199)ii a b i i=≤≤，条件转化为对任意199i j ≤<≤有11i j b b i j +≥+．要证不等式即()()()1299111100b b b +++≥．若对任意199i ≤≤均有1i b i ≥，则左式99111100i i=⎛⎫≥+= ⎪⎝⎭∏．否则恰存在一个i 使得1i b i <，记1i c b i=-，则对任意j i ≠，有1j b c j ≥+．于是左式9919911111111111j j j ic i c c c i j j c i≤≤=≠-+⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥-+++=++ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭++∏∏． 即只需证：991121100111j c c j c i =⎛⎫ ⎪⎛⎫++≥+ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪-+⎝⎭∏． ① 由Bernoulli 不等式知 ①式左端9999999911111110*********j j j j j j j j c c c j j j j ====⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+⋅=+⋅≥+ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∏∏∏． 显然99122111j j j c i=>>+-+∑，因此①式成立，即证原不等式成立．48．（2021·全国·高三竞赛）已知12,,,n a a a R ∈，且满足222121n a a a +++=，求122311n n n a a a a a a a a --+-++-+-的最大值.【答案】当n 为偶数时，最大值为n 为奇数时，最大值为【解析】。
高中数学竞赛5数列部分参考答案
全国高中数学联赛试题分类汇编5.数列部分参考答案2019B 8.◆答案：5★解析：设{}n a 的公差为d ．由条件知12k a a a +=（k 是某个正整数），则()1121a d a k d +=+-，即()12k d a -=，因此必有2k ≠，且12a d k =-． 这样就有()111112n n a a n d a a k -=+-=+-，而此时对任意正整数n ，()()()()1211111222n n n n n a a a na d a n k d --⎡⎤+++=+=+--+⎢⎥⎣⎦，确实为{}n a 中的一项．因此，仅需考虑使()12|k a -成立的正整数k 的个数．注意到20193673=⨯，易知2k -可取1,1,3,673,2019-这5个值，对应得到5个满足条件的等差数列．2019B 二、★证明：由条件可知4k ≥，且3212112kk k k d d d d d d d d -----=--……………10 分 易得11,k d d n ==，12k nd d -=，23k nd d -=，代入上式得3222123nn d d d n n d d d d --=--， 即()()2232231d d d d -=-，由此可知3d 是完全平方数．由于2d p =是n 的最小素因子，3d 是平方数，故只能23d p =． ………………30 分 从而序列21321,,,k k d d d d d d ----为232121,,,,k k p p p p p p p ------，即12,,,k d d d为211,,,,k p p p -，而此时相应的n 为1k p -.综上可知，满足条件的n 为所有形如a p 的数，其中p 是素数，整数3a ≥．………40分。
2018A 8、◆答案：80★解析：记{}2,11∈-=+i i i a a b （9,,2,1 =i ），则有92111012b b b a a a +++=-= ① 7655825432b b b a a a a b b b ++=-=-=++②下面用t 表示432,,b b b 中2的项数。
数学竞赛试题及答案高中生
数学竞赛试题及答案高中生试题一：代数问题题目：已知\( a, b \) 是方程 \( x^2 + 5x + 6 = 0 \) 的两个实根，求 \( a^2 + 5a + 6 \) 的值。
解答：根据韦达定理，对于方程 \( x^2 + bx + c = 0 \)，其根\( a \) 和 \( b \) 满足 \( a + b = -b \) 和 \( ab = c \)。
因此，对于给定的方程 \( x^2 + 5x + 6 = 0 \)，我们有 \( a + b =-5 \) 和 \( ab = 6 \)。
由于 \( a \) 是方程的一个根，我们可以将 \( a \) 代入方程得到 \( a^2 + 5a + 6 = 0 \)。
所以 \( a^2 + 5a + 6 = 0 \)。
试题二：几何问题题目：在一个直角三角形中，已知直角边长分别为 3 厘米和 4 厘米，求斜边的长度。
解答：根据勾股定理，直角三角形的斜边长度 \( c \) 可以通过直角边 \( a \) 和 \( b \) 计算得出，公式为 \( c = \sqrt{a^2 + b^2} \)。
将给定的边长代入公式，我们得到 \( c = \sqrt{3^2 + 4^2} =\sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5 \) 厘米。
试题三：数列问题题目：一个等差数列的首项 \( a_1 = 3 \)，公差 \( d = 2 \)，求第 10 项 \( a_{10} \) 的值。
解答：等差数列的通项公式为 \( a_n = a_1 + (n - 1)d \)，其中\( n \) 是项数。
将给定的值代入公式，我们得到 \( a_{10} = 3 + (10 - 1) \times 2 = 3 + 9 \times 2 = 3 + 18 = 21 \)。
试题四：组合问题题目：从 10 个不同的球中选取 5 个球，求不同的选取方式有多少种。
竞赛数学高中试题及答案
竞赛数学高中试题及答案试题一：多项式问题题目：已知多项式 \( P(x) = x^3 - 3x^2 + 2x - 5 \)，求 \( P(2) \) 的值。
解答：将 \( x = 2 \) 代入多项式 \( P(x) \) 中，得到：\[ P(2) = 2^3 - 3 \times 2^2 + 2 \times 2 - 5 = 8 - 12 + 4 -5 = -5 \]试题二：几何问题题目：在直角三角形 ABC 中，角 C 是直角，若 \( AB = 10 \) 且\( AC = 6 \)，求斜边 BC 的长度。
解答：根据勾股定理，直角三角形的斜边 \( BC \) 可以通过以下公式计算：\[ BC = \sqrt{AB^2 - AC^2} = \sqrt{10^2 - 6^2} = \sqrt{100 - 36} = \sqrt{64} = 8 \]试题三：数列问题题目：给定数列 \( a_n = 2n - 3 \)，求数列的前 5 项。
解答：根据数列公式 \( a_n = 2n - 3 \)，我们可以计算出前 5 项：\[ a_1 = 2 \times 1 - 3 = -1 \]\[ a_2 = 2 \times 2 - 3 = 1 \]\[ a_3 = 2 \times 3 - 3 = 3 \]\[ a_4 = 2 \times 4 - 3 = 5 \]\[ a_5 = 2 \times 5 - 3 = 7 \]数列的前 5 项为：-1, 1, 3, 5, 7。
试题四：概率问题题目：一个袋子里有 5 个红球和 3 个蓝球，随机抽取 2 个球，求抽到一个红球和一个蓝球的概率。
解答：首先计算总的可能组合数，即从 8 个球中抽取 2 个球的组合数：\[ \text{总组合数} = \binom{8}{2} = \frac{8 \times 7}{2} = 28 \]然后计算抽到一个红球和一个蓝球的组合数：\[ \text{有利组合数} = \binom{5}{1} \times \binom{3}{1} = 5 \times 3 = 15 \]所以，抽到一个红球和一个蓝球的概率为：\[ P = \frac{\text{有利组合数}}{\text{总组合数}} =\frac{15}{28} \]试题五：函数问题题目：若函数 \( f(x) = x^2 - 4x + 4 \)，求 \( f(x) \) 的最小值。
高中数学竞赛题库及答案解析
高中数学竞赛题库及答案解析在高中数学的学习中，参加数学竞赛是提高自己数学水平的一个很好的途径。
为了帮助广大高中生更好地备战数学竞赛，我们整理了一套高中数学竞赛题库，并提供了相应的答案解析。
下面是题库的详细内容和解析。
第一部分：选择题1. 题目：已知等差数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n=\frac{n}{2}(2a_1+(n-1)d)$，其中$a_1=3$，$d=-2$，求该等差数列的第21项$a_{21}$的值。
解析：根据已知条件，代入公式$S_n=\frac{n}{2}(2a_1+(n-1)d)$，得到$S_{21}=\frac{21}{2}(2\cdot3+(21-1)\cdot(-2))$，计算可得$S_{21}=-105$。
由等差数列的前$n$项和公式可知$S_{21}=a_1+19d$，代入已知$a_1=3$和$d=-2$，解方程可得$a_{21}=-37$。
答案：$a_{21}=-37$。
2. 题目：已知函数$f(x)=x^3-2x^2+3x-4$，求$f(-1)$的值。
解析：将$x$的值代入函数$f(x)$中，得到$f(-1)=(-1)^3-2(-1)^2+3(-1)-4$，计算可得$f(-1)=-5$。
答案：$f(-1)=-5$。
第二部分：填空题1. 题目：已知$\sqrt{x^2+16}+x=4$，求$x$的值。
解析：移项得到$\sqrt{x^2+16}=4-x$，两边平方得到$x^2+16=(4-x)^2$。
展开计算可得$x^2+16=16-8x+x^2$，整理得到$8x=0$，解方程可得$x=0$。
答案：$x=0$。
2. 题目：已知函数$g(x)=\log_{10}(5x-2)$，求$g(3)$的值。
解析：将$x$的值代入函数$g(x)$中，得到$g(3)=\log_{10}(5\cdot3-2)$，计算可得$g(3)=\log_{10}13$。
答案：$g(3)=\log_{10}13$。
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高中数学竞赛专题讲座之 数列一、选择题部分1．（2006年江苏）已知数列{}n a 的通项公式2245n a n n =-+，则{}n a 的最大项是（ B ）()A 1a()B 2a()C 3a ()D 4a2．（2006安徽初赛）正数列满足()231221,10,103n n n t a a a a a n --===≥，则100lg ()a = （ ）A 、98B 、99C 、100D 、1013. （2006吉林预赛）对于一个有n 项的数列P=(p 1，p 2，…，p n )，P 的“蔡查罗和”定义为s 1、s 2、…s n 、的算术平均值，其中s k =p 1+p 2+…p k (1≤k≤n )，若数列(p 1，p 2，…，p 2006)的“蔡查罗和”为2007，那么数列(1，p 1，p 2，…，p 2006)的“蔡查罗和”为 （ A ）A. 2007B. 2008C. 2006D. 10044．(集训试题)已知数列{a n }满足3a n+1+a n =4(n ≥1)，且a 1=9，其前n 项之和为S n 。
则满足不等式|S n -n-6|<1251的最小整数n 是 （ ）A ．5B ．6C ．7D ．8解：由递推式得：3(a n+1-1)=-(a n -1)，则{a n -1}是以8为首项，公比为-31的等比数列， ∴S n -n=(a 1-1)+(a 2-1)+…+(a n -1)=311])31(1[8+--n =6-6×(-31)n ，∴|S n -n-6|=6×(31)n <1251，得：3n-1>250，∴满足条件的最小整数n=7，故选C 。
5．(集训试题)给定数列{x n }，x 1=1，且x n+1=nn x x -+313，则∑=20051n nx= （ ）A ．1B ．-1C ．2+3D ．-2+3解：x n+1=n n x x 33133-+，令x n =tan αn ，∴x n+1=tan(αn +6π), ∴x n+6=x n , x 1=1，x 2=2+3, x 3=-2-3, x 4=-1,x 5=-2+3, x 6=2-3, x 7=1，……，∴有∑===2005111n nx x。
故选A 。
6、（2006陕西赛区预赛）已知数列{}{}n n a b 、的前n 项和分别为n A ，n B 记(1)n n n n n n n C a B b A a b n =⋅+⋅-⋅>则数列{n C }的前10项和为 ( C )A .1010AB + B. 10102A B + C.1010A B ⋅7．（2006年浙江省预赛）设)(n f 为正整数n （十进制）的各数位上的数字的平方之和，比如 14321)123(222=++=f 。
记)()(1n f n f =，))(()(1n f f n f k k =+，，⋯=,3,2,1k 则)2006(2006f ＝(A) 20 (B) 4 (C) 42 (D) 145. （ D ） 解： 将40)2006(=f 记做402006→，于是有Λ→→→→→→→→→→→164204214589583716402006从16开始，n f 是周期为8的周期数列。
故.145)16()16()16()2006(48250420042006====⨯+f f f f 正确答案为D 。
二、填空题部分1.数列{}n a 的各项为正数,其前n 项和n S 满足)1(21n n n a a S +=,则n aOO O M N N N151010511464113311211112．（200 6天津）已知d c b a ,,,都是偶数，且d c b a <<<<0，90=-a d ，若c b a ,,成等差数列，d c b ,,成等比数列，则d c b a +++的值等于 194 ．3. （2006吉林预赛）如图所示，在杨辉三角中斜线上方的数所组成的数列1，3，6，10，…，记这个数列前n 项和为S(n)，则)(lim 3n S n n +∞→=___________。
4．（2006年江苏）等比数列{}n a 的首项为12020a =，公比12q =-．设()f n 表示这个数列的前n 项的积，则当n = 12 时，()f n 有最大值．5. 在x 轴的正方向上，从左向右依次取点列 {}Λ,2,1,=j A j ，以及在第一象限内的抛物线x y 232=上从左向右依次取点列{}Λ,2,1,=k B k ，使k k k A B A 1-∆（Λ,2,1=k ）都是等边三角形，其中0A 是坐标原点，则第2005个等边三角形的边长是 2005。
【解】：设第n 个等边三角形的边长为n a 。
则第n 个等边三角形的在抛物线上的顶点n B 的坐标为（2121nn a a a a ++++-Λ， ⎪⎭⎫ ⎝⎛++++-223121n n a a a a Λ）。
再从第n 个等边三角形上，我们可得n B 的纵坐标为n n na a a 232122=⎪⎭⎫⎝⎛-。
从而有⎪⎭⎫ ⎝⎛++++=-22323121n n n a a a a a Λ，即有 2211212n n n a a a a a ++++=-Λ。
由此可得221212n n n a a a a a +=+++Λ （1） , 以及 211121212---+=+++n n n a a a a a Λ （2）（1）－（2）即得 ))((21)(21111---+-+-=n n n n n n n a a a a a a a . 变形可得 0))(1(11=+----n n n n a a a a .由于01≠+-n n a a ，所以 11=--n n a a 。
在（1）式中取n ＝ 1，可得 2112121a a =，而01≠a ，故11=a 。
因此第2005个等边三角形的边长为 20052005=a 。
6.(2005年浙江)已知数列n x ，满足n x x n n n +=++1)1(, 且21=x ， 则2005x = !20051!2005+。
【解】：由 n x x n n n +=++1)1(，推出 1111+-=-+n x x n n 。
因此有 )!1(12)1()1(1)1()1(1)1(11111211+=-+-==-+-=+-=+-=---+n n n n x n n n x n n x n x x n n n n ΛΛ.即有 1)!1(11++=+n x n 。
从而可得 !20051!20052005+=x 。
7. (2005全国)记集合},4,3,2,1,|7777{},6,5,4,3,2,1,0{4433221=∈+++==i T a a a aa M T i 将M 中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（ ）A ．43273767575+++B ．43272767575+++C ．43274707171+++D ．43273707171+++解：用p k a a a ][21K 表示k 位p 进制数，将集合M 中的每个数乘以47，得32123412347{777|,1,2,3,4}{[]|,1,2,3,4}.i i M a a a a a T i a a a a a T i '=⋅+⋅+⋅+∈==∈=M ' 中的最大数为107]2400[]6666[=。
在十进制数中，从2400起从大到小顺序排列的第2005个数是2400-2004=396。
而=10]396[7]1104[将此数除以47，便得M 中的数.74707171432+++故选C 。
8．（2004 全国）已知数列012,,,...,,...,n a a a a 满足关系式10(3)(6)18,3n n a a a +-+==且，则1ni o ia =∑的值是_________________________。
解：设1111,0,1,2,...,(3)(6)18,n n n nb n a b b +==-+=则 即1111113610.2,2()333n n n n n n b b b b b b +++--=∴=++=+ 故数列1{}3n b +是公比为2的等比数列，11001111112()2()2(21)33333n n n n n n b b b a +++=+=+=⨯∴=-。
()112001112(21)1(21)(1)2333213n nn ni n i i o i i i b n n a +++===⎡⎤-==-=-+=--⎢⎥-⎣⎦∑∑∑。
9．（2005四川）设t s r ,,为整数，集合}0,222|{r s t a a ts r <<≤++=中的数由小到大组成数列}{n a ：Λ,14,13,11,7，则=36a 131 。
解：∵t s r ,,为整数且r s t <<≤0，∴r 最小取2，此时符合条件的数有122=C3=r ，t s ,可在2,1,0中取，符合条件有的数有323=C同理，4=r 时，符合条件有的数有624=C5=r 时，符合条件有的数有1025=C 6=r 时，符合条件有的数有1526=C 7=r 时，符合条件有的数有2127=C因此，36a 是7=r 中的最小值，即13122271036=++=a三、解答题部分1．（200 6天津）已知数列}{n a 满足p a =1，12+=p a ，20212-=+-++n a a a n n n ，其中p 是给定的实数，n 是正整数，试求n 的值，使得n a 的值最小．【解】令n n n a a b -=+1，Λ,2,1=n 由题设20212-=+-++n a a a n n n ，有201-=-+n b b n n ，且11=b ………5分 于是)20()(11111∑∑-=-=+-=-n i n i i i i b b ，即)1(2)]1(21[1---+++=-n n n b b n Λ．∴12)40)(1(+--=n n b n ． （※） …………………10分又p a =1，12+=p a ，则21123172012a a p a a a <<-=-+-=．∴当n a 的值最小时，应有3≥n ，1+≤n n a a ，且1-≤n n a a ．即01≥-=+n n n a a b ，011≤-=--n n n a a b ． …………………… 15分由（※）式，得⎩⎨⎧-≤--≥--2)41)(2(2)40)(1(n n n n 由于3≥n ，且*N n ∈，解得⎩⎨⎧≤≥4040n n ，∴当40=n 时，40a 的值最小． …………………………………………… 20分2．（2006陕西赛区预赛）(20分)已知sin(2)3sin αββ+=,设tan ,tan x y αβ==,记()y f x =。