完整版2017数学竞赛命题研讨会材料汇总

1、 2017年全国数学竞赛命题研讨会试题汇编 月62017年 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

2、 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

3、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

4、分校涂小林60 组合 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 代数1(人大附中张端阳) ) 2(人大附中张端阳代数 1 2 代数3（复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利） a,a,a,a?0c，有求最佳常数 ，使得对任意4123?a?a?a?a?2 . 4123amaxa?a?aaa?c4 j1243i44j?1

5、?i?x,x,x,x?0，有如下恒等式：解：注意到对于任意的 4312?2 . (1) 222222)?(x?xx4x?xxxx?(x?x)?2xxxx?x?x?4442132213311432?22x?x?xx ，则 不妨设. ，且从而max?x?)x(x?)(xxx?xxx?,x43214j1i441123?i?j?41?2 . (2) 2)?(x?xxx?xx443112x?x，则 (2) 式显然成立若. 41x?xx?x3421xx?x?xL?1,0?0?1?. 当从而，则时，令 4141LL22x?xx?xL?(x?x)xxx?x?3443322121?1?. ? LLLLL?222

6、2. 结合 (1), (2)两式，得 因此)x)L?x?(x?(xx)?(x?414123. (3) 22222)x?3(x?x?x?x?x?x4xxx44324311122. 由 (3) 即得 令1,2,3,4,ia?x?ii?a?a?a?a3?2 4321. aa?max?a?aaa4 j31i24444ji?1?3?c . 下面证明若结论成立，则 430a?a?a?a?c使得结存假设对在论成立. 则取， 423141 ，则结论可重写为1)(n?aaa?a?1,? 41322n1?32 11 ?2n(4) . ?1?c? nn4?31?,nc. 其中 43cn? ，矛盾！，右边时，左边注意

7、到当 43 3c?故最佳常数为. 4 （复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利）代数4n之和，即的正整数表示为若干个正整数将不小于2bL,b,b,t21tt?2bib?2?S . 的最小值，当与变化时，求tb?n?b?b?Lb,L,b,biit1t2211?i?1i . 解：定义S?L,b)f(t;b,b,t12j?i1,2,L,ti,j? ，令使得设最小，则对任何)bb,L,(t;bSt21 . )?i,bj?b(k1,b?b?,b1?b?kkiijj 考虑下面三种情况：ji? ，则若，且情形10b?j)b,L,L,b,bf(t?1;b,bt?1j11j?21?jj?11i?i?1? 222kb?2

8、?1)?b?b?2bkb?(b?1)?2i(kkkiki1?ik?1k?1?1k?ik?tt?2,?1)?2b(?kbkk1?1?j?kk?j 而)b,L,t;b,bf(t121?1jj?1i?i?1?2222jbb?2kb?b?2ib?b?22kb?b jkjikkik1k?k?i?1k?k?11i?tt?2,?2kb?bkk1?k?k?j1j 由得，),bLt;b,bb,b,Lb,)?f(1f(t?;b,bLt1tj?1212j1? ；222jb2?2ibb)?2i(b?1)?b(b?1jiiiijj?i 情形2若，且，则0?bj)b,L,b,L,b,f(t?1;b,b,L,bti11?2

9、1j?j1?1j?j1i1?i? 2221)2(i?b?2kb?1)(b?bbb?2(k?1)?(?1)?ikkikk1kkk?j11k?1?j?tt?2,bk(?1)b?2?kk1?ik?ik1?4 而)b,b,L,f(t;bt211?j?1j1ii?1?2222ib?2?kb2?b?jb?b?bb?22kb ijijkkkk1?k?1k?1?1jk?k?jtt?2,b2kb?kk1k?i?1?ik 由得，)b;b,b,bL,b,L,b?)f(ft?1;bt,b,Lt1j?122t1j1? ；222jb?2?2ib?b)(?2(i?1b?1)?b(b?1jiijii 3若，则由情形0b?j

10、)bb,b,Lb,L,b,)?f(tf(t;b;,t21t12 得. 2222jbb2?1)?b?2ib?1)?2i(b1)?(b?1)b?2j(bjiijjiij 上面的三种情形都表明，, 2222jb?b21)?b2?ib)i(b?1)?(b?1?2j(b?(b?1)?2jiiiijjj 即. jb?b?i?1?jiji, 的任意性得，由. i?bj?1?bij)L,ti(i?1,2,b?（若至多可以取到两个不同值当取得最小值时，所有的所以，Si由排序不等式，此恰取两个不同的值，则这两个不同值是两个相邻的正整数）. bL?b?b? . 时t121b?b?L?b1b? ，则若，且2?tt21

11、12 . )tfb)?t(1;?2t?,(ft;b,bL,t21)(1;t2b?)bb,L,(t;b ，而不变. 即可将因此，不妨假设换成，则S1t12,1)bb,L,?L,b)f(t?1;b1,b;f(tb, ，t112t2)L1,2,ti?bi21b?t?(?1?btt的不同值组成的集整理得，故由，又i1tt,t?1,tt?t1?t1. 合为5 ?1?8n?1t(t?1)1t?t?， （1）当集合为时，i?1b?t?ni 22ttt(t?1)(2t?1)?222?1)t?t(b?k)?(kS? ， k6k?1k?1 1?8n1?1)?(mm?m，上式可化为 ，则令?nm?t?1 22(m?

12、1)m(m?1)； ?m?1)nS?(2 3 ?3?8n?9t(t?3)2?tt?i2?b?t?， ，2（）当集合为时，?n i 22tt1)?1)(2tt(t?222?k2)?t(S?t(b?k)? ， k61?1kk ?18nn?9?1?1?82)1)(m?(m?m?，上式可化为，令，则 ?n?mt?1? 222?(m?1)m(m?1)； ?nm?1)S?(2 3t?1,t?2b?i(i?1,2,L,t)中，（3）当集合为值为的个数为时，设2t?ix?1,2,L,t?1t?x，则，且，值为的个数为 2tt?1?22?t(t?1)t(?3t?2t?t?t?2t1)， n?x(t?2)?(t?

13、x)(t?1)?x?,? 2222? 4?m?1)1)m?2m(m(?1n?1?8?m1)(m?n,?m，令，则?nx?m?t?1? 222?2?且 ttt(t?1)(2t?1)?2222?x(t2)(?(t?xt?S?(bk)1)k k61?k1k?t(t?1)(2t?1)2?(2t?1)3)x?t(t? 6 (m?1)m(m?1)m(2m?1)?2?(2m?1)n?1)?(m?m? 26?(m?1)m(m?1)?(2m?1)n?； 36 t,t?1时，设中，值为的个）（4当集合为数为)tL,i?1,2,b?i(1?tix?1,2,L,t?1tt?x，则的个数为，且 ，值为2?t22?t(t

14、?1)tt?2(tt?t?2t1)?， n?x(t?1)?(t?x)t?x?,? 2222? 2?m?1)1)m?2m(m?1n?1?8?m1)(m?n,?mmt?，令，则?nx? 222?2?且 ttt(t?1)(2t?1)?2222?t(t?S?(b?k)?xk)?x(t?1)? k61k?k?1t(t?1)(2t?1)3?(2t?t1)x? 6 (m?1)mm(m?1)(2m?1)?3?(2m?1)n?m? 26?(m?1)m(m?1)?(2m?1)n?. 3tt1)?m(m(m?1)?2bib?S?2 的最小值是，综上，?n(2m?1)ii 311i?i? ?1?8n1m?其中. ?

15、2? 代数5（复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利） 22333)(xy?x?y)(?Mx)?(x?yy对一切满足求最大的实数，使得不等式Mx?y?0的实数均成立. yx,解：所求的最大值为. M32x?y?422333)(xy?xy?xy?y)?32(x?( ，可得下证：首先，取.32M?x?y?0的实数均成立. 对一切满足y,x2ts2?22y?s?x 记.要证的不等式转化为：，. 已知，0t?yt?x223)s?2tsts?8(3?)(t?t 7 3 ，由设，上述不等式等价于：，其中rt?s)?r)(t?2rr?8(3?t0?t2r2233 8r?8rr?1)?r16?r)?8(3r?t)(t

16、?2?r?8(t?2232 ，0?4)rr?16?r(?rr?83 . 所以成立，其中)?rr?t)(t?2r8(3?0?t2r （华东师大二附中唐立华）代数62223?ac?b?cb,a, ：设正数，求证：满足：Acab. 2?222c4?b44?a? 证明: 先证如下引理2223?ac?bcb,a, 引理设正数满足：，则1112(*)189(?)?a(?b?c)? . 222cb4?4?a4?2222,(c?a?bc)a?(a?b)?(b?c)?9?( 引理证明: 1119?)9(? 222c4?b4?4?a111222)(4?ac4)?(4?b?)?(?(?)?9 222c?4ba4?4

17、2?22a4?b?4? ，?22b44?a?2?22ab?44?222(*)?)c?(?ab?(a?)(?b?c故. ?22b4a?4? babcca. ,记?I?I21222222c4?4?44?b4?ca?b4?a2?22a4?4b?2 要证原不等式,只要证明: )b?(a?22b?a4?4?222)?b(a2222 ?(a?b)?(4?a)(4?b)?(a?b) 22(4?a)(4?b)8 22222222 ，而)a?bb?c()c?)(a?1?ca)?(4?a?)(4bb)?(1?. 上式成立，故引理得证21)?bc(a?2?x?y?x,y. 下证原题：记，则由引理有： 29a4? 由

18、柯西不等式,有42?111abc?2?bc)?(a? 222222c4?b4c?b4?4?a4?a4?332yy?992x?2?(2x)?y?xy?9y ，? 3322?32cab 所以 ，2?42223c?44?4?ab. 故原不等式得证222cba,3ca?b?满足：设正数见，注记：利用已证问题(2015命题研讨会题目) 有baa?b?cc?. 32?222cb4?44?a? 我们有如下：2223?ca?bc,ab, B：设正数满足：，求证：111. )3(1)(?)?2(a?b?c222c4?4?4?ab 代数7（湖南师大附中张湘君） ?，试确定最小实数c设，使得 n?1,2,Lx?R,

19、iinnn?bnaab?)()x?c(xx?. iii1i?1i?1?i分析： n?1?x? 由齐次，且. ，不妨设n1,i?xR,?2,Lii1?i9 nnnn?babaab)(xx)?)x)x(iiii1i?1i1?i?i?1?c?c?S的最，则只需求原不等式 nnn?n?nab?abn?abxxxiii1i?i1?1i? . 大值nn?aabxxnn11ii?bb?1aab)?n(x?x 1ii?1?)?() 由幂平均不等式，则aabii nn1ii?1?n?abb?1xni1i?S. n?nab?xi1i? 由Chebyshev不等式，nnnnnn?ababnab?nab?nabx?(

20、?x)(?nxx)nxxLxxx . ini1ii2ii1i?1i?1i?1i?1i?1?i1b?n?S1?b?1b1x?x?xL . 于是，当时取等号，所以n?nc?Sn12minmax （湖南师大附中张湘君）代数80?L,aa,a, ，求证：，且给定，设且m?nN3m?nm?N?m12mam?ni?()aa?. ，其中 1m?1n2a?a1i?1ii?mamm1?n1i?2,L,mb,i?1,1?b?(?)分析：令，则. ，原不等式 i ina2b1?1?i1?iii mm11?mn)(b?1?b1nm1?ii?1ii?知式不等证，于是只需明：由幂平均mmmm1?m?() . m21?b1

21、i?im?0c?cm?b0,i1,2,L, ，则. 考虑到，可设m?e?b,i1,2,Liiii1i?10 mmmm1m1m1?mm?)f(c()?()?m . 记，则)(f(t)? i cmmm221?b21?ete1?i1?i?1ii?1i1t2t?m?tm下面分两种情的二阶导数得，求1)?)?me(1?e)(mef(t)()?f(t te?1 况讨论：m111?mm()?()时，当中至少有一个小于(i) ， )(i?1,2,L,mb 1 ib1?m?11?ii m111mm (?m?2)?(1?)于是只需证明. m 1mm2?1 m111 0x)?(1?lng(x)?x?)g(xx时单调

22、设，所以，则在 3x,?g(x)?xx3x? 2x1111 23?)?m?(1?(1?)3m. 递减，所以 3m1)(t(t)?0ff),m1,b(i?2,L 时，则都大于等于是下凸函数，(ii) 当 imm?cimm?由琴生不等式得. 1?i?m?f(0)?m?ff(c)? imm21i?mm1?m?() . ，证毕综上所述， m2b1?1?ii （湖南师大附中汤礼达）代数91?nna?R,a,.,aa?.，求证：设i1?n12?2n?1an?1)a?(1i?jij?i 证明：首先我们证明局部不等式： 22221?nn?1?nn?11?1n?1nGM?AM ?22)a?.?a?(n?(a1)

23、?a)aa(?n2n222nnn2n2nn2121 221nn?1n?n11nn?1?1 2a?aa?(n?1a?a)?a?)(?2n?1nnn2nnn22n112n22221?nnnn?1?112)n(?121n?2222?n1n?1 a)?an?a?(?1a?a?a1aa?(?n?) nnnn22n1n1211 所以有11 2221n?n1?1n?2n?1 )?a?(aaa.nn2n22n121 2221?121nn?nn2?21n ?a)1aaa?aa?(n?(n?a?1)aa?nnnn112112n121?n1n? aan2故11? 21n?222aa1)a.a?(n?1n?1?n?1

24、nn213 a.?aann2n22n21 21n? 1n?aan2ii),23,.,n(i? 同理有 ?21n?2a?a(n?1)1?nnji? an2ji?i1i?1?nna?将上式相加，即得i.1?2n?1aa?1)?(n1?ijij?i 代数10（湖南师大附中汤礼达）?n?,1,2,a,?,aa*,的一个排列，令，设给定是N?k,nkn?12k?nn21?SS?min,S,S,?aa?S?a?.求（其中，下标考虑），记nmod1?i?nn121?1ki?ii?i1)?k(n? 1.S?证：? 2?1)?k(n?S?SSS?SS?aa?反设证明： ，故必有，因，故，或?S1n?k?2111

25、21k? 2?nn1)n?(kn?故. ?a?knS?S ii21?1i?i1)?1)k(nk(n?n为奇数，得. 为偶数或当，与假设矛盾?S?Zk 221?n?1)k(n?S. ，故只须再考虑为奇数，为偶数的情况, 对kni?1? i21?n?1)?1k(n?1)k(?IQP，. 则记j|S?Q?S?Pi|?n?,1,2,?UPQ ji22，).i?nSa?kn?1,所以a?得到S?(1? 因为1iii?ki?n?PPn?Q?，又中任意的两元素之差都大于故1 P 2 1?1nk(?1)?k(n1)n1)kn(n? ?QP ?S=?SS? iii222QP?1?ii?i12 n1)(n?n?1

26、)?1kn?k(n?1)1k(?P?(n?P)P 2222 1)?kn(n,? 21n(n?1)?1kn(?1)?nk. ,)nS?i?P?(1 或等号必须成立，即且 i2221k(n?1)?为奇数，i? 1?n?1)k(?2?S （*不妨）则?S? i11k(n?1)?2?为偶数，i ?2?1?n?1)1)?1k(k(n?，. ?SS?a=1?a 112k+1221?n?1)k(n?1)?1k(，为奇数. 又因为=?a?a=1?SS?=k 21k+2k+1k+k+122k2a=an. 所以故，但与题设相矛盾k?n?2?2k2n,112k+ 11（吉大附中石泽晖、王庶赫）代数nna?ba，a?

27、a?L?aa?b?b?Lb?，且，已知正数序列满足ba?111nn2n?n1nnii1i?i?1nnnj?1?i?. ，均有，证明：对任意的?b?a?baba?ijjiii1?i?1inj?1?i?n这说明数列（由于证明：，则. ）ba?b?b?b?ba?aa?a1ii?iijiijjij0?a?b?0a?b. . 是单调不减序列又，11nnbaa?b?0?，此时记时，必存在）当，使得：当时，（1m1?ni?1?mii11?b?a?b?aab? . ，此时记；当时，n?i?miiiiiiiinn1?nmnnna?. 可知：而要证明的可变形为. 由?bba?a?i1?iiiiii b1?mi?i

28、?1i?1i1?1ii1?iina?i nbaan?1?in）式*（*）即可，往证（，故只需证由均值不等式可知：ii?)?(in? nbb1i?1i?ii . 事实上，成立?bab?n?n1m ?1?1?mmnn1?L?n?Liiiii? bbbbbbbb1?i?1i?mi11mm?n1n?iii? ，1?nn1mm1nL?L?n? bbbbbmmmmm?m1?i?0?bb?0?00bb时，；时，这是由于，故有ii?m?ni?iimmii bbmi13 ?. 故有 ii? bbminnba?a?b?0?，又时，则对，均有，（2）当故对ba?n?11?i?n?ii11iii1i?i?1ba? ，

29、此时结论也成立均有. ii 12（绵阳东辰学校袁万伦、姚先伟）代数0c?b?0,a?0, ，求证：设111333222. )(2c?(2a?)(?b?)(b2?c?)(cb?a?)(a 2244420?0,ba，2005年白俄罗斯数学奥林匹克试题的推广，原题：设（问题来源：113322 ）求证：，)b?(2a?(a)(?b?)(b2?a?) 2244113122 证明：因为，?b?b?aa?b?a 2244133122 同理，?a?a?bc?c?b?c?,c 2424131133222 所以，)?)(c?a)?(a?b?)(b?(a?b?)(bc?c?)(ca? 242244111111 即证

30、，)(2c?b)?(2a?)(2?(a?b?)(bc?)(c?a? 222222 将此式左，右两端分别展开，即证11)?(222222222 )caabc?(abc?bc?(abc?b?c?aabb?)?aacc?b6 22222222caa22bc,ac?b?2ab,b?c? 因为，三式相加得222ca?bc?c?aab?b ， 所以1222222222)?b?bcc?bc?ab?ab(?ac?aca 21222222222)?)?(ac)?b(a?c)?c(ab?b?a(b?ccab2?abc?2bac?2 211 ，)cabcabc?(ab?)?(abbc?ca?6 22)?( 即成立，

31、故131133222 )(2c?2?2?c?b?a(?b)(?c)(?a)(a)(b 22444214 1时取等号. 成立，当且仅当 ?ba?c 2 （绵阳东辰学校袁万伦）代数132332322?ca?bcba?b,ac，证明：满足. 正数1c?a?b? 3ba?cc?abc,ba满1.2：正数6问题来源：韩京俊初等不等式的证明方法地页例222acb?ac?b?. ，证明：足2?1?ca?b b?aa?cc?b 因为证法1:222223332a?aacbbac?bbc?c? ba?cc?a?aa?bb?cb?c?aa?bb?cc ，22221)b?cca(a?bcauchy?不等式的推论得由，

32、 2c)?b?a?b2(acb?c?a2224423334)?a(bacba?bcc? ， )ca?bc?ca?cb2(ab?aa?bab?acbc?ba?bcc12)ca?bc?3(ab(a?b?c) 又因为，即,ca?bcab? 31cauchy22222221c)c?)?(a?b3(ab? ，由不等式，即?ca?b 33331abc22221(a)?bc?所以 ，即，故 6?abb?cc?a62(ab?bc?ca)222a?bb?cac211? b?ab?cc?a326. ：因为证法2223232223abbbc?ccc?aaab? ba?cc?ac?aa?bb?b?bcc?aa?b?c

33、 ，22221)bc?ac(ab?cauchy?不等式的推论得， 由 2c)a?b?2?bcc?aa?b(333)ba)ac?c()a(ab?cb(bc?222c?b,?a,?因为 ，所以 4baaccb?4?4?15 3331bac222?(ab?bc?aca?b?c)? 2ba?b?cc?a552 ，)ca1?(ab?bcca?b?)?(ab?bc?ca)?( 2212 又因为，即)3(ab?bc?(a?bc)ca?,?ab?bc?ca 33331bca1515?. 所以，即?1?1?(ab?bc?ca)? 6baa?cb?c?6322222acac?bb?211?.故? baa?b?cc

34、?362 代数14（广州市第二中学程汉波） 已知为的三个内角，求ABC?,CA,B ?nnnN?A,sinC?n1?sinCsin1?sinAsinB?1?sinB 的最小值 （1）当时，因为解1n?29CB?1A?1?2? ，?sinABsinAsin?3sin? 3433? 所以3? ?sin?Bsinsin1?sinABA?3 4 时，由万能公式及柯西不等式得（2）当2?nBAABtan4tan4tantan 2222?AsinBsin 2BA?BA?22tantan1?1?tan?tan1? 22 ?22?BA 时取等号，即当且仅当tan?tanB?A 22 所以有 2BA ?BAta

35、n1?tantan4tan?22?22? ?A1?sinsin?1?B22BABA?tantantan1?tan1?2222?AABBCCzx均为正，设，则tantantanx?tan?tanyz?tany 22222216 ABBCCAx?y?z?1于是 数，因为，故有1tantan?tantan?tantan? 222222 2xy?z1? ?B?sinAsin1 ，? x2x?y?z1?3az?b?y?x?cz中，在Nesbitt不等式：，令0?,b,?cay?a?x 2b?c3y?z? ，当且仅当时，等号成立即得?CA?B? 22x?y?z3 （2）当时，同第（2）种情况可得，3n?

36、222?xy1y?z?z1? 33?2?sinAsinB?1 333?2z2x?y?z2x?y?1?x?zy3?33? 3332?2?2 ? ?z?y2x2?2zx4?y?2? zy? ，即时，等号成立当且仅当?A?BC?z?x?y 3 ）种情况可得，（3）当时，同第（24?n 2 x?1?x1?x1? n21?sinAsinB?x1? ，n? x1?1?x?2x1? 时，等号成立当?CA?0,B 233原式的最小值为综上所述，当时，；当时，原式的最小值为1?nn?2 24 323 2时，当原式的最小值为；当时，原式没有最小值，但下确界为4?n3n? 2 邰海峰）代数15（大连市第二十四中学

37、得到一个新的,无穷个非钝角三角形,将其最短边、次长边、最长边分别相加?2. 大三角形,求证：这个大三角形的最大角小于 3Lb,b,L,a,a最,次长边依次为解:设这无穷多个三角形的最短边依次为,2121222剟cbc,ca,L且,其中. 长边依次为c?bai12iiiii222c?ba?c?,ab,bc?a对于两个不同的正,最大角余弦为.设 iiiab21i1?i?1i?17 i,j,因为整数 222222， aa?bb?a?b?a?b?aa?bb?(aa?bb)?(ab?ba)ijiijjiijjijijijijij aa?bb?ab?ba，又因为 jijjijii所以 22)?(ab?b(

38、aa?bba)jijiijji 222?(aa?bb)?2(2?1)(aa?bb)ab?ba?(2?1)(ab?ba) jijjiijiiiijjijj 2?(aa?bb?(2?1)ab?ba)， jjiiijji ?22222222c)b?()ba?(?a?(?a)b 所以iiii ?2222 ?b2baa?2aa?2?bb?jijiiijji?ji?ji?j? b)a?(22?2?2)2)(ab?ba?(2， ijiijii?j2221ca?b?2 ?2?1?. 从而最大角小于所以, 2ab23 代数16（东北育才学校张雷） 1?,?u?1,u:u使常熟得数列是,问:否存在 1n?n1u?

39、u?L?un12u?u?L?u?,若不存在请说明理由. ,若存在请求出n211lim? ?n?x1 : ,解下面证明: ?2,? 211 :,用数学归纳法, :第一步证明:引理*)N2n(n?1?L? 32n?1(1)当时,不等式成立; 1n?n时不等式成立,则时我们只要证设(2)假明1n?1211 ?2(n?1?n)?,只要证明,该不等式成立,故 2n?12n?1n?1?nn?1时,不等式成立. 1?n综上所述,引理成立. 11u?u?L?uL?u?(n?2)?u?u可二第步由:得, 1?21n12nuun1n?18 111?a(?n?2)u?u?L?u2)?u?(n?,设则,1?u 1nn

40、?n1?122uuunn1n?1L?u?u?ua1a?aa?,. ,则2nn1lim?lim 1n?n1 a?nn?xxn11222?a2?a?2?a?,a?1a?a由,第三步,得:故 nn?n11nn?12aann2 (*) ，1na?2?n11222?a?2?a?a?2 ,累加可得则 n?1nn21n?2an112, 2)?L?)(na?2n?1?(1? n3n?3211 2 (*) :由引理可知，n?1?2(1?L?)?2na?2n?1? n3?23n 2an21?2n?12n?2n?122n?1?nnlim?1lim?而，,故故由(*),(*), n2n2n2n2n2?n?n2aa1

41、nn1,?lim?1,lim. 则满足条件,?2, n2n22?n?n1?aa?2,a?由于无:.,证明试题背景:常见题目: 2?3?n2n?1?a nn1?1ann进而发,又希望能改进成为具体的值,而不只限于不等式法求出具体的通项公式. 现极限可以实现这一目标 （东北育才学校张雷）代数17 222aaaL.a?a?a?2)n2,.,1(?1(?aa?.a?n?2),0a?i?1,求,n1n122i1n2. 的最小值1?2,3,4?n? 1n? :最小值为解? 11?n5(?2n)? ?nn?: 下面证明aa, ,情形不妨设我们解决固定则4n?2119 222aa?2a?a)a?2aaa?aa

42、?2aaa?(a故可,为关于开口向下抛物线 aa4341142343432343, 知或者,aa?0a?4341; 当时,可有均值得最小值为0a?4 3都,最后调整及可知固定当调整,同样的情况,a?aaa,a,a,aa,a,a434324131216. 取等为? 3162,3?n. 也容易证明 2222)La(0?s?a?a.?a?saa 下证情形,我们证明更强的结论:5?nnn11221. 的最小值当取等?a in 11n)s(?值0,为最小中一个等于,而一.当时,都取等,值其5n? nn 111n)(?s. ,故而有利于我们调整 n1nn?1a?4a?:4个相等,即证明,我同样的调整法,们

43、可以调整51 11111 5222)?sa(a?4a?a?s则,不妨设)x?a?4x(0?aa?a,?x, 5151 5151552055 11ss1254?)?()10x(?)x(?4x只要证明带入后,时,显然我们只要证明2?s52255. 成立 11145 2）?（?4x10x)?(?x)(555 125 , ,）10x（?若则不等式成立5若 11112245 5 22,:)（）x?4x)（?(）10x10?(x)(于由只则要证5555 1111111344)(?4x(?x)?()25 243 ,)10?x（?x(4()?x)(?4)(）故只要证 555555520 111225 5 3,

44、）x（）?15()?100x1020证由要于们只即我 555 11135 5 . ,）10?15()（?20（）可知成立 5551为整化归们可以通,证明:过调当时,我?a?a26n? 5121s1s111222则不,不妨设,)x0?x2a?a（?a?a?a?a,a?x,a?2 5515115131262122661ss1122即的时候于等式等价,我们正要证明?x)）(?26xx?(2?s 366226111111222. (*) 而(*),代入我们即可证明x?+?(?x6x)?(?x)(?2x） 33666636n我们通过调整时,则,下面考虑情形,我们用数学归纳法若时成立2?n?7na1)?t

45、?.?a?t(0?a?aa,1?2?taa?则使得,i2)?(i?1,2,.,nb?,令2nn2?1n?1n it 22262n?22a?2tbbLbb?.?b)?ts(ba?1?b?b?b.我们求,则的最小n12nn?21?22n22n1?1?a?2a?a,aa(n?2)a?a?.?为归题求,化,故问知可由归纳值,nnn?211?2n1 2222n?a?s2aa(n?2)a 我们不妨设,的最小值n1n1221n?1)?x?,a?x(0xa? n1, 2)n?nn2n( n11? 2?222ns?asaa?(n?2)a?2? 我们只要证明n1n1(*) nn? n2n?1?2(n?2)n11n

46、?22s?x?s?x(?)? 而,:则代入(*),我们只要证明n22nn?2n?n2n?21121?n? 21? x()x?(?)?22?只要两边平方证明即对于指数是分数的时候,( nn2n?. 代入上式可知结论成立可 ),; 注: (1)数学归纳法解决了调整法中无限调整的问题6n?. (2)时的解决方法给整个题以提示5n?. (3)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21 (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. (n?1)a?a?1n?5的启发,我们也可以直接归纳,问题(6)受化归为,求n111 1n?2

47、2aa(n?1)a?a2?x,a?(a?n?1)x,同样我们得到,的最小值设,1n1 n1nnn 111?n?12(?(n?x)1)x)?2n(n?1)x?2(?要证明. nnn? n1?22?1)x?n(n?明要证我们只时当,移项平方我们依旧分类讨论,n? n111?11122n?1)1)x(2?nx)(n?(?(n?1)x?4(?1?2n?1nnx?1)()?()?(nx(?)? 将, nnnnnn? 2n?nn111?221)?22(n?1)n?4(nn(n?1)x? ,代入,且注意到我们只要证明nnn?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

48、. a,b,ca?b?c?1,abc?0,求证:(8)题目思想来源:(全国高中数学联赛)实数满足 abc1?caab?bc?. 24a?0,b,c?0,设则况,不妨情发现:一正二负的ab?bc?ca?b(a?c)?ac?b(1?b)?0a,b,c?0情形,经化归,我们只要考查11 2222明,即证)?abcb?c)?(abcab?2?2bc?2ca?ac?(ab 221 a222不变,不妨设则.下面证之:(*)?a?bc?abc 21 22222bc为元的开口向下的以(*)bc?abc?abc?a?(1?a)2a?b?c 21?a 知道取得最小值,时,可知不等式成立; ,抛物线0,?bc0c?

49、 2 1a1? a,1)?ta? 2,不令,大设妨时,最?bc0?(1?a2a3?a)?a 3222 3211230?2t?3tt?1?3我们本来是求导数证明的,后来发现:(*),t?t2 27224927522232. 只要证明3?(2t?t?()t? 274927: ,继续研究发现上述的题目形式由此启发, 18（大连市第二十四中学李响）代数222?21，设有序2)(n+?+,?,?)的特征值为+(?定义有序正数组?12 ?132,?,?)的特征值为k， (?正数组201721)()个有序数组，并设每m1008x,xm划分为,(x(1).求证：可以将201721,k,k+k+?+kk； k组的特征值为k，使得mm1122(2).将2017改为2018，结论是否成立，并证明. )划分为m-1,?个二元数组和一个