高中数学 第三节 不等式奥林匹克竞赛题解

第二章代数第三节不等式B3－001 北京、上海同时制成电子计算机若干台，除本地应用外，北京可支援外地10台，上海可支援外地4台．现在决定给重庆8台，汉口6台，若每台计算机运费如右表所示（单位：百元），又上海、北京当时制造的机器完全相同．问应怎样调运，才能使总的运费最省？【题说】1960年上海市赛高一复赛题6．【解】设北京调给重庆x台，上海调给重庆y台，则0≤x≤10，0≤y≤4x+y=8总运费为8x+4（10－x）+5y+3（4－y）=4x+2y+52=84－2y当y=4时，总运费最小，此时，x=4，10－x=6，4－y=0．答：北京调给重庆4台，调给汉口6台，上海调给重庆4台，这样总运费最省．B3－002 x取什么值时，不等式成立？【题说】第二届（1960年）国际数学奥林匹克题2．本题由匈牙利提供．将原不等式化简得 x2（8x－45）＜0，因此，原不等式的解为B3－003甲队有2m个人，乙队有3m个人，现自甲队抽出（14－m）人，乙队抽出（5m－11）人，参加游戏，问甲、乙队各有多少人？参加游戏的人有几种选法？【题说】1962年上海市赛高三决赛题4．【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．B3－007 设a1，a2，…，a n为n个正数，且设q为一已知实数，使得0＜q＜1．求n个数b1，b2，…，b n使1．a k＜b k， k=1，2，…，n．【题说】第十五届（1973年）国际数学奥林匹克题6．本题由瑞典提供．【解】设b k=a1q k-1+a2q k-2+…+a k-1q+a k+a k+1q+…+a n q n-k（k=1，2，…，n）．1．显然b k＞a k对k=1，2，…，n成立．2．比较b k+1=q k a1+q k-1a2+…+qa k+a k+1+…+q n-k-1a n与qb k=q k a1+…+q2a k-1+qa k+q2a k+1+…+q n-k+1a n，qb k的前面k项与bk+1的前面k项相等，其余的项小于b k+1的相应项（因为q＜1）．因此b k+1＞qb k．因此，b1，b2，…，b n满足题目的要求．B3－008求满足条件：x≥1，y≥1，z≥1，xyz=10，x lgx y lgy z lgz≥10的x、y、z的值．【题说】1979年黑龙江省赛二试题3．【解】设lgx=u，lgy=v，lgz=w，则原题条件就变为：u≥0，v≥0，w≥0 （1）u+v+w=1（2）u2+v2+w2≥1（3）（2）平方得 u2+v2+w2+2（uv+vw+wu）=1 （4）（4）－（3）得 uv+vw+wu≤0由（1）得 uv=vw=wu=0（5）由（2）及（5）得：因此满足题意的解为：B3－009长方形的一边长为1cm已知它被两条相互垂直的直线分成四个小长方形，其中三个的面积不小于1cm2，第四个的面积不小于2cm2．问原长方形另一边至少要多长？【题说】第十七届（1983年）全苏数学奥林匹克九年级题6．【解】设小长方形的边长如图所示，则我们要求c+d的最小值，由题设c+d=（a+b）·（c+d）=ac+bd+ad+bcB3－010 m个互不相同的正偶数与n个互不相同的正奇数的总和为1987，对于所有的这样的m与n，问3m+4n的最大值是多少？请证明你的结论．【题说】第二届（1987年）全国冬令营赛题6．【解】1987≥2+4+6+2m+1+3+…+（2n－1）=m（m+1）+n2因此，由柯西不等式于是221为3m+4n的上界，当m=27，n=35时，3m+4n取得最大值221．B3－011 求最大的正整数n，使不等式只对一个整数k成立．【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题8．【解】原式等价于取n=112，则k只能取唯一的整数值97．另一方面，在n＞112时，因此满足要求的n=112．B3－012 非负数a和d，正数b和c满足条件b+c≥a+d，这时【题说】第二十二届（1988年）全苏数学奥林匹克九年级题7．【证】不妨设a+b≥c+dc≤c+dB3－013 设a1、a2、…、a n是给定不全为0的实数，r1、r2、…、r n是实数，如果不等式r1（x1－a1）+r2（x2－a2）+…+r n（x n－a n）对任何实数x1、x2、…、x n成立，求，r1、r2、…、r n的值．【题说】第三届（1988年）全国冬令营赛题1．【解】取x i=a i，i=2，3，…，n代入原不等式，得当x1＞a1时，由上式得当x1＜a1时，上述不等式反号．令x1分别从大于a1与小于a1的方向趋于a1，得到B3－014 对于i=1，2，…，n，有|x i|＜1 ，又设|x1|+|x2|+…+|x n|=19+|x1+…+x n|．那么整数n的最小值是多少？【题说】第六届（1988年）美国数学邀请赛题4．另一方面，令x1=x2=…=x10=0.95，x11=x12=…=x20=－0.95，则有故n=20即为所求最小值．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】 a max=3因为 m2≡0，1，2，4（mod7）所以 7n2－m2≡－m2≡0，6，5，3（mod7）a=3maxB3－016 设x、y、z＞0且x+y+z=1．求1/x+4/y+9/z的最小值．【题说】1990年日本第一轮选拔赛题10．【解】 1/x+4/y+9/z=（x+y+z）（1/x+4/y+9/z）B3－017 设n为自然数，对任意实数x、y、z，恒有（x2+y2+z2）2≤n（x4+y4+z4）成立，求n的最小值．【题说】1990年全国联赛一试题2（3）．原题为填空题．【解】（x2+y2+z2）2=x4+y4+z4+2x2y2+2y2z2+2z2x2≤x4+y4+z4+（x4+y4）+（y4+z4）+（z4+x4）=3（x4+y4+z4）当x=y=z＞0时，原不等式化为9x4≤3nx4，故n≥3．所以，n的最小值是3．B3－019 a、b、c是一个任意三角形的三边长，证明：a2（b+c－a）+b2（c+a－b）+c2（a+b－c）≤3abc．【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题2．本题由匈牙利提供．【证】不妨设a≤b≤c．3abc-a2（b+c-a）-b2（c+a－b）-c2（a+b-c）=a（a-b）（a-c）+b（b-c）（b-a）+c（c-a）（c-b）≥b（b-c）（b-a）+c（c-a）（c-b）≥c（c-b）[（c-a）（b-a）]=c（c-b）2≥0 B3－020 怎样的整数a，b，c满足不等式 a2+b2+c2+3＜ab+3b+2c？【题说】1965年匈牙利数学奥林匹克题1．【解】对于整数a、b、c，所要解的不等式等价于a2+b2+c2+4≤ab+3b+2c这个不等式可以变成由此可知，原不等式只可能有唯一的一组解a=1，b=2，c=1．B3－021有限数a1，a2，…，a n（n≥3）满足关系式a1=a n=0，a k-1+a k+1≥2a k（k=2，3，…，n－1），证明：数a1，a2，…，a n中没有正数．【题说】1966年～1967年波兰数学奥林匹克二试题1．【证】设a1，a2，…，a n中，a r最大，s是满足等式a s=a r的最小下标．若n＞s＞1，则a s-1；＜a s，a s+1≤a s，从而a s-1+a s+1＜2a s，与已知条件a s-1+a s+1≥2a s矛盾．故只有s=1或s=n，于是a r=0，数a1，a2，…，a n中没有正数，B3－022设a、b、c、d是正数，证明不等式a+b＜c+d（1）（a+b）（c+d）＜ab+cd （2）（a+b）cd＜ab（c+d）（3）中至少有一个不正确．【题说】第三届（1969年）全苏数学奥林匹克九年级题1．【证】假定（1）、（2）、（3）都正确．则（a+b）2（c+d）＜（a+b）（ab+cd）＜ab（a+b）+ab（c+d）＜2ab（c+d）从而（a+b）2＜2ab，矛盾．B3－023 证明：任何正数a1，a2，…，a n满足不等式【题说】第三届（1969年）全苏数学奥林匹克十年级题6．原不等式左端的和大于故原不等式得证．【注】可以考虑更强的不等式（1954年美国数学家夏皮罗提出的猜测）对n≤12上式成立．对偶数n≥14与奇数n ≥27不成立．B3－024证明：对所有满足条件x1＞0，x2＞0，x1y1－成立，并求出等号成立的充要条件．【题说】第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题6．本题由原苏联提供．所以当且仅当x1=x2，y1=y2，z1=z2时，等号成立．B3－025 设a、b、n都是自然数，且a＞1，b＞1，n＞1，A n-1和A n 是a进制数系中的数，B n-1和B n是b进制数系中的数．A n-1、A n、B n-1和B n呈如下形式：A n-1=x n-1x n-2…x0，A n=x n x n-1…x0（a进制的位置表示法）；B n-1=x n-1x n-2…x0，B n=x n x n-1…x0（b进制的位置表示法）．其中x n≠0，x n-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A n B n-1－A n-1B n=（x n a n-1+A n-1）B n-1－（x n b n-1+B n-1）A n-1=x n[x n-1（a n-1b n-2－a n-2b n-1）+…+x0（a n-1－b n-1）]＞0B3－026 （n＞2）是自然数，证明下述论断仅对n=3和n=5成立：对任意实数a1，a2，…，a n都有（a1－a2）·（a1－a3）…（a1－a n）+（a2－a1）·（a2－a3）…（a2－a n）+…+（a n－a1）·（a n－a2）…（a n－a n-1）≥0【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题1．本题由匈牙利提供．1979年湖南省赛二试题4．【证】不妨设a1≤a2≤a3≤…≤a n．若n为偶数，令a1＜a2=a3=…=a n，则左边小于0，因而不等式不成立；若n=3，则左边前两项的和为（a1－a2）2≥0第三项不小于0，故不等式成立；若n=5，则同样可知左边前两项的和不小于0，末两项的和也不小于0，第三项不小于0，因此左边总不小于0，不等式成立；若n≥7，令a1=a2=a3＜a4＜a5=a6=…=a n则左边只有一个非零项（a4－a1）（a4－a2）…（a4－a n）＜0故不等式不成立．B3－027 A=（a ij）是一个元素为非负整数的矩阵，其中i、j=1，2，…，n．该矩阵有如下性质：如果某一a ij=0，那么对i和j有a i1+a i2+…+a in+a1j+a2j+…+a nj≥n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=…=a kk=0．此时对于i，j＞k有a ij≠0．对于i≤k，j＞k，若a ij=0，则a ji≠0，因若不然，交换i，j行，就会使a11=a22=…=a kk=a jj=0，与k的极大性矛盾．因而对于j＞k，仍有a j1+…+a jn+a1j+…+a nj≥nB3－028求出所有能使不等式组成立的所有解（x1，x2，x3，x4，x5），其中x1，x2，x3，x4，x5都是正实数．【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题4．本题由荷兰提供．【解】为方便起见，令x5+i=x i，则可以把原不等式组简写为将它们加起来得=x5=x2=x4．反之，如果x i都相等，原不等式组当然成立．B3－029 证明：对于正数a、b、c，下述不等式成立：a3+b3+c3+3abc≥ab（a+b）+bc（b+c）+ac（a+c）（1）【题说】第九届（1975年）全苏数学奥林匹克十年级题2．【证】不失一般性，可假定a≥b≥c．那末c（a－c）（b－c）≥0，（a－b）2（a+b-c）≥0从而 c3+abc≥ac2+bc2 （2）a3+b3+2abc≥ab（a+b）+a2c+b2c （3）（2）、（3）两式相加即得（1）式．B3－030已知a1，a2，…，a n为任何两两各不相同的正整数，求证对任何正整数n，下列不等式成立；【题说】第二十届（1978年）国际数学奥林匹克题5．本题由法国提供．【证】由柯西不等式【别证】利用排序不等式．B3－031 已知0≤a1，0≤a2，0≤a3，a1+a2+a3=1，0＜λ1＜λ2＜λ3．求证：下面不等式成立【题说】1979年北京市赛二试题5．本题是康托洛维奇不等式的特例．【证】对任意正实数x，B3－032设a、b、c为正实数，证明【题说】第三届（1974年）美国数学奥林匹克题2．注意：这是一个对称不等式．【证】不失一般性，可以假定a≥b≥c＞0．原不等式即a2a-b-c·b2b-a-c·c2c-a-b≥1 （1）由2a－b－c＞0，得a2a-b-c·b2b-a-c≥b2a-b-c·b2b-a-c=b a+b-2ca=b=c时，等号成立．【别证】可以利用等式然后证明右端括号为正．B3－033 设x i、y i是实数（i=1，…，n）．且x1≥x2≥…≥x n；y1≥y2≥…≥y n；z1、z2、…、z n是y1、y2、…、y n的任一个排列，证明【题说】第十七届（1975年）国际数学奥林匹克题1．本题由捷克斯洛伐克提供．【证】由排序不等式所以原式成立．B3－034有n个数a1，a2，…，a n．假设C=（a1－b1）2+（a2－b2）2+…+（a n－b n）2D=（a1－b n）2+（a2－b n）2+…+（a n－b n）2证明：C≤D≤2C．【题说】第十三届（1978年）全苏数学奥林匹克十年级题10．【证】设f（x）=（x－a1）2+（x－a2）2+…+（x－a n）2则 f（x）=n（x－b n）2+f（b n）（1）现在用归纳法来证明不等式C≤D≤2C．当n=1时，C=D，故有C≤D≤2C．假设当n时，不等式成立，往a1，a2，…，a n中添一个数a n+1，此时C 增加了（a n+1－b n+1）2，而D增加了（a n+1－b n+1）2+f（b n+1）－f（b n）．在（1）式中，令x=bn+1，得这样，D增加的值（a n+1－b n+1）2+f（b n+1）－f（b n）在（a n+1－b n+1）2与2（a n+1－b n+1）2之间，从而，对于n+1时，也有C≤D≤2C所以，对一切n，都有C≤D≤2CB3－035 a、b、c、d、e为整数，满足1≤a＜b＜c＜d＜e其中[m，n]为m、n的最小公倍数．【题说】第十一届（1979年）加拿大数学奥林匹克题3．【证】更一般地，可以证明：对于n个整数a1，a2，…，a n，满足1≤a1＜a2＜…＜a n 时，有n=2时，（1）显然成立．假设n=k－1时（1）成立，考虑n=k的情况：若a k＞2k，则若a k≤2k，则其中（m，n）为m、n的最大公约数，从而B3－036 S为正奇数集{a i}，i=1，2，…，n．没有两个差|a i－a j|相等，1≤i＜j ≤n．求证：【题说】1979年英国数学奥林匹克题3．【证】不妨设a1＜a2＜…＜a n，r为整数且2≤r≤n．对于1≤所以， a r≥a1+r（r－1）≥1+r（r－1）r=1时，上式也成立，故B3－037对于n为一正整数，以p（n）表示将n表为一个或较多个正整数的和的方法数，例如p（4）=5，因为有5个不同的和，即1+1+1+1，1+1+21+3，2+2，4证明：当n＞1时，p（n+1）－2p（n）+p（n－1）≥0【题说】1979年英国数学奥林匹克题5．【证】将n的p（n）个不同的表达式各加上1，得到p（n）个n+1的不同表达式，每一个都包含加数1．而且，n+1的每一个含有加数1的表达式，都可由这方法得到．因此将n+1表为大于1的整数的和的方法数q（n+1）=p（n+1）－p（n）同样将n+1表为大于2的整数的和的方法数即q（n+1）－q（n）．显然q（n+1）－q（n）≥0因此p（n+1）－2p（n）+p（n－1）≥0B3－038若0≤a，b，c≤1，证明：【题说】第九届（1980年）美国数学奥林匹克题5．结论可以推广到n个数的情形．【证】令因为（1－b）（1－c）（1+b+c）≤（1－b）（1－c）（1+b）（1+c）=（1－b2）（1－c2）≤1（当a、b、c轮换时均成立）因此δ≥0．B3－039 若x为正实数，n为正整数．证明：其中[t]表示不超过t的最大整数．【题说】第十届（1981年）美国数学奥林匹克题5．【证】用数学归纳法．当n=1，2时，（1）显然成立．假设（1）对n≤k－1均成立．kx k=kx k-1+[kx]=（k－1）x k-1+x k-1+[kx] （2）（k-1）x k-1=（k-2）x k-2+x k-2+[（k-1）x] （3）…2x2=x1+x1+[2x]（k）将（2）至（k）式相加，得kx k=x k-1+x k-2+…+x1+x1+[kx]+[（k－1）x]+…+[2x]因此，由归纳假定，kx k≤[kx]+2（[（k－1）x]+[（k－2）x]+…+[x]）但是[（k－m）x]+[mx]≤[（k－m）x+mx]（m＜k），所以kx k≤[kx]+（[（k－1）x）]+[x]）+…+（[x]+[（k－1）x]）≤k[kx]即x k≤[kx]．此即所欲证之（1）式．B3－041 设a、b、c是三角形的边长，证明：a2b（a－b）+b2c（b －c）+c2a（c－a）≥0，并说明等号何时成立．【题说】第二十四届（1983年）国际数学奥林匹克题6．本题由美国提供．【证】设a是最大边，原式左边=a（b－c）2（b+c－a）+b（a－b）（a－c）（a+b－c）显然上式是非负的，从而原式成立，当且仅当a=b=c，即这三角形为正三角形时等号成立．B3－043 设x1，x2，…，x n都是正整，求证：【题说】1984年全国联赛二试题5．本题可用柯西不等式、数学归纳法等多种方法证明．将以上各式相加，即得所要证的不等式．B3－044设P（x）=a0+a1x+…+a k x k为整系数多项式，其中奇系数的个数由W（P）来表示，设Q i（x）=（1+x）i，i=0，1，…，n．如果i1，i2，…，i n是整数，且0≤i1＜i2＜…＜i n，证明：【题说】第二十六届（1985年）国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．当i n=1时，命题显然成立．设i n＞1并且命题在i n换为较小的数时成立．令k=2m＜i n＜2m+1，（1）i1＜k．设i r＜k，i r+1＞k，Q=R+（1+x）k S，其中的次数均小于K，由（1）（1+x）k≡1+x k（mod2），故W（Q）=W（R+S+x k S）=W（R+S）+W（S）≥W（R）的次数均小于K．W（Q）=W（S+x k S）=2W（S）≥2W（R）=W（R+x k R）=W（（1+x k）R）045 证明：对于任意的正数a1，a2，…，a n不等式成立．【题说】第二十届（1986年）全苏数学奥林匹克十年级题2．【证】不妨设a1≤a2≤…≤a n．因为当2≤k≤（n+1）/2时【注】原不等式可加强为B3－046 正数a，b，c，A，B，C满足条件a+A=b+B=c+C=k证明： aB+bC+cA ＜k2【题说】第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克八年级题5．【证】由题设k3=（a+A）（b+B）（c+C）=abc+ABC+aB（c+C）+bC（a+A）+cA（b+B）=abc+ABC+k（aB+bC+cA）＞k（aB+bC+cA）即 aB+bC+cA＜k2B3－048证明：对于任意的正整数n，不等式（2n+1）n≥（2n）n+（2n－1）n 成立．【题说】第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题8．【证】只须证明由恒等式所以（1）式成立．B3－049已知a、b为正实数，且1/a+1/b=1．试证：对每一个n∈N，有（a+b）n －a n－b n≥22n－2n+1【题说】1988年全国联赛一试题5．【证】用数学归纳法证．（1）当n=1时，左边=0=右边，命题成立．（2）假设n=k时，不等式成立，即（a+b）k-a k-b k≥22k-2k+1当n=k+1时，左边=（a+b）k+1-a k+l-b k+1=（a+b）[（a+b）k-a k-b k]+a k b+ab k从而有≥2·2k+1=2k+2所以，左边≥4（22k-2k+1）+2k+2=22（k+1）-2k+2=右边由（1）及（2），对一切n∈N，不等式成立．B3-050已知a5-a3+a=2．证明：3＜a6＜4．【题说】第十四届（1988年）全俄数学奥林匹克八年级题3．【证】由a5-a3+a=2，变形为（1）a[（a2-1）2+a2]=2（2）由（2）知 a＞0且a≠1（1）÷a得 a4-a2+1=2/a （3）（1）×a得 a6-a4+a2＝2a （4）（3）+（4）得 a6+1=2（a+1/a）＞4 （5）又由（1）知 2=（a5+a）-a3＞2a3-a3=a3故 a3＜2（6）由（5）和（6）得3＜a6＜4．B3-051已知a、b、c、d是任意正数，求证：【题说】1989年四川省赛二试题1．由平均值不等式，（2）≤2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd+2a2+c2+b2+d2＝（a+b+c+d）（3）（2）÷（3）即得结论．B3-052已知x i∈R（i=1，2，…，n，n≥2），满足【题说】1989年全国联赛二试题2．因为 A/n≤a≤A，B≤b≤B/nB3-053已知a1，a2，…，a n是n个正数，满足a1·a2…a n=1，求证（2+a1）（2+a2）…（2+an）≥3n【题说】1989年全国联赛一试题3．B3-054对于任何实数x1，x2，x3，如果x1+x2+x3=0，那么x1x2+x2x3+x3x1≤0，请证明之．又对于什么样的n（n≥4），如果x1+x2+…+x n=0，那么x1x2+x2x3+…+x n-1x n+x n x1≤0？【题说】1989年瑞典数学奥林匹克题3．【证】如果x1+x2+x3=0，则有当n=4时，若x1+x2+x3+x4=0，则即n=4时，命题成立．当n≥5时，令x1=x2=1，x4=-2，x3=x5=x6=…=x n=0，则x1+x2+x3+x4+…+x n=0而 x1x2+x2x3+x3x4+…+x n-1x n+x n x1=l＞0 所以n≥5时，命题不成立．B3-055证明：对于任意的x、y、z∈（0，1），不等式x（1-y）+y（1-z）+z （1-x）＜1成立．【题说】第十五届（1989年）全俄数学奥林匹克九年级题6．【证】设f（x）=（1-y-z）x+y（1-z）+z，它是x的一次函数，因此关于x是单调的．因为f（0）=y-yz+z=（y-1）（1-z）+1＜1f（1）=1-yz＜1所以当x∈（0，1）时，f（x）的最大值小于1，即x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）＜1B3-056证明：若a、b、c为三角形三边的长，且a+b+c=1，则【题说】第二十三届（1989年）全苏数学奥林匹克九年级题2．1990年意大利数学奥林匹克题4．所以B3-057已知二次函数f（x）=ax2+bx+c，当-1≤x≤1时，有-1≤f（x）≤1求证：当-2≤x≤2时，有-7≤f（x）≤7．【题说】1990年南昌市赛二试题1【证】由已知 -1≤f（1）=a+b+c≤1 （1）-1≤f（0）=c≤1（2）-1≤f（-1）=a-b+c≤1 （3）（1）+（3）得 -1≤a+c≤1 （4）由（4）、（2）得 -2≤a≤2从而 |4a±2b+c|=|2（a±b+c）+2a-c| ≤2|a±b+c|+2|a|+|c|≤7即 |f（±2）|≤7|f（x）|≤7所以，当|x|≤2时B3-058证明：对于和为1的正数a1，a2，…，a n，不等式成立．【题说】第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十年级题2．当a1=a2=…=a n=时，上式取等号．B3-059设a、b、c、d是满足ab+bc+cd+da=1的非负数．试证：【题说】第三十一届（1990年）IMO预选题88．本题由泰国提供．【证】设则由柯西不等式熟知所以B3-060设a1≤a2≤…≤a7≤a8是8个给定的实数，且x=（a1+a2+…+a7+a8）/8；【题说】1991年中国国家教委数学试验班招生数学题3．【证】≥0并且由柯西不等式，y≥x2，所以B3-061已知0＜a＜1，x2+y=0，求证：【题说】1991年全国联赛一试题5．B3-063已知a1，a2，…，a n＞1（n≥2），且|a k+1-a k|＜1，k=1，2，…，n-1．证明： a1/a2+a2/a3+…+a n-1/a n+a n/a1＜2n-1【题说】第十七届（1991年）全俄数学奥林匹克九年级题8．【证】若a k≤a k+1（k=1，2，…，n-1），则a k/a k+1≤1，故a1/a2+a2/a3+…+a n-1/a n+a n/a1＜（n-1）+na1/a1=2n-1（n≥2）若有a k＞a k+1，则由|a k+1-a k|＜1知a k/a k+1＜1+1/a k+1＜2设有p个k值使a k≤a k+1，（n-1-p）个k值使a k＞a k+1，则a1/a2+a2/a3+…+a n-1/a n≤p+2（n-1-p）同时 a n/a1=[（a n-a n-1）+…+（a2-a1）+a1]/a1＜p+1因此 a1/a2+a2/a3+…+a n-1/a n+a n/a1＜p+2（n-1-p）+p+1=2n-1B3-064令其中m，n∈N，证明a m+a n≥m m+n n【题说】第二十届（1991年）美国数学奥林匹克题4．【证】不妨设m≥n，则故n≤a≤m，而有m m-a m=（m-a）（m m-1+m m-2a+…+a m-1）≤（m-a）（m m-1+m m-1+…+a m-1）＝（m-a）m m （2）a n-n n=（a-n）（a n-1+a n-2+…+n n-1）≥（a-n）n n由（1）有（m-a）m m=（a-n）n n （3）将（2）、（3）代入，即得a n-n n≥m m-a m或a m+a n≥m m+n n此即所求证之式．B3-065设a、b、c是非负数，证明：【题说】第二十五届（1991年）全苏数学奥林匹克十年级题1．【证】（a+b+c）2=（a2+bc）+（b2+ca）+（c2+ab）所以原不等式成立．B3-066设a i≥0（i=1，2，…，n），a=min{a1，a2，…，a n}，试证式中a n+1=a1．【题说】1992年第七届数学冬令营题2．B3-067设n（≥2）是整数，证明：【题说】1992年日本数学奥林匹克题3．B3-068 n是正整数，证明：【题说】1992年澳大利亚数学奥林匹克题8．【证】因为B3-069对x、y、z≥0，证明不等式x（x-z）2+y（y-z）2≥（x-z）（y-z）（x+y-z）等号何时成立？【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题2．【解】原不等式即x3+y3+z3+3xyz≥x2y+xy2+y2z+yz2+z2x+zx2由对称性，可设x≥z≥y，于是x（x-z）2+y（y-z）2≥0≥（x-z）（y-z）（x+y+z）B3-070设实数x、y、z满足条件yz+zx+xy=-1，求x2+5y2+8z2的最小值和最大值．【题说】1992年英国数学奥林匹克题4．【解】由于（y-2z）2+（x+2y十2z）2≥0所以x2+5y2+8z2≥-4（xy+yz+zx）=4的最小值为4．x2+5y2+8z2＞x2当y→0时，函数x2+5y2+8z2的值可趋于无穷大．B3-071设A是一个有n个元素的集合，A的m个子集A1，A2，…，A n两两互不包含，证明：其中a i为A i中元素个数．【题说】1993年全国联赛二试题2．【证】A中元素的全排列共n！个．其中开头a i个元素取自A i中的，有a i！（n-a i）！个．由于A i与A j（i≠j）互不包含，故这些排列与开头a j个元素取自A j中的不同．由柯西不等式，结合（1）便得（2）．B3-073设函数f：R+→R+满足条件：对任意x、y∈R+，f（xy）≤f（x）f（y）．试证：对任总x＞0，n∈N，有【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题6．【证】f（x2）≤f2（x），所以f（x2）≤f（x）f1/2（x2）．假设有则≥f n-1（x n）所以（1）对所有的自然数n成立．B3-075设a、b、c、d都是正实数，求证不等式【题说】第三十四届（1993年）IMO预选题本题由美国提供．【证】由柯西不等式即又（a-b）2+（a-c）2+（a-d）2+（b-c）2+（b-d）2+（c-d）2≥0结合（1）、（2）即得结论．B3-076设a1，a2，…，a n为n个非负实数，且a1+a2+…a n=n．证明：【题说】1994年合肥市赛题4．一方面由柯西不等式知B3-077已知f（z）=c0z n+c1z n-1+…+c n （1）是z的n次复系数多项式．求证：存在一个复数z0，|z0|=1，使|f（z0）|≥|c0|+|c n|（2）【题说】1994年中国数学奥林匹克（第九届数学冬令营）题4．【证】取复数β，使|β|=1且βn·c0与c n辐角相同，从而|βn c0+c n|=|βn c0|+|c n|=|c0|+|c n|再令ω=e2πi/n，a k=β·ωk（0≤k≤n-1）故必有一个k，使 |f（αk）|≥|c0|+|c n|显然，|αk|=1，于是αk就是所求的z0。

高中数学奥林匹克竞赛试题(9月7日上午9:00-11:00) 注意事项:本试卷共18题,满分150分一、选择题（本大题共6个小题,每小题6分,满分36分） 1.定义在实数集R 上的函数y ＝f(－x)的反函数是y ＝f －1(－x),则(A)y ＝f(x)是奇函数 (B)y ＝f(x)是偶函数(C)y ＝f(x)既是奇函数,也是偶函数 (D)y ＝f(x)既不是奇函数,也不是偶函数2.二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象如右图所示。

记N ＝|a ＋b ＋c|＋|2a －b|,M ＝|a －b ＋c|＋|2a ＋b|,则(A)M ＞N (B)M ＝N (C)M ＜N(D)M 、N 的大小关系不能确定3.在正方体的一个面所在的平面内,任意画一条直线,则与它异面的正方体的棱的条数是(A) 4或5或6或7 (B) 4或6或7或8 (C) 6或7或8 (D) 4或5或6 4.ΔABC 中,若(sinA ＋sinB)(cosA ＋cosB)＝2sinC,则(A)ΔABC 是等腰三角形但不一定是直角三角形 (B)ΔABC 是直角三角形但不一定是等腰三角形 (C)ΔABC 既不是等腰三角形也不是直角三角形 (D)ΔABC 既是等腰三角形也是直角三角形5.ΔABC 中,∠C ＝90°。

若sinA 、sinB 是一元二次方程x 2＋px ＋q ＝0的两个根,则下列关系中正确的是(A)p ＝q 21+±且q ＞21- (B)p ＝q 21+且q ＞21-(C)p ＝－q 21+且q ＞21- (D)p ＝－q 21+且0＜q ≤216.已知A （－7,0）、B （7,0）、C （2,－12）三点,若椭圆的一个焦点为C,且过A 、B 两点,此椭圆的另一个焦点的轨迹为(A)双曲线 (B)椭圆(C)椭圆的一部分 (D)双曲线的一部分二、填空题（本大题共6个小题,每小题6分,满分36分）7. 满足条件{1,2,3}⊆ X ⊆{1,2,3,4,5,6}的集合X 的个数为＿＿＿＿。

奥林匹克数学题型代数恒等式与不等式奥林匹克数学题型：代数恒等式与不等式代数恒等式和不等式是奥林匹克数学竞赛中常见的题型之一。

通过研究恒等式和不等式的性质和性质，可以深入理解数学的基本概念和方法。

在本文中，我们将探讨奥林匹克数学竞赛中常见的代数恒等式和不等式题型及解题方法。

1. 线性恒等式和不等式线性恒等式和不等式是最简单和最基本的代数恒等式和不等式。

形式上，线性恒等式可用以下表示：ax + b = cx + d其中，a、b、c、d为实数，并且a和c不同时为0。

要求找到x的值使得等式成立。

解决线性恒等式时，可以通过合并同类项、移项、整理得到最终的结果。

例如：2x + 3 = 4x + 5将所有含x的项放到一边，常数项放到另一边，经过整理得到：2x - 4x = 5 - 3-2x = 2x = -1类似地，线性不等式的解题方法与线性恒等式类似。

不同之处在于，当乘以或除以负数时，需要改变不等号的方向。

2. 平方恒等式和不等式平方恒等式和不等式以平方项为主要特征。

形式上，平方恒等式可用以下表示：(ax + b)² = (cx + d)²其中，a、b、c、d为实数，并且a和c不同时为0。

解决平方恒等式的关键是找到可能的解，并对解进行验证。

举例来说：(x + 1)² = 9通过开方可得：x + 1 = ±3当x + 1 = 3时，x = 2当x + 1 = -3时，x = -4平方不等式与平方恒等式类似，不同之处在于需要考虑到平方的非负性质。

3. 分式恒等式和不等式分式恒等式和不等式以分式项为主要特征。

形式上，分式恒等式可用以下表示：(a/x + b/y) = (c/x + d/y)其中，x和y不等于0。

解决分式恒等式的关键是找到可能的解，并对解进行验证。

例如：(3/x + 1/y) = (2/x + 4/y)通过合并同类项，得到：(1/x + 3/y) = 0同样地，分式不等式的解题方法与分式恒等式类似。

（一）不等式1． (排序不等式）设,...21n a a a ≤≤≤ n b b b ≤≤≤...21 n j j j ,...,,21是n ,...,2,1的一个排列，则..........221121112121n n j n j j n n n b a b a b a b a b a b a b a b a b a n +++≤+++≤+++-2．(均值不等式) 设n a a a ,......,,21是n 个正数，则na a a n +++...21....21nn a a a ≥3．（柯西不等式）设),...2,1(,n i R b a i i =∈则.)())((211212i ni i ni ini i b a ba ∑∑∑===≥等号成立当且仅当存在R ∈λ，使得),...,2,1(n i a b i i ==λ.从历史角度看，柯西不等式又可称柯西--布理可夫斯基-席瓦兹不等式变形：（1）设+∈∈R b R a i i ,则.)()(11212∑∑∑===≥ni i ni i ni ii b a b a （2）设i i b a ,同号，且 ,0,≠i i b a 则.)()(1121∑∑∑===≥ni i i ni i ni iib a a b a4．（J e n se n 不等式）若)(xf 是),(b a 上的凸函数，则对任意),(,...,,21b a x x x n ∈)].(...)()([1)...(2121n n x f x f x f nn x x x f +++≤+++5．（幂均值不等式）设α)(0+∈>>R a i β 则 .)...()...(121121βββββαααααM na a a n a a a M nn =+++≥+++=证： 作变换 令i i x a =β，则β1i i x a = 则.)...()...(12121βαβαβαβαβαnx x x x x x n M M n n +++≥+++⇔≥ 因 0>>βα 所以 ,1>βα则函数βαx x f =)(是),0(+∞上的凸函数，应用Jensen 不等式即得。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛一试（A 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. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为 ． 答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是 ．答案：1,0(0,2)4． 解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q． 由条件知211211a a q q，化简得11a q ． 当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为 ．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．4. 在三棱锥P ABC 中，若PA 底面ABC ，且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为 ．答案：34． 解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 5. 一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为,a b ．若事件“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为 ． 答案：421． 解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ． 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ． 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ． 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ． 由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25，则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为 ．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆 的焦点，在 上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则 的离心率的最小值为 ．答案 解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ． 记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ． 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以 的离心率d e u v ．当::u v d 时， 的离心率e 取到最小值8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8，且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(,,)a b c 为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组．满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论． 情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组． 综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．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） 在ABC 中，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分 假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾． 所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与 的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA 的所有可能的值． 解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与 的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分 进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ． 当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ． 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分 解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。

1、设a，b，c为正实数，且满足a+b+c=1，则1/(3a+2)+1/(3b+2)+1/(3c+2)的最小值为多少？A. 1B. 3/2C. 2D. 5/2解析：本题主要考察不等式的应用及求解最值问题。

通过运用柯西不等式，我们可以推导出1/(3a+2)+1/(3b+2)+1/(3c+2)的最小值。

经过计算，当且仅当a=b=c=1/3时，取得最小值1。

（答案）A2、在三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=√3，b=3，且三角形ABC的面积为(3√3)/4，则c的值为多少？A. 1B. 2C. √7D. √13解析：本题主要考察三角形的面积公式及余弦定理。

根据三角形面积公式S=(1/2)absinC，我们可以求出sinC的值，再利用余弦定理c²=a²+b²-2abcosC，结合sin²C+cos²C=1，可以求出c的值。

经过计算，c=√7。

（答案）C3、设正整数n满足：对于任意的正整数k(1≤k≤n)，n都能整除k⁵-k，则n的最大值为多少？A. 60B. 120C. 240D. 360解析：本题主要考察整除的性质及数论知识。

我们需要找到一个正整数n，使得对于任意的正整数k(1≤k≤n)，n都能整除k⁵-k。

通过分解k⁵-k，我们可以发现其包含因子2, 3, 4,5等，结合这些因子的性质，我们可以求出n的最大值。

经过推导，n的最大值为120。

（答案）B4、已知数列{an}满足a₁=1，且对于任意的n∈N*，都有aₙ₊₁=aₙ+n+1，则a₁₀的值为多少？A. 46B. 50C. 55D. 66解析：本题主要考察数列的递推关系及求和公式。

根据题目给出的递推关系aₙ₊₁=aₙ+n+1，我们可以逐步求出数列的项，或者通过求和的方式直接求出a₁₀。

经过计算，a₁₀=55。

（答案）C5、在平面直角坐标系xOy中，设点A(1,0)，B(0,1)，C(2,3)，则三角形ABC外接圆的圆心到原点O的距离为多少？A. √2/2B. √5/2C. √10/2D. √13/2解析：本题主要考察三角形外接圆的性质及距离公式。

14不等式的证明不等式在数学中占有重要地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛和高考的热门题型. 证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归，而变形的依据是不等式的性质，不等式的性分类罗列如下：不等式的性质：.0,0<-⇔<>-⇔≥b a b a b a b a 这是不等式的定义，也是比较法的依据. 对一个不等式进行变形的性质： （1）a b b a <⇔>（对称性） （2）c b c a b a +>+⇔>（加法保序性） （3）.0,;0,bc ac c b a bc ac c b a <⇒<>>⇒>>（4）*).(,0N n b a b a b a nn nn ∈>>⇒>>对两个以上不等式进行运算的性质.（1）c a c b b a >⇒>>,（传递性）.这是放缩法的依据. （2）.,d b c a d c b a +>+⇒>> （3）.,d b c a d c b a ->-⇒<> （4）.,,0,0bc ad dbc a cd b a >>⇒>>>> 含绝对值不等式的性质：（1）.)0(||22a x a a x a a x ≤≤-⇔≤⇔>≤ （2）.)0(||22a x a x a x a a x -≤≥⇔≥⇔>≥或 （3）||||||||||||b a b a b a +≤±≤-（三角不等式）.（4）.||||||||2121n n a a a a a a +++≤+++证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称为分析法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法.例题讲解1．,0,,>c b a 求证：.6)()()(abc a c ca c b bc b a ab ≥+++++2．0,,>c b a ，求证：.)(3c b a cb a abc c b a ++≥3．：.222,,,333222222abc ca b bc a b a c a c b c b a c b a R c b a ++≤+++++≤++∈+求证4．设*21,,,N a a a n ∈ ，且各不相同，求证：.32131211223221n a a a a n n ++++≤++++ .5．利用基本不等式证明.222ca bc ab c b a ++≥++6．已知,0,,1≥=+b a b a 求证：.8144≥+b a7．利用排序不等式证明n n A G ≤8．证明：对于任意正整数R ，有.)111()11(1+++<+n n n n9．n 为正整数，证明：.)1(131211]1)1[(111----<++++<-+n nn n n nn n课后练习1.选择题(1)方程x2-y2=105的正整数解有( ).（A）一组（B）二组（C）三组（D）四组(2)在0,1,2,…，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（）. （A）3个（B）4个（C）5个（D）6个2．填空题（1）的个位数分别为_________及_________.(2)满足不等式104≤A≤105的整数A的个数是x×104+1，则x的值________.(3)已知整数y被7除余数为5,那么y3被7除时余数为________.(4)求出任何一组满足方程x2-51y2=1的自然数解x和y_________.3.求三个正整数x、y、z满足.4．在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？5．求的整数解.6．求证可被37整除.7．求满足条件的整数x，y的所有可能的值.8．已知直角三角形的两直角边长分别为l 厘米、m 厘米，斜边长为n 厘米，且l ，m ，n 均为正整数，l 为质数.证明：2（l+m+n ）是完全平方数.9.如果p 、q 、、都是整数，并且p ＞1，q ＞1，试求p+q 的值.课后练习答案1.D.C.2.(1)9及1. (2)9. (3)4.(4)原方程可变形为x 2=(7y+1)2+2y(y-7),令y=7可得x=50.3.不妨设x≤y≤z,则,故x≤3.又有故x≥2.若x=2,则,故y≤6.又有,故y≥4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z 无整数解.若x=3,类似可以确定3≤y≤4,y=3或4,z 都不能是整数. 4.可仿例2解.5. 分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换．．的方法. 略解：ca a c bc c b ab b a 2,2,2223222≥+≥+≥+同理；三式相加再除以2即得证. 评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.如n n x x x x x x x x x +++≥+++ 2112322221，可在不等式两边同时加上.132x x x x n ++++再如证)0,,(256)())(1)(1(32233>≥++++c b a c b a c b c a b a 时，可连续使用基本不等式.（2）基本不等式有各种变式 如2)2(222b a b a +≤+等.但其本质特征不等式两边的次数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.8888≡8(mod37),∴88882222≡82(mod37).7777≡7(mod37),77773333≡73(mod37),88882222+77773333≡(82+73)(mod37),而82+73=407,37|407,∴37|N.7.简解:原方程变形为3x2-(3y+7)x+3y2-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≥0及y为整数可得0≤y≤5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).8.∵l2+m2=n2,∴l2=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l2,n-m=1.于是l2=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l2-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l2+2l+1=(l+1)2.即2(l+m+1)是完全平方数.9.易知p≠q,不妨设p＞q.令=n,则m＞n由此可得不定方程(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.例题答案：1. 证明：abc a c ca c b bc b a ab 6)()()(-+++++)()()()2()2()2(222222222≥-+-+-=-++-++-+=b a c a c b c b a ab b a c ac c a b bc c b a.6)()()(abc a c ca c b bc b a ab ≥+++++∴评述：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明ca bc ab c b a ++≥++222时，可将22b a +)(ca bc ab ++-配方为])()()[(21222a c c b b a -+-+-，亦可利用,222ab b a ≥+ca a c bc c b 2,22222≥+≥+，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.2.分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法.不等式关于c b a ,,对称，不妨+∈---≥≥R c a c b b a c b a ,,,则，且cb b a ,， ca都大于等于1..1)()()()(3333333333232323≥⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅==---------------++c a c b b a b c a c c b a b c a b a b a c c a b c b a c b a cb a ca cb b a ccbbaacbaabc c b a评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定n 个字母的大小顺序，可方便解题. （2）本题可作如下推广：若≥=>na naai a a a n i a 2121),,,2,1(0则.)(2121na a a n na a a +++（3）本题还可用其他方法得证。

高中数学竞赛讲义（九）──不等式一、基础知识不等式的基本性质：（1）a>b a-b>0；（2）a>b, b>c a>c；（3）a>b a+c>b+c；（4）a>b, c>0ac>bc；（5）a>b, c<0ac<bc; （6）a>b>0, c>d>0ac>bd;（7）a>b>0, n∈N+a n>b n; （8）a>b>0, n∈N+;（9）a>0, |x|<a-a<x<a, |x|>a x>a或x<-a;（10）a, b∈R，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|;（11）a, b∈R，则(a-b)2≥0a2+b2≥2ab;（12）x, y, z∈R+，则x+y≥2, x+y+z前五条是显然的，以下从第六条开始给出证明。

（6）因为a>b>0, c>d>0，所以ac>bc, bc>bd，所以ac>bd；重复利用性质（6），可得性质（7）；再证性质（8），用反证法，若，由性质（7）得，即a≤b，与a>b矛盾，所以假设不成立，所以；由绝对值的意义知（9）成立；-|a|≤a≤|a|,-|b|≤b≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|，所以|a+b|≤|a|+|b|；下面再证（10）的左边，因为|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|，所以|a|-|b|≤|a+b|，所以（10）成立；（11）显然成立；下证（12），因为x+y-2≥0，所以x+y≥，当且仅当x=y时，等号成立，再证另一不等式，令，因为x3+b3+c3-3abc =(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc =(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)=(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] ≥0，所以a3+b3+c3≥3abc，即x+y+z≥，等号当且仅当x=y=z 时成立。

第二章代数第三节不等式B3－001 北京、上海同时制成电子计算机若干台,除本地应用外,北京可支援外地10台,上海可支援外地4台．现在决定给重庆8台,汉口6台,若每台计算机运费如右表所示（单位:百元）,又上海、北京当时制造的机器完全相同．问应怎样调运,才能使总的运费最省？【题说】1960年上海市赛高一复赛题6．【解】设北京调给重庆x台,上海调给重庆y台,则0≤x≤10,0≤y≤4x+y=8总运费为8x+4（10－x）+5y+3（4－y）=4x+2y+52=84－2y当y=4时,总运费最小,此时,x=4,10－x=6,4－y=0．答:北京调给重庆4台,调给汉口6台,上海调给重庆4台,这样总运费最省．B3－002 x取什么值时,不等式成立？【题说】第二届（1960年）国际数学奥林匹克题2．本题由匈牙利提供．将原不等式化简得 x2（8x－45）＜0,因此,原不等式的解为B3－003甲队有2m个人,乙队有3m个人,现自甲队抽出（14－m）人,乙队抽出（5m－11）人,参加游戏,问甲、乙队各有多少人？参加游戏的人有几种选法？【题说】1962年上海市赛高三决赛题4．【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．B3－007 设a1,a2,…,a n为n个正数,且设q为一已知实数,使得0＜q＜1．求n个数b1,b2,…,b n使1．a k＜b k, k=1,2,…,n．【题说】第十五届（1973年）国际数学奥林匹克题6．本题由瑞典提供．【解】设b k=a1q k-1+a2q k-2+…+a k-1q+a k+a k+1q+…+a n q n-k（k=1,2,…,n）．1．显然b k＞a k对k=1,2,…,n成立．2．比较b k+1=q k a1+q k-1a2+…+qa k+a k+1+…+q n-k-1a n与qb k=q k a1+…+q2a k-1+qa k+q2a k+1+…+q n-k+1a n,qb k的前面k项与bk+1的前面k项相等,其余的项小于b k+1的相应项（因为q＜1）．因此b k+1＞qb k．因此,b1,b2,…,b n满足题目的要求．B3－008求满足条件:x≥1,y≥1,z≥1,xyz=10,x lgx y lgy z lgz≥10的x、y、z的值．【题说】1979年黑龙江省赛二试题3．【解】设lgx=u,lgy=v,lgz=w,则原题条件就变为:u≥0,v≥0,w≥0 （1）u+v+w=1（2）u2+v2+w2≥1（3）（2）平方得 u2+v2+w2+2（uv+vw+wu）=1 （4）（4）－（3）得 uv+vw+wu≤0由（1）得 uv=vw=wu=0（5）由（2）及（5）得:因此满足题意的解为:B3－009长方形的一边长为1cm已知它被两条相互垂直的直线分成四个小长方形,其中三个的面积不小于1cm2,第四个的面积不小于2cm2．问原长方形另一边至少要多长？【题说】第十七届（1983年）全苏数学奥林匹克九年级题6．【解】设小长方形的边长如图所示,则我们要求c+d的最小值,由题设c+d=（a+b）·（c+d）=ac+bd+ad+bcB3－010 m个互不相同的正偶数与n个互不相同的正奇数的总和为1987,对于所有的这样的m与n,问3m+4n的最大值是多少？请证明你的结论．【题说】第二届（1987年）全国冬令营赛题6．【解】1987≥2+4+6+2m+1+3+…+（2n－1）=m（m+1）+n2因此,由柯西不等式于是221为3m+4n的上界,当m=27,n=35时,3m+4n取得最大值221．B3－011 求最大的正整数n,使不等式只对一个整数k成立．【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题8．【解】原式等价于取n=112,则k只能取唯一的整数值97．另一方面,在n＞112时,因此满足要求的n=112．B3－012 非负数a和d,正数b和c满足条件b+c≥a+d,这时【题说】第二十二届（1988年）全苏数学奥林匹克九年级题7．【证】不妨设a+b≥c+dc≤c+dB3－013 设a1、a2、…、a n是给定不全为0的实数,r1、r2、…、r n是实数,如果不等式r1（x1－a1）+r2（x2－a2）+…+r n（x n－a n）对任何实数x1、x2、…、x n成立,求,r1、r2、…、r n的值．【题说】第三届（1988年）全国冬令营赛题1．【解】取x i=a i,i=2,3,…,n代入原不等式,得当x1＞a1时,由上式得当x1＜a1时,上述不等式反号．令x1分别从大于a1与小于a1的方向趋于a1,得到B3－014 对于i=1,2,…,n,有|x i|＜1 ,又设|x1|+|x2|+…+|x n|=19+|x1+…+x n|．那么整数n的最小值是多少？【题说】第六届（1988年）美国数学邀请赛题4．另一方面,令x1=x2=…=x10=0.95,x11=x12=…=x20=－0.95,则有故n=20即为所求最小值．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】 a max=3因为 m2≡0,1,2,4（mod7）所以 7n2－m2≡－m2≡0,6,5,3（mod7）a=3maxB3－016 设x、y、z＞0且x+y+z=1．求1/x+4/y+9/z的最小值．【题说】1990年日本第一轮选拔赛题10．【解】 1/x+4/y+9/z=（x+y+z）（1/x+4/y+9/z）B3－017 设n为自然数,对任意实数x、y、z,恒有（x2+y2+z2）2≤n（x4+y4+z4）成立,求n的最小值．【题说】1990年全国联赛一试题2（3）．原题为填空题．【解】（x2+y2+z2）2=x4+y4+z4+2x2y2+2y2z2+2z2x2≤x4+y4+z4+（x4+y4）+（y4+z4）+（z4+x4）=3（x4+y4+z4）当x=y=z＞0时,原不等式化为9x4≤3nx4,故n≥3．所以,n的最小值是3．B3－019 a、b、c是一个任意三角形的三边长,证明:a2（b+c－a）+b2（c+a－b）+c2（a+b－c）≤3abc．【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题2．本题由匈牙利提供．【证】不妨设a≤b≤c．3abc-a2（b+c-a）-b2（c+a－b）-c2（a+b-c）=a（a-b）（a-c）+b（b-c）（b-a）+c（c-a）（c-b）≥b（b-c）（b-a）+c（c-a）（c-b）≥c（c-b）[（c-a）（b-a）]=c（c-b）2≥0 B3－020 怎样的整数a,b,c满足不等式 a2+b2+c2+3＜ab+3b+2c？【题说】1965年匈牙利数学奥林匹克题1．【解】对于整数a、b、c,所要解的不等式等价于a2+b2+c2+4≤ab+3b+2c这个不等式可以变成由此可知,原不等式只可能有唯一的一组解a=1,b=2,c=1．B3－021有限数a1,a2,…,a n（n≥3）满足关系式a1=a n=0,a k-1+a k+1≥2a k（k=2,3,…,n－1）,证明:数a1,a2,…,a n中没有正数．【题说】1966年～1967年波兰数学奥林匹克二试题1．【证】设a1,a2,…,a n中,a r最大,s是满足等式a s=a r的最小下标．若n ＞s＞1,则a s-1；＜a s,a s+1≤a s,从而a s-1+a s+1＜2a s,与已知条件a s-1+a s+1≥2a s矛盾．故只有s=1或s=n,于是a r=0,数a1,a2,…,a n中没有正数,B3－022设a、b、c、d是正数,证明不等式a+b＜c+d（1）（a+b）（c+d）＜ab+cd （2）（a+b）cd＜ab（c+d）（3）中至少有一个不正确．【题说】第三届（1969年）全苏数学奥林匹克九年级题1．【证】假定（1）、（2）、（3）都正确．则（a+b）2（c+d）＜（a+b）（ab+cd）＜ab（a+b）+ab（c+d）＜2ab（c+d）从而（a+b）2＜2ab, 矛盾．B3－023 证明:任何正数a1,a2,…,a n满足不等式【题说】第三届（1969年）全苏数学奥林匹克十年级题6．原不等式左端的和大于故原不等式得证．【注】可以考虑更强的不等式（1954年美国数学家夏皮罗提出的猜测）对n≤12上式成立．对偶数n≥14与奇数n ≥27不成立．B3－024证明:对所有满足条件x1＞0,x2＞0,x1y1－成立,并求出等号成立的充要条件．【题说】第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题6．本题由原苏联提供．所以当且仅当x1=x2,y1=y2,z1=z2时,等号成立．B3－025 设a、b、n都是自然数,且a＞1,b＞1,n＞1,A n-1和A n是a 进制数系中的数,B n-1和B n是b进制数系中的数．A n-1、A n、B n-1和B n呈如下形式:A n-1=x n-1x n-2…x0,A n=x n x n-1…x0（a进制的位置表示法）；B n-1=x n-1x n-2…x0,B n=x n x n-1…x0（b进制的位置表示法）．其中x n≠0,x n-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A n B n-1－A n-1B n=（x n a n-1+A n-1）B n-1－（x n b n-1+B n-1）A n-1=x n[x n-1（a n-1b n-2－a n-2b n-1）+…+x0（a n-1－b n-1）]＞0B3－026 （n＞2）是自然数,证明下述论断仅对n=3和n=5成立:对任意实数a1,a2,…,a n都有（a1－a2）·（a1－a3）…（a1－a n）+（a2－a1）·（a2－a3）…（a2－a n）+…+（a n－a1）·（a n－a2）…（a n－a n-1）≥0【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题1．本题由匈牙利提供．1979年湖南省赛二试题4．【证】不妨设a1≤a2≤a3≤…≤a n．若n为偶数,令a1＜a2=a3=…=a n,则左边小于0,因而不等式不成立；若n=3,则左边前两项的和为（a1－a2）2≥0第三项不小于0,故不等式成立；若n=5,则同样可知左边前两项的和不小于0,末两项的和也不小于0,第三项不小于0,因此左边总不小于0,不等式成立；若n≥7,令a1=a2=a3＜a4＜a5=a6=…=a n则左边只有一个非零项（a4－a1）（a4－a2）…（a4－a n）＜0故不等式不成立．B3－027A=（a ij）是一个元素为非负整数的矩阵,其中i、j=1,2,…,n．该矩阵有如下性质:如果某一a ij=0,那么对i和j有a i1+a i2+…+a in+a1j+a2j+…+a nj≥n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=…=a kk=0．此时对于i,j＞k有a ij≠0．对于i ≤k,j＞k,若a ij=0,则a ji≠0,因若不然,交换i,j行,就会使a11=a22=…=a kk=a jj=0,与k的极大性矛盾．因而对于j＞k,仍有a j1+…+a jn+a1j+…+a nj≥nB3－028求出所有能使不等式组成立的所有解（x1,x2,x3,x4,x5）,其中x1,x2,x3,x4,x5都是正实数．【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题4．本题由荷兰提供．【解】为方便起见,令x5+i=x i,则可以把原不等式组简写为将它们加起来得=x5=x2=x4．反之,如果x i都相等,原不等式组当然成立．B3－029 证明:对于正数a、b、c,下述不等式成立:a3+b3+c3+3abc≥ab（a+b）+bc（b+c）+ac（a+c）（1）【题说】第九届（1975年）全苏数学奥林匹克十年级题2．【证】不失一般性,可假定a≥b≥c．那末c（a－c）（b－c）≥0,（a－b）2（a+b-c）≥0从而 c3+abc≥ac2+bc2 （2）a3+b3+2abc≥ab（a+b）+a2c+b2c （3）（2）、（3）两式相加即得（1）式．B3－030已知a1,a2,…,a n为任何两两各不相同的正整数,求证对任何正整数n,下列不等式成立；【题说】第二十届（1978年）国际数学奥林匹克题5．本题由法国提供．【证】由柯西不等式【别证】利用排序不等式．B3－031 已知0≤a1,0≤a2,0≤a3,a1+a2+a3=1,0＜λ1＜λ2＜λ3．求证:下面不等式成立【题说】1979年北京市赛二试题5．本题是康托洛维奇不等式的特例．【证】对任意正实数x,B3－032设a、b、c为正实数,证明【题说】第三届（1974年）美国数学奥林匹克题2．注意:这是一个对称不等式．【证】不失一般性,可以假定a≥b≥c＞0．原不等式即a2a-b-c·b2b-a-c·c2c-a-b≥1 （1）由2a－b－c＞0,得a2a-b-c·b2b-a-c≥b2a-b-c·b2b-a-c=b a+b-2ca=b=c时,等号成立．【别证】可以利用等式然后证明右端括号为正．B3－033 设x i、y i是实数（i=1,…,n）．且x1≥x2≥…≥x n；y1≥y2≥…≥y n；z1、z2、…、z n是y1、y2、…、y n的任一个排列,证明【题说】第十七届（1975年）国际数学奥林匹克题1．本题由捷克斯洛伐克提供．【证】由排序不等式所以原式成立．B3－034有n个数a1,a2,…,a n．假设C=（a1－b1）2+（a2－b2）2+…+（a n－b n）2D=（a1－b n）2+（a2－b n）2+…+（a n－b n）2证明:C≤D≤2C．【题说】第十三届（1978年）全苏数学奥林匹克十年级题10．【证】设f（x）=（x－a1）2+（x－a2）2+…+（x－a n）2则 f（x）=n（x－b n）2+f（b n）（1）现在用归纳法来证明不等式C≤D≤2C．当n=1时,C=D,故有C≤D≤2C．假设当n时,不等式成立,往a1,a2,…,a n中添一个数a n+1,此时C增加了（a n+1－b n+1）2,而D增加了（a n+1－b n+1）2+f（b n+1）－f（b n）．在（1）式中,令x=bn+1,得这样,D增加的值（a n+1－b n+1）2+f（b n+1）－f（b n）在（a n+1－b n+1）2与2（a n+1－b n+1）2之间,从而,对于n+1时,也有C≤D≤2C所以,对一切n,都有C≤D≤2CB3－035 a、b、c、d、e为整数,满足1≤a＜b＜c＜d＜e其中[m,n]为m、n的最小公倍数．【题说】第十一届（1979年）加拿大数学奥林匹克题3．【证】更一般地,可以证明:对于n个整数a1,a2,…,a n,满足1≤a1＜a2＜…＜a n时,有n=2时,（1）显然成立．假设n=k－1时（1）成立,考虑n=k的情况:若a k＞2k,则若a k≤2k,则其中（m,n）为m、n的最大公约数,从而B3－036 S为正奇数集{a i},i=1,2,…,n．没有两个差|a i－a j|相等,1≤i＜j≤n．求证:【题说】1979年英国数学奥林匹克题3．【证】不妨设a1＜a2＜…＜a n,r为整数且2≤r≤n．对于1≤所以, a r≥a1+r（r－1）≥1+r（r－1）r=1时,上式也成立,故B3－037对于n为一正整数,以p（n）表示将n表为一个或较多个正整数的和的方法数,例如p（4）=5,因为有5个不同的和,即1+1+1+1,1+1+21+3,2+2,4证明:当n＞1时,p（n+1）－2p（n）+p（n－1）≥0【题说】1979年英国数学奥林匹克题5．【证】将n的p（n）个不同的表达式各加上1,得到p（n）个n+1的不同表达式,每一个都包含加数1．而且,n+1的每一个含有加数1的表达式,都可由这方法得到．因此将n+1表为大于1的整数的和的方法数q（n+1）=p（n+1）－p（n）同样将n+1表为大于2的整数的和的方法数即q（n+1）－q（n）．显然q（n+1）－q（n）≥0因此p（n+1）－2p（n）+p（n－1）≥0B3－038若0≤a,b,c≤1,证明:【题说】第九届（1980年）美国数学奥林匹克题5．结论可以推广到n个数的情形．【证】令因为（1－b）（1－c）（1+b+c）≤（1－b）（1－c）（1+b）（1+c）=（1－b2）（1－c2）≤1（当a、b、c轮换时均成立）因此δ≥0．B3－039 若x为正实数,n为正整数．证明:其中[t]表示不超过t的最大整数．【题说】第十届（1981年）美国数学奥林匹克题5．【证】用数学归纳法．当n=1,2时,（1）显然成立．假设（1）对n≤k－1均成立．kx k=kx k-1+[kx]=（k－1）x k-1+x k-1+[kx] （2）（k-1）x k-1=（k-2）x k-2+x k-2+[（k-1）x] （3）…2x2=x1+x1+[2x]（k）将（2）至（k）式相加,得kx k=x k-1+x k-2+…+x1+x1+[kx]+[（k－1）x]+…+[2x]因此,由归纳假定,kx k≤[kx]+2（[（k－1）x]+[（k－2）x]+…+[x]）但是[（k－m）x]+[mx]≤[（k－m）x+mx]（m＜k）,所以kx k≤[kx]+（[（k－1）x）]+[x]）+…+（[x]+[（k－1）x]）≤k[kx]即x k≤[kx]．此即所欲证之（1）式．B3－041 设a、b、c是三角形的边长,证明:a2b（a－b）+b2c（b－c）+c2a（c－a）≥0,并说明等号何时成立．【题说】第二十四届（1983年）国际数学奥林匹克题6．本题由美国提供．【证】设a是最大边,原式左边=a（b－c）2（b+c－a）+b（a－b）（a－c）（a+b－c）显然上式是非负的,从而原式成立,当且仅当a=b=c,即这三角形为正三角形时等号成立．B3－043 设x1,x2,…,x n都是正整,求证:【题说】1984年全国联赛二试题5．本题可用柯西不等式、数学归纳法等多种方法证明．将以上各式相加,即得所要证的不等式．B3－044设P（x）=a0+a1x+…+a k x k为整系数多项式,其中奇系数的个数由W（P）来表示,设Q i（x）=（1+x）i,i=0,1,…,n．如果i1,i2,…,i n是整数,且0≤i1＜i2＜…＜i n,证明:【题说】第二十六届（1985年）国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．当i n=1时,命题显然成立．设i n＞1并且命题在i n换为较小的数时成立．令k=2m＜i n＜2m+1,（1）i1＜k．设i r＜k,i r+1＞k,Q=R+（1+x）k S,其中的次数均小于K,由（1）（1+x）k≡1+x k（mod2）,故W（Q）=W（R+S+x k S）=W（R+S）+W（S）≥W（R）的次数均小于K．W（Q）=W（S+x k S）=2W（S）≥2W（R）=W（R+x k R）=W（（1+x k）R）045 证明:对于任意的正数a1,a2,…,a n不等式成立．【题说】第二十届（1986年）全苏数学奥林匹克十年级题2．【证】不妨设a1≤a2≤…≤a n．因为当2≤k≤（n+1）/2时【注】原不等式可加强为B3－046 正数a,b,c,A,B,C满足条件a+A=b+B=c+C=k证明: aB+bC+cA ＜k2【题说】第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克八年级题5．【证】由题设k3=（a+A）（b+B）（c+C）=abc+ABC+aB（c+C）+bC（a+A）+cA（b+B）=abc+ABC+k（aB+bC+cA）＞k（aB+bC+cA）即 aB+bC+cA＜k2B3－048证明:对于任意的正整数n,不等式（2n+1）n≥（2n）n+（2n－1）n 成立．【题说】第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题8．【证】只须证明由恒等式所以（1）式成立．B3－049已知a、b为正实数,且1/a+1/b=1．试证:对每一个n∈N,有（a+b）n－a n －b n≥22n－2n+1【题说】1988年全国联赛一试题5．【证】用数学归纳法证．（1）当n=1时,左边=0=右边,命题成立．（2）假设n=k时,不等式成立,即（a+b）k-a k-b k≥22k-2k+1当n=k+1时,左边=（a+b）k+1-a k+l-b k+1=（a+b）[（a+b）k-a k-b k]+a k b+ab k从而有≥2·2k+1=2k+2所以,左边≥4（22k-2k+1）+2k+2=22（k+1）-2k+2=右边由（1）及（2）,对一切n∈N,不等式成立．B3-050已知a5-a3+a=2．证明:3＜a6＜4．【题说】第十四届（1988年）全俄数学奥林匹克八年级题3．【证】由a5-a3+a=2,变形为（1）a[（a2-1）2+a2]=2（2）由（2）知 a＞0且a≠1（1）÷a得 a4-a2+1=2/a （3）（1）×a得 a6-a4+a2＝2a （4）（3）+（4）得 a6+1=2（a+1/a）＞4 （5）又由（1）知 2=（a5+a）-a3＞2a3-a3=a3故 a3＜2（6）由（5）和（6）得3＜a6＜4．B3-051已知a、b、c、d是任意正数,求证:【题说】1989年四川省赛二试题1．由平均值不等式,（2）≤2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd+2a2+c2+b2+d2＝（a+b+c+d）（3）（2）÷（3）即得结论．B3-052已知x i∈R（i=1,2,…,n,n≥2）,满足【题说】1989年全国联赛二试题2．因为 A/n≤a≤A,B≤b≤B/nB3-053已知a1,a2,…,a n是n个正数,满足a1·a2…a n=1,求证（2+a1）（2+a2）…（2+an）≥3n【题说】1989年全国联赛一试题3．B3-054对于任何实数x1,x2,x3,如果x1+x2+x3=0,那么x1x2+x2x3+x3x1≤0,请证明之．又对于什么样的n（n≥4）,如果x1+x2+…+x n=0,那么x1x2+x2x3+…+x n-1x n+x n x1≤0？【题说】1989年瑞典数学奥林匹克题3．【证】如果x1+x2+x3=0,则有当n=4时,若x1+x2+x3+x4=0,则即n=4时,命题成立．当n≥5时,令x1=x2=1,x4=-2,x3=x5=x6=…=x n=0,则x1+x2+x3+x4+…+x n=0而 x1x2+x2x3+x3x4+…+x n-1x n+x n x1=l＞0 所以n≥5时,命题不成立．B3-055证明:对于任意的x、y、z∈（0,1）,不等式x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）＜1成立．【题说】第十五届（1989年）全俄数学奥林匹克九年级题6．【证】设f（x）=（1-y-z）x+y（1-z）+z,它是x的一次函数,因此关于x是单调的．因为f（0）=y-yz+z=（y-1）（1-z）+1＜1f（1）=1-yz＜1所以当x∈（0,1）时,f（x）的最大值小于1,即x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）＜1B3-056证明:若a、b、c为三角形三边的长,且a+b+c=1,则【题说】第二十三届（1989年）全苏数学奥林匹克九年级题2．1990年意大利数学奥林匹克题4．所以B3-057已知二次函数f（x）=ax2+bx+c,当-1≤x≤1时,有-1≤f（x）≤1求证:当-2≤x≤2时,有-7≤f（x）≤7．【题说】1990年南昌市赛二试题1【证】由已知 -1≤f（1）=a+b+c≤1 （1）-1≤f（0）=c≤1（2）-1≤f（-1）=a-b+c≤1 （3）（1）+（3）得 -1≤a+c≤1 （4）由（4）、（2）得 -2≤a≤2从而 |4a±2b+c|=|2（a±b+c）+2a-c|≤2|a±b+c|+2|a|+|c|≤7即 |f（±2）|≤7|f（x）|≤7所以,当|x|≤2时B3-058证明:对于和为1的正数a1,a2,…,a n,不等式成立．【题说】第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十年级题2．当a1=a2=…=a n=时,上式取等号．B3-059设a、b、c、d是满足ab+bc+cd+da=1的非负数．试证:【题说】第三十一届（1990年）IMO预选题88．本题由泰国提供．【证】设则由柯西不等式熟知B3-060设a1≤a2≤…≤a7≤a8是8个给定的实数,且x=（a1+a2+…+a7+a8）/8；【题说】1991年中国国家教委数学试验班招生数学题3．【证】并且由柯西不等式,y≥x2,所以B3-061已知0＜a＜1,x2+y=0,求证:【题说】1991年全国联赛一试题5．B3-063已知a1,a2,…,a n＞1（n≥2）,且|a k+1-a k|＜1,k=1,2,…,n-1．证明: a1/a2+a2/a3+…+a n-1/a n+a n/a1＜2n-1【题说】第十七届（1991年）全俄数学奥林匹克九年级题8．【证】若a k≤a k+1（k=1,2,…,n-1）,则a k/a k+1≤1,故a1/a2+a2/a3+…+a n-1/a n+a n/a1＜（n-1）+na1/a1=2n-1（n≥2）若有a k＞a k+1,则由|a k+1-a k|＜1知a k/a k+1＜1+1/a k+1＜2设有p个k值使a k≤a k+1,（n-1-p）个k值使a k＞a k+1,则a1/a2+a2/a3+…+a n-1/a n≤p+2（n-1-p）同时 a n/a1=[（a n-a n-1）+…+（a2-a1）+a1]/a1＜p+1因此 a1/a2+a2/a3+…+a n-1/a n+a n/a1＜p+2（n-1-p）+p+1=2n-1 B3-064令其中m,n∈N,证明a m+a n≥m m+n n【题说】第二十届（1991年）美国数学奥林匹克题4．【证】不妨设m≥n,则故n≤a≤m,而有m m-a m=（m-a）（m m-1+m m-2a+…+a m-1）≤（m-a）（m m-1+m m-1+…+a m-1）＝（m-a）m m （2）a n-n n=（a-n）（a n-1+a n-2+…+n n-1）≥（a-n）n n由（1）有（m-a）m m=（a-n）n n （3）将（2）、（3）代入,即得a n-n n≥m m-a m或a m+a n≥m m+n n此即所求证之式．B3-065设a、b、c是非负数,证明:【题说】第二十五届（1991年）全苏数学奥林匹克十年级题1．【证】（a+b+c）2=（a2+bc）+（b2+ca）+（c2+ab）所以原不等式成立．B3-066设a i≥0（i=1,2,…,n）,a=min{a1,a2,…,a n},试证式中a n+1=a1．【题说】1992年第七届数学冬令营题2．B3-067设n（≥2）是整数,证明: 【题说】1992年日本数学奥林匹克题3．B3-068 n是正整数,证明:【题说】1992年澳大利亚数学奥林匹克题8．【证】因为B3-069对x、y、z≥0,证明不等式x（x-z）2+y（y-z）2≥（x-z）（y-z）（x+y-z）等号何时成立？【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题2．【解】原不等式即x3+y3+z3+3xyz≥x2y+xy2+y2z+yz2+z2x+zx2由对称性,可设x≥z≥y,于是x（x-z）2+y（y-z）2≥0≥（x-z）（y-z）（x+y+z）B3-070设实数x、y、z满足条件yz+zx+xy=-1,求x2+5y2+8z2的最小值和最大值．【题说】1992年英国数学奥林匹克题4．【解】由于（y-2z）2+（x+2y十2z）2≥0所以x2+5y2+8z2≥-4（xy+yz+zx）=4的最小值为4．x2+5y2+8z2＞x2当y→0时,函数x2+5y2+8z2的值可趋于无穷大．B3-071设A是一个有n个元素的集合,A的m个子集A1,A2,…,A n两两互不包含,证明:其中a i为A i中元素个数．【题说】1993年全国联赛二试题2．【证】A中元素的全排列共n！个．其中开头a i个元素取自A i中的,有a i！（n-a i）！个．由于A i与A j（i≠j）互不包含,故这些排列与开头a j个元素取自A j中的不同．由柯西不等式,结合（1）便得（2）．B3-073设函数f:R+→R+满足条件:对任意x、y∈R+,f（xy）≤f（x）f（y）．试证:对任总x＞0,n∈N,有【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题6．【证】f（x2）≤f2（x）,所以f（x2）≤f（x）f1/2（x2）．假设有则≥f n-1（x n）所以（1）对所有的自然数n成立．B3-075设a、b、c、d都是正实数,求证不等式【题说】第三十四届（1993年）IMO预选题本题由美国提供．【证】由柯西不等式即又（a-b）2+（a-c）2+（a-d）2+（b-c）2+（b-d）2+（c-d）2≥0结合（1）、（2）即得结论．B3-076设a1,a2,…,a n为n个非负实数,且a1+a2+…a n=n．证明:【题说】1994年合肥市赛题4．一方面由柯西不等式知B3-077已知f（z）=c0z n+c1z n-1+…+c n （1）是z的n次复系数多项式．求证:存在一个复数z0,|z0|=1,使|f（z0）|≥|c0|+|c n|（2）【题说】1994年中国数学奥林匹克（第九届数学冬令营）题4．【证】取复数β,使|β|=1且βn·c0与c n辐角相同,从而|βn c0+c n|=|βn c0|+|c n|=|c0|+|c n|再令ω=e2πi/n,a k=β·ωk（0≤k≤n-1）故必有一个k,使 |f（αk）|≥|c0|+|c n|显然,|αk|=1,于是αk就是所求的z0。