1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编：6不等式与线性规划

1、1981年2019年全国高中数学联赛试题分类汇编 不等式部分 2019B2019B 一、(本题满分 4040 分)设正实数a1,a2J|,a100满足a_a仙丄(心1,2川|,50 ) 证明:注意到a1,a2,|l(,a100 .0 对k =1,21,99，由平均值不等式知 10 分 9 r i 2018B 2018B 一、(本题满分 4040 分)设a,b是实数，函数f(x)=ax，b 。证明：存在x 1,91， x 使得 f(x0) -2。 证明：用反证法 假设对任意的xw 1,9】，均有f(x) v2，则 f (1)H 2，| f(3) 2，| f (9) 2 即 a b 9 ： 2，3

2、a b 3 2，9a b 1 ： 2 注意到 f(3) -4f(2) 3f (1) =16 又 f(3) 4f(2)+3f (1)| =16v|f (1) +4 f(3) +3f (9) =16矛盾！ 所以原命题得证。 2017A 2017A 9 9、(本题满分 1616 分) 设k,m为实数，不等式 x2 kx m兰1对所有L,b成立，证明：b - a兰2吋2。 证明：记 记xk k% 卅 ai a| ak (k=1,2，H|,99 )，证明: 2 99 Xi X2 I | I X99 _ 1。 0 : 99 从而有 X1X22|I(X99 : I 丨 k ak 1 k 4 k 1 +aH

3、+ ak 、k 99 _k ak 1 - k4 aQ2 川 ak 20 分 记的右端为 T，则对任意i =1,2,山,100 , ai在 T 的分子中的次数为 i-1，在 T 的 分母中的次数为 100-i 从而 100 50 2i01 _ T T ： | a ： | 丨 50 2i J01 2 101丄汩01 ai 玄仙丄 i 4 ai 1012 。30 分 又 0 ： a101 丄 =1,2川1,50 )，故 T 空 1，结合得乞T乞1 40 f(x)=x2kx m，a,b】，贝 U f (x -1,1 丨。于是 f (a) = a2 _ ka _ m _ 1 ； f (b)二b2kbm

4、岂1 a b a b 2 a b f( )=( ) -k( -m.-1 2 2 2 + +- -2知皂逹 f(a) - f (b) -2f (旦b4, 2 2 即 b _ a 乞 2 .、2 。 (本题满分 2020 分)设 X X X2, x3是非负实数，满足X! x2 x3 = 1 = 1 ,求 2017B 92017B 9、(本题满分 1616 分) 设为实数，不等式 2X -a 5-2X对所有1,2】成立，求实数a的取值范围。 x 解析：设t = 2 ，则r 2,4，于是|t - a卜：|5-t|对所有t2 , 4成立，由于 2 2 11 - a | | 5 _t |：= (t - a

5、) : (5 -1)，u (2t - a - 5)(5 _ a) ： 0， 对给定实数a，设f (t) (2t - a - 5)(5 - a)，贝U f (t)是关于t的一次函数或常值函数，注意 f (2) =(-1 -a)(5 - a) ： 0 f (4) =(3-a)(5-a) ： 0 所以实数a的取值范围是3 ： a ： 5 2017B2017B 一、(本题满分 4040 分)设实数a,b,c满足a b 0，令 max a, b, c f,证明: (1 a)(1 b)(1 c) 一1 - d2 证明：当d _1时，不等式显然成立 以下设Od 1，不妨设a,b不异号，即ab_0 ,那么有

6、(1 a)(1 b) =1 a b ab 丄 1 a b = 1 -c _ 1 -d 0 因此 |(1+a)(1+b)(1+c)兰(1c)(1+c)|=1c2 =1 c2 1d2 2016A12016A1、设实数a满足a v 9a3 -11a c a，则实数a的取值范围为 2017A 102017A 10、 解 由柯西不等式 X2 X3 1 又(捲 + 3x2 + 5x3 ： xi + 丄 + 1 = 一 X + 3x2 + 5x3 J 5为 I 3 5丿 5 1 1 .x1 3X2 5X3 5x-i 18x2 小 了 9 1 -6x3 ，当 x1 ，X2 3 3 5 1 2 1 18X2 2

7、 x3 3 _2 6x1 14竺 6x3 20 IL 1 3 =0，x3 =丄时取等号，故所求的最小值为 2 t 2,4，因此f(t) 0等价于 解得3 ： J / X2 X3、 (Xi +3x? +5X3 Xi + + 丨的最小值和最大值。 X2 g + 3x2 + 5X3 X! + 3 X3 ) :- . :- + 二7 | 王甘 X1 xi + 丫 3X2 5丿I 当Xi =1，X2 =0, X3 =0时取等号，故所求的最小值为 1； 5X2 答案： a(-233,- J) 3 3 解析： 由a ：| a |可得a : 0，原不等式可变形为1 . . | .1 a a 即9八”,，所以八

8、厝，3)又，故a (-罕甞)- 2 2016A 2016A 一、 (本题满分4040 分)设实数玄山： 忌, 屜花满足9aj Ila, (i = 1,2,2015 ). . 即所求最大值为 2016B 22016B 2、设 A = ：a | T 二 a 二2，则平面点集 B = ：(x, y) | x, y A, x y _ 0的面积为 _ 答案：7 解析：点集B如图中阴影部分所示，其面积为 1 1 S正方形 MNPQ iMRS - -3 3 彳一? 2 2=7.2=7. 2015A62015A6、在平面直角坐标系 xOy中，点集 K =x,y) |(x +3y -6)(3x + y -6)兰

9、0所对应的平面 区域(如图所示)的面积为 _ 答案：24 解析：设 K( x, y)|x| |3y | - 0. 先考虑K1在第一象限中的部分，此时有x 36，故这些点 对应于图中的 OCDOCD 及其内部由对称性知， K1对应的区 域是图中以原点 0 0 为中心的菱形 ABCDABCD 及其内部. 同理，设K2二(x,y)|3x | |y |-6冬0,则 心对应 的区域是图中以 O O 为中心的菱形 EFGHEFGH 及其内部. 由点集K的定义知，K所对应的平面区域是被 K1、K2 中恰好一个所覆盖的部分，因此本题所要求的即为图中阴影 区域的面积 S S. 解析： 令 P =(a1 -a；)

10、(a2 一 a3) (a2015 - a；016)( a2016 - a；) _a3 (a2015 a2016 )(a2016 ai )的最大值。 由已知得，对 2 11 2 2 0 -ai 1 石 a 1 ai 1 -0。 求(aa|)(a2 i =1,2，,2015，均有 ai 若 a2016 式得 1 p2016 -a12 岂0，贝y P乞0 ；下面考虑a2016 - a； 0的情况. .不妨记a2017二a1，由平均不等 2016 Z 2016 ii 2016 1 ai ai，1 2016i吕 2016 ai (1 - ai) 1 - I = - 2 .2 fn 2 Z ai J +

11、z i 4 ；1 , ；2 ,，；n * 1,1 使得 证明: / n 2 n 证法一：我们证明：（送 ajaj2 2 + + Z Z a a - -瓦 a aj n (n 1)C a2)， 即对 i =1,2,川,n，取；i =1, 2 示实数j弓 =+1,山，n,取勺=-1符合要求.（这里, X表 1010 分 卍 2 i 4 2ln aj n 2 aj 士 A 2 L2（即 i=1 丿Z a2 i=1 + (n +1) E a2 血 2 Z ai i4 n aj j雋1 （ 柯 西 不 等3030 分 （利(利用X _ X ) n 罕n -1）r ai2）. =1 所以 得证，从而本题得

12、证. 证法二：首先，由于问题中 a1, a2| ,an的对称性，可设 a1,a2,IH,an中的负数均改变符号，则问题中的不等式左边的 印一 a2丨1（ an.此外， n n C ai）2不减，而右边的、 i 母 i=1 若将 a2不 因此我们可进一步设 a （-1）蓄二佝-a?） （a? -a4）III （an/ - a.） -0 , i 二.(一)ai = a)(a? a3 ) - | ) | 一( an n - an)一 an _ a)- i 4 当n是奇数时， n i d , (d) ai = (a1 -a2) (a3 d) JI (an_2 - anj)，an 丄 0， i 4 n

13、-(一 J ai 二 ai -(a2 - a3 ) T ) I -( an一 an) - ai - i 4 引理得证. 3030 分 回到原题，由柯西不等式及上面引理可知 fnffn n Is ai + 迟(-1)7 IE a2 +ai2 (n+1)迟 a2， 丿 丿 (id 丿 7 这就证明了结论. 4040 分 证法三：加强命题：设印赴，,a. ( n _2)是实数，证明：可以选取；i, ；2,，；-1,1, n 2 n 2 1 n 2 使得(E ai) +(E siai) (n+)(瓦 a). . n i仝 2 亠一上an，以下分n为奇数和n为偶数两种情况证明. . - -1 1，于是有

14、 i 4 i 4 证明不妨设a： _a； 当n为奇数时，取 r （ aj2 C q） -r aj） i吕 i =1 nG1 工1 , = = 2- n -1 2 =2（、aJ2+（ a）2 n -1 n -1 2 2 n -1 n 2 乞2 a：）+2 （n -片）（ a2） 2 i 4 2 . n 1 (应用柯西不等式) n .4 n =（n -1）C a2）+（n 1）（ a2） i 二 .nH1 另外，由于a； _ a； a；，易证有 nJ 1 2 1 n （1 丄）、a2 （1_ 一）、 n 7 n ： n 十 n 4 2 1 因此，由式即得到(n -1)(、)+(n 1)( a2V-

15、(n 一)( a2)， n 1 j 2 故n为奇数时，原命题成立，而且由证明过程可知，当且仅当 i =1 1 一 2 口二= 2 2 当n为偶数时，取 -1，且 a1 =a?二二a.时取等号 1 n 2 n 2 二；n = -1，于是有 n n 2 _ C ai）2 f ai） -r a）2 =2C a）2+（ a）22 i =1 if . n 2 i =1 . n 2 j F n aj n 2 2 n n 2 n n 2 C a2)+2 (n-)p a：)(应用柯西不等式) 2 i 4 宀 n 2 n =nC ai2)+( a2) y j竺 2 故为偶数时，原命题也成立，而且由证明过程可知，

16、当且仅当 取等号，右3-|,a2,an不全为零，则取不到等号 综上，联赛加试题一的加强命题获证 2015B 2015B 、(本题满分 4040 分)证明：对任意三个不全相等的非负实数 a,b,c都有： 2 2 2 (a_bC)2 (bac)2 (C_ab)1，并确定等号成立的充要条件.。 (a -b)2 (b -c)2 (c-a)2 2 解析：当a,b,c不全相等时，原不等式等价于 2(a -be)2 2(b -ca)2 2(c -ab)2 _(a-b)2 (b-c)2 (c-a)2 .上式可化简为 2a2b2 2b2c2 2c2a2 -12abc _ -2ab -2bc -2ca , ,即

17、a2b2 b2c2 c2a2 ab be ca _ 6abc. 考虑到a2b2,b2c2,c2a2,ab,bc,ca _ 0 ,故由平均不等式得, a2b2 b2c2 c2a2 ab be ca _ 6： a2b2 b2c2 c2a2 ab bc ca =6abc. 因此原不等式成立. 2020 分 下面考虑等号成立的充分必要条件. 注意到中等号成立的充分必要条件是 a2b2 =b2c2 c2a2 ab =bc =ca . 若abc = 0，贝U ab =bc二ca，显然 a = b = c，与条件矛盾！ 若abc =0，则ab =bc =ca 0,但a,b,c不全为 0 0,不妨设a = 0

18、，则b = c = 0 .类似 可得其余两种情况，即 a,b,c中恰有一个非零.这时原不等式中等式确实成立. 因此，原不等式等号成立当且仅当 a,b,c中有两个是 0 0,另一个为正数.4 40 0 分 2010A2010A 三、(本题满分 5050 分)给定整数n 2，设正实数a!，an满足a1, 1,2,，, 1 n lZ1 1阳 = 2- ai - -一匡 ai i i=k十 Ik 丿 f1 n :max ai, Imn n 2 I 2 =nC a：)聋n f a：), n 记Ak aa?ak k k =1,2, ,n。 证明: n n ak Ak k 4 k =1 k 证明：由0 ：

19、ak乞1知，对1乞k乞n -1，有0 ： V ai k, n 0 aj 玄 n - k . i -k 1 注意到当x, y A0时，有x - y| max*, y，于是对1兰k兰n -1，有 ri c -max (n - k), 5 (k k =1 ， n n n A -瓦 A k4 n A =送(An - A )兰A-Ak k 二 1 k 八.I1- 心.n kJ n -1 n 2 2010B2010B 三、(本题满分 5050 分)设x, y,z为非负实数,求证: (U(x2-xy y2)(y2 2 2 2 2 2 2 x y z 3 _ yz z )(z- zx x ) _ ( )。 3

20、 证明：首先证明左边不等式 2 2 1 因为 x -xy y (x y) 4 I i 2 2 1 2 2 2 I 2 同理, ,有 y_ yz z (y z) , , z -zx x (z x); ; 4 4 (x2 - xy y2)(y2 - yz z2)(z2 -zx x2) 一丄(x y)(y z)(z x)2 64 2 2 1 2 2 3(xy) 2：(x y) , , 2 4 1 2 1 2 (x y z)Xy yz zx-)xyz ; ; 1 由算术- -几何平均不等式，得xyz (x y z)(xy yz zx), ,所以 9 (x2_xy+y2)y 2yz+z 2p(Vzx +

21、 x g# x 弋 y + z xy 弋 xy yz zx 3 yz zx 1 2 2 2 =一(x + y +z + 2xy + 2jz + 81 左边不等式获证，其中等号当且仅当 下面证明右边不等式 根据欲证 (z2 -zx X2)(y2 所以 (x2 不等式关于 + 2、孑 2 2 -yz z ) 一 x y , , 2 2 xy y)( y 一 yz 平均不等式 zx xy( + yz + zx 令( x, y,z对称,不妨 2z( 2z zx 2)XE ( 2 x 2 , ,得(x2 _ xy y2)x2 y2 = (x2 _ xy y2) xy xy _ ( 2 y 2 、 2 右

22、边不等式获证，其中等号当且仅当 -xy y2 xy 2 x2 )( 2009*32009*3、在坐标平面上有两个区域 设 x - y z 于是 YA 丈y2) #运用算术- -几何 x 一 xy + y2 十 xy、2 )xy 2 2 2 2 2 2 x 十y 3/X 十 y+z 3 )=( )-( ). . 2 2 x, y, z中有一个为 0,0,且另外两个相等时成立 y 一0 y兰x , N是随 兰2_x t变化的区域，它由不等式 t乞x乞t 1所确定，t的取值范围是0乞t乞1 , 则M和N的公共面积是函数 f (t)二 _ 答案:_t2 t - 2 解析：由题意知f (t)=踊影部分面

23、积 1 1 2009*42009*4、若不等式 n +1 n +2 数a的值为 _ 答案：2009 1 1 解析：设f (n)= n+1 n+2 f (1) ：a -20071，可得 a =2009. . 3 事实上，令 h(x) =x -1 n(1 x), g(x) =1 n(1 x) 2 : 0. (n 1)n 1 :Xn 4 ：.： x1 : 2 n -4 In n = (In n -ln(n -1) (ln( n -1)-1 n( n -2) . - (In 2 -In 1) In 1 八 I km 2009*2009*二、(本题满分 5050 分)求证不等式 厂n -1 z 证明：首

24、先证明一个不等式: :In(1 x) ： x, x 0. n 从而xn二 7 k# k k2 1 n 4 n / -X In(1 +)=无( k 1 k k 1 k In(1 1 ) k n n2 1 k k2 1 、( k 3 n -4 k=1 1 2 (k 1)k 1 + - 2n 1 . .显然f(n)单调递减. .则由f (n)的最大值 1 1 则对 x 0 , h(x) =1 0,g(x)= 于是 h(x) h(0) 在(1 1)中取 1 x = 0,g(x) g(0) =0. 1 1 x 得 - n 步 In n ,贝V x1 2 _ 2 1 x (1 x) (1 x) 1 ：丨

25、n ( ) n Xn 因此xn 1 20071对一切正整数n都成立，则最小正整 2n 1 3 n J - k (k 1)k 1 -1 1 n 2005*12005*1、使关于x的不等式 A.A.、6 -、3 答案：D D 解析：令 y = .-X - 3 . 6 - x , 3 乞 x 乞 6，可得 y2 _ 6，即 ymax =玩6，所以 k _、6 3 2003*72003*7、不等式x 2x24x+30的解集是 _ 答案：_3,_上 4,3 I 2八2丿 解析：不等式等价于（x 3； x 口 i x +上0，解得豆Jxc3 , I 2丿 2丿 2 即-3沁，旦1或止x：3。 2 2 20

26、03*132003*13、（本题满分 20 20 分）已知-5, ,证明：2、x 1 2x - 315 -3x ： 29 22007*22007*2、设实数a使得不等式 2x - a + 组成的集合是 1 1 A. A. , -3 3 答案： 3x -2a - a 对任意实数 X恒成立，则满足条件的a所 B.B. -1,1 -2 2 C. C. - -1 1 - D.I-3,31 解析: 般地, 原不等式等价于|a M k -1| | |k 5 -k -3 2 1 . 2 35k 2 4 4。 3 4 1 由于 |k 1| +|k |=1 k 从而上述不等式等价于| a | C C,从而只有

27、A A 正确。 |a| |-| |a|2，由此易知 3 4 |， 对任意的k R成立。 3 k- k ：1 x - 3 6 - x _ k有解得实数k的最大值为 3 C. C. 6 . 3 D. D. 6 B.B. 2) 3 证明：由题意得 2x_3_0，解得 x 5 2 15 -3x _0 由平均不等式 x 1 亠.x 1 . 2x - 3 . 15 - 3x 2 . x 1 . 2x -3 15 -3x = 4 - 4 x 1 x 1 2x - 3 15 -3x 14 x14 x . 4 4 注意到2.14 x在 3 5上单调增即2.14 x乞2.14 5 =2.、19 . 忖 故证. 2

28、002*2002*二、(本题满分 5050 分) 实数a,b, c和正数，使得f (x)二x3 ax2 bx c = 0有三个实根X! ,x2, x3，且满足: x2 _冷=， X1 X2 x3 2 + 2a3 27c -9ab 求 解析： f (x) = f (x) - f (X3) =(x-X3) x2 (a X3)x x； ax3 bl 二X1,X2是方程x2 (a X3)x X； ax3 b的两个根 X2- 二(a 匕3 2 4(x：十 ax3 + b L 泌, 3x| 2 2 + 2ax3 + 扎 +4b - a 人十X2 -x3 2 x3 =】-a + 24 人- 4x +5y c

29、 22 勺 11 2-3 2 x 0 或 log 1 x ： 0 . 7 2 2 解得 X 4 或 0 ： x ： 1 或 1 ： X 2 7 X, y元每枝. 6x +3y = a a 24 1 1 ，解出 x= (5a-3b) , y=-(3b-2a)。 4x+5y = bc22 18 9 , 1 所以 2x-3y (11a-12b) (11 24_12 22)=0，即 2x 3y. 9 9 (也可以根据二元一次不等式所表示的区域来研究. 显然假设条件成立，且 5050 分 即 此时logx ： -2或log 2001*2001*二、（本题满分 5050 分） 设 Xj 0 (i=1i=1

30、, 2 2， n n n），且艺 im 2 Xi 二 JkXkXj=1，求 1JS :ji j 2001*102001*10、不等式 3的解集为 2 答案：(0,1) (1,27 ) (4,；) 解析: 1一 2 3 或 1一 log 丄 x 2 log 1 x 2 2 log： x 2 logx 2 2 1 2 即解集为(0,1) (1,2 7 ) (4, ；) n Xi的最大值与最小值. i =1 解析：先求最小值，因为 n 2 Xj i ( 人)2 二 X： 2 xkxj 一 1= xi -1 , 1至童 i=1 i =1 1 n 2 所求最大值为” .k- k -1)2 . ILk丘

31、1999*21999*2、平面直角坐标系中，纵、横坐标都是整数的点叫做整点，那么满足不等式 X -1 ： ： ：! Y -1 2 : 2 的整点（x, y）的个数是（）（） A. A. 16 B. B. 17 C. C. 18 D.D. 25 答案：A A 解析：由 |x| -1 2 Tyl-1 2 ：2,可得 |x|-1,|y|-1 为 0,0 , 0,1 , 0,-1 , 1,0 或:；：1,0 . .从而，不难得到（x, y）共有 1616 个. . 1999*131999*13、（本题满分 20 20 分）已知当 X，0,1 时，不等式 X2cosv - x（1 - X） （1 - x

32、）2sin：0 等号成立当且仅当存在i使得 Xj 二 1 , Xj 二 0 , - j .人 Xi 的最小值为 iU 1 1再求最大值，令xk -k yk， n n 设M M八Xk八 “Yk 令 k 4 k 4 n 2 v kyk 2 kYkYj=1 . k 4 1 兰:j 0 对 0 xc1 恒成立。 1-x V x 下面考虑括号里取0的情况，、x COST - . 1_xsinv - 0得X： _ sin_l ，显然 1x v x Jsi nT +寸 cosQ 0,1 _ 1 此时，只要保证 COST 0，si nv 0，2 si nr COST -1 0 ,解得 si n2 ，解得 2

33、兀 5兀 2k 2k 二 12 12 另解：当 0 ： x ： 1 时，记 f (x)二 x2 COST - x(1x) (1x)2 si nr，则 f (x) =(1 COST si n)x2-(2si n 1)x si n，这是一个开口向上的二次函数， 其对称 轴 2曲1 2COS1 3，此时心即一 0，即可得到sin2 n n 1998* 1998* 二、(本题满分 50 50 分)设 aa2,，a., 04,，b1,21,且 a2 - b,2， i d i d n a3 17 n 求证：v 17a： i b 10 i m ，并问等号成立的充要条件。 证明：由于a1,a2, ,an ,

34、b1,b2/ ,bn 护bij訂严 J :ai3 1 bi 1,2，故 i 2 bi 即 aib5ai2 aL -0 . 2 bi 2 n 求和得 J 3 5 n a2 n -Z aib， i 3 b 2 y i =1 又由bi -a i 2bi -ai 0 2 5 ，得 bi ai bi +a：兰 0 ,故 abi2(ai2 +) 2 2 5 n n 由a2八 n b2，得 、 ai bi -V a2, i i i 5 i # 2lg 2.于是a,c中必有 x 丿 是M的最小值_lg 2 但取x = y = z =1 ,得a =b =c =lg 2 .即此时M =lg 2 于是M的 最小值_

35、 lg 2. 即所求值lg 2 . 1997*1997*二、(本题满分 5050 分)试问：当且仅当实数 Xo,X1，Xn, ( n A2),满足什么条件时， 2 2 2 2 存在实数yo,y1,，yn，使得z =乙 z? Zn，其中zxk iyk , i为虚数单位， k 0,1,2, ,n，证明你的结论。 解析：由于 z0 x0 -y0 2xyi x； x； %負潮2 y； y： 2 x 2 x.yn i 二 x： -yo =：妨 x；亠 亠x： - y1 y2 亠 亠 y： ，xyo 二 xy x?y2 x.yn ； 若 x0 x： x2 亠 亠 xj，贝y y0 y1 y2 亠.亠 y；

36、. 此时 x0y0 x2 x| X； y1 y； - xy *2牡 X；% = xy .矛 盾. 故必 x0 _ x1 . X；.-x2 . 反之，若x2 x x| - X；成立此时，可分两种情况： 2 2 2 2 当 Xo =% X； Xn 成立时，取 yi=Xi( (i=0,1,2 n ) )， 2 2 2 于是 z =Xo - yo 2Xoyoi =2xyoi， 而 z2 z； z；二 X； x； x； - y； y； y； 2 xy x；y2 x；y； i =2 xy x；y2 x；yn i = 2 X； x； x； i =2x；U2xoyoi ， 即 z； = z； - z；z；成立

37、. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 当Xo - X1 X2亠亠Xn成立时，记a = X1 血亠 Xn - Xo o， 于是Xi ( (i =1,2/ n) )不能全为 o o .不妨设 xn = 0 ，取 yo = % = y2 二=yn- 8 广时，小1 并记 f (x)二 x 3 2 sin J COS T x asin v a COS T .贝U 答案：2551 解析：如图，即 OAB内部及边界上的整点.由两轴及 x y =100围 成区域（包括边界）内的整点数有12 -105151个. 1 1 由x轴、y x, x，y=100围成区域（不包括y x 上）内的整点数 3 3 （x=1

38、,2,3时各有 1 1 个整点，x =4,5,6时各有 2 2 个整点， x =73,74,75时有 2525 个整点，x = 76,77，,100时依次有25,24/ ,1个整点. 共有 3 1 3 2 3 25 25 24 23 =4（1 2 边5） =1300 .由对称性, 由y轴、y =3x、x y =100围成的区域内也有1300个整点. 所求区域内共有 5151-1300-1300= 2551个整点. 1994*11994*1、设a,b, c是实数，那么对任何实数 x,不等式asinx bcosx c - 0都成立的充要 条件是（ ） A. A. a, b 同时为 0,且 c 0

39、B. B. 、a2 b2 二 c C. C. a2 b2 :： c D.D. a2 b2 c2 2 2 2 a Xn 丄a xn 2 2 2 2 lXn+Xn Xn+Xn 丿 - 2 2 2 2 . 2 t r 2 -X1 X2 Xn X0 二 X0 .仍有 Z0 2 2 )- + 2 Xnji axnj =X； X； 故所求条件为x0 _ x； x；亠亠x；. aXn X 2 =乙 Z2亠亠Zn成立. _ Xn i2 2 Xnj+Xn / 2 2 . x和任意眩，恒 解析：令sin日十cos日=u，贝U 2sin日cos日=u2 1，当日乏 f(x) 广 1 =2 x + (u2 +au +

40、2 ) i 1 2 u au 2 时， 2 1 2 2 ，或 u -au 2 3 5 - a乞u ，或a _u .因为 2u 2u 5 u - 2u . 2 u -au 所以 7 4 6 或 a -. 2 u 2 2u 1995*101995*10、 2 1 2 2 u -a2 _ 一丄 2 u 2 1, 直角坐标平面上，满足不等式组 y3x x 八3 x y00 的整点个数是 答案：C C 解析： asin x b cosx c = a2 b2 sin(x ) C - a2 b2, a2 b2 只需 c - a2 b2 0 即可，得.a2 b2 : c，故选 C. 1993*111993*1

41、1 、 设 任 意 实 数 xo xi X2 X3 0 logx0 1993+log 1993 +log 吃 1993* logx0 1993恒成立，则 k 的最大值是 _ N %? 为 答案：9 即 lgxolgx1 lg%lgx2 Igx?lgx3 lgx lgx3 (lg x。lg 为)+(lg X1 -lg x? )+(lg xlg 氏 J - - - + - - + - - - (lg x lg X1 lg 为lg x? lg X2 - lg X3 丿 又lg Xlgx1 0,lg X1 -lgx2 0,lg xlgx3 0，由柯西不等式，知k9即k的最大值 为9. 80 1 199

42、2*131992*13、（本题满分 2020 分）求证：16送17 . k . k解析: 显然虫1，从而log% 1993 0 . X3 X3 k k，即 证明: 同时 80 80 4 80 于是得送2(Uk +1 - Jk艮送1 +Z 2 k - k -1 k 1 kA . k k 80 1 即16八 k k ：1 2 . 80 2 1991*15 1991*15 .已知 0 ： a ： 1, x y loga(ax ay)乞 loga 2 1 证明：由于 0 0：a a：；：；1 1，不等式即证a_ay_2a8 1 渔 1 而 x y=x-x2=x1-x .于是 a 2 丄 a8. 4 x

43、 y 1 二 ax ay -2a -2a8 .故证. 由于ax - ay -2a 1 1 1990*7 1990*7 .设n为自然数， a, b为正实数，且满足 a b = 2，贝U n n的最小值 1 + a 1 + b 是 _ . 答案：1 =2、, k - I k -1 , 1 1 1 1 an 1 bn 丄了 丄了 宥 n bn n _1 .注意以上式子的等号当且仅当 1 a 1 b 1a b a b 所求最小值为1. 2 1990*9 1990*9 .设n为自然数，对于任意实数 x, y, z，恒有x2 y2 z2乞n(x4 y4 - z4)成立， 则n的最小值是 _ . 答案：3

44、解析：由于 x2 y2 z2x4 y4 z4 2x2y2 2y2z2 2x2z2 .解得a E(0,1灯(寸2址) a j2 1989*13.(1989*13.(本题满分 2020 分) ) 已知a1,a2,an是n个正数，满足謂an =1 =1 . 求证：2 a1 2 a 2 an - 3n. 证明:/ 2 ai = 1 1 a 33 ai , ( (i =1,2/ , n) ) -2 a1 2 a? 2 a. A：1 T a 1 1 a? 1 1 a. 3%ga? a3n. II d l h d h 解析 2 由题意得叮 “ ,从 n n a b 1 ,故 a = b = 1时成立.即 1

45、989*1989* n 二、(本题满分 3535 分)已知xr R, , (i =1,2，,n , n 2)满足 im Xi n = 1, X =0 , i -1 n Xi i=1 i 证明： J _2 O _2 2n 由已知设冷必2, ,x为诸Xj中所有 0的数， 1,2, ,n，且 i = j) ). XjXj2,，Xjm为诸Xj中所有: :0 0 的数.由已知 B = xj + Xj2 十+Xj j1 j 2 j m k x m x ii jh -k k =z E 互 l 1 l h h m v jh n z i =1 i k X m X - 当V生：:：4 丄时, l 1 l h d h k z l =1 Xjh A_ -B 1 2 2 2 2 n x k m I =t l h#h IT nh=1 2 2 一 2 2n 1 1 1 1988*121988*12、(本题满分 1515 分)已知a、b为正实数，且 1，试证：对