2017数学竞赛命题研讨会材料汇总

1、2017数学竞赛命题研讨会材料汇总XX年全国数学竞赛命题研讨会试题汇编xx 年6月目录代数代数1不等式人大附中张端 阳 1 代 数 2 不 等式人大附中张端阳1代数3不等式复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利 3代数 4 不等式复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利4代数5不等式复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利 7 代数 6 不等式华东师大二附中唐立 华 8 代 数 7 不 等式湖南师大附中张湘君9代数8不等式湖南师大附中张湘君10代数9不等式湖南师大附中汤礼达11代数10不等式湖南师大附中汤礼达12代数11不等式吉大附中石泽晖、王庶赫13代数12不等式绵阳东辰学校袁万伦、姚先伟 14 代 数 13 不 等式

2、绵阳东辰学校袁万 伦 15 代 数 14 三 角 不 等式广州二中程汉波16代数15不等式大连二十四中邰海峰 17 代数 16 数列东北育才学校 张 雷 18 代 数 17 不 等式东北育才学校张 雷 19 代 数 18 不 等式大连二十四中李响23代数19多项式学 而思培优苏州分校李家夫24代数20不等式华东师大张丽 玉 24 代 数 21 不 等式杭州二中赵斌25几何几何1复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利28几何2湖 南 师 大 附 中 苏 林 29 几 何3 湖南师大附中苏林30几何4 郑州一中张甲31几何5 西安铁一中杨运新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

3、8 西安交大附中金磊35几何9 西安交大附 中 金 磊 36 几 何10 西安交大附中金磊36几何11 西安交大附中金磊37几何12 东北育才学校缠祥瑞38几何13 学而思培优北京分校陈楷39几何14 学而思培优北京分校陈楷40几何15 学而思培优北京分校杨溢非41几何16 北京四中侯彬42几何17 西安交大附中金磊43数论数论1 东北育才 学 校 张 雷 45 数 论2 杭州二中赵斌 45数论3复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利 47 数论4 东北育才学校缠祥瑞48数论5 杭州二中胡克元50数论6 学而思培优杭州分校李卓伦52数论7 学而思培优杭州分校李卓伦54数论8 学而思培优武汉分校巩鸿文5

4、5数论9 学而思培优武汉分校巩鸿文55数论10 学而思培优深圳分校涂小林58数论11 学而思培优深圳分校涂小林60组合组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）代数2（人大附中张端阳）1当集合为t,t?1 时，设bi?i(i?1,2,t) 中，值为t?1的个数为x?1,2,t?1,值为t的个

5、数为t?x ,则t?2 ,且?t2?t?2t2?t?2?t(t?1)t(t?1),n?x(t?1)?(t?x)t?x?,?2222?1?8n?1?)1m2?(m)12m?(m?(m?1)mm?,令 t?m,则 n?, x?n?2222?且S?(bk?k)?k2?x(t?1)2?(t?x)t2?2k?1k?1ttt(t?1)(2t?1)6t(t?1)(2t?1)?t3?(2t?1)x?6(m?1)m?m(m?1)(2m?1)?m3?(2m?1)?n?26?(m?1)m(m?1)? (2m?1)n?.3(m?1)m(m?1),3 综上， S?2?ibi?bi 的最小值是 (2m?1)n?2i?1i

6、?1tt?1?8n?1?m? 其中?.2?代数5求最大的实数 M, 使得不等式 (x2?y2)3?M(x3?y3)(xy?x?y) 对一切满足x?y?0 的实数x,y均成立.解：所求M的最大值为32.首先，取 x?y?4 , 可得 M?32.下证： (x2?y2)3?32(x3?y3)(xy?x?y)对一切满足 x?y?0 的实数 x,y均成立.记s?x2?y2 , t?x?y. 已知 2s?t , t?0.要证的不等式转 化为：2s3?8t(3s?t2)(t2?2t?s)7设s?rt ,上述不等式等价于：r3?8(3r?t)(t?2?r),其中 2r?t?0 ,r3?8(3r?t)(t?2?

7、r)?8(t?2r?1)2?r3?8r2?16r?8?r3?8r2?16r?r(r?4)2?0 ,所以 r3?8(3r?t)(t?2?r),其中 2r?t?0 成立.代数6A :设正数a,b,c 满足：a2?b2?c2?3,求证： abc?2. 4?a24?b24?c2 证明：先证如下引理引理设正数a,b,c满足：a2?b2?c2?3,则(a?b?c)2?9(111?)?18. (*) 2224?a4?b4?c弓 | 理证明:?9?(a?b?c)2?(a?b)2?(b?c)2?(c?a)2,9(111?)?92224?a4?b4?c111?)?94?a24?b24?c2?(4?a2)?(4?b

8、2)?(4?c2)(2?4?b24?a?2?4?a24?b? , ?(a?b)2?(b?c)2?(c?a)2. ?cab. ?22 24?a4?b4?c222?4?b24?a 故(*)?2?4?a24?b?记I1?bca,I2?2224?a4?b4?c 要证原不等式，只要证明：?4?b24?a2?2?4?a24?b?(a?b)2?2(a2?b2)22222?(a?b)?(4?a)(4?b)?(a?b)22(4?a)(4?b)8而(4?a2)(4?b2)?(1?b2?c2)(a2?1?c2)?(a?b?c2)?(a?b)2, 上式成立，故引理得证.(a?b?c)21,y?下证原题：记 x?,则引

9、理有：x?y?2. 94?a2柯西不等式，有?abc?22?4?a24?b4?c?2?111?(a?b?c)2?222?4?a4?b4?c?499?2x?y?y?32?9xy2?(2x)?y?y?,22?33?所以故原不等式得证.abc324?2, 22234?a4?b4?c3a2?b2?c2?3 ,注记：利用已证问题(见2015命题研讨会题目)：设正数a,b,c满足：有b?c4?a2?c?a4?b2?a?b4?c2?23.我们有如下：B :设正数a,b,c 满足：a2?b2?c2?3,求证:(a?b?c)(14?a2?14?b2?14?c2)?2(1?3).代数7设xi?R?,i?1,2,n

10、,试确定最小实数 c,使得c?xi?1nab?ni?(?xi)?(?xia)b.i?1i?1nn 分析：齐次，且xi?R?,i?1,2,n,不妨设?xi?1ni?1.9原不等式？c?(?xi)?(?x)i?1i?1nnabi?xi?1n?c?(?x)nabiab?ni?xi?1ni?1n ,则只需求 S?(?xia)bnab?ni?xi?1i?1n 的最ab?ni 大值.哥 平 均 不 等 式 ，(i?1?xnnabi)1ab?(i?1)?nnax?i1ab?1?xi?1nabi?(?xia)b,则i?1nnS?b?1?xi?1nabi?xi?1n.ab?niChebyshev 不等式，n?x

11、i?1nab?ni?(?x)(?x)?nx1x2niabii?1i?1nnxn?x?xabii?1i?1nnab?ni?xiab.i?1n 于是 S?nb?1,当 x1?x2?xn?1时取等号，所以 Smax?nb?1?cmin?nb?1.代数8给定 m?3且 m?N 设 a1,a2,am?0 , n?mIL n?N,求证： ?(i?1maim)n?n ,其中 am?1?a1.ai?ai?121nm,m ,则？bi?1 ,原不等式？()？n.2i?11?bii?1m1n1m()()?m1?b1?bi?1ii?i?1,于是只需证明：mmm分析：令bi?i?1,i?1,2,aimm曷平均不等式知n

12、1mm()?m. ?1?b2i?1i 考虑到 bi?0,i?1,2,m,m,可设bi?eci,i?1,2,m,则?c?0.ii?1m101m 记 f(t)?(),则1?etmm1mm1mmm()?()?f(c)?.?icimmm1?b21?e22i?1i?1i?1im1mtt?m?2t 求f(t)?( 的二阶导数得下面分两种情 f'(t)?me(1?e)(me?1), )t1?e 况讨论：m1m1m1)?() , (i) 当 bi(i?1,2,m)中至少有一个小于时，？(1mi?11?bi1?m11mm1)?m?(1?)?mm?2.于是只 需证明 (12m1?m设 g(x)?x,x?3

13、 ,贝U g'(x)?x?1x1x1?(1?lnx)?0,所以 g(x)在 x?3 时单调 2x1111 递减，所以(1?)?mm?(1?)?33?2.m3(ii) 当 bi(i?1,2,m1,m) 都大于等于时，f'(t)?0,则f(t)是下凸函数，m 琴生不等式得 ？f(ci)?m?f(i?1?ci?1mim)?m?f(0)?m.2m1mm)?m 证毕. 综上所述，？(2i?11?bi代数9设a1,a2,an?R?,求证：？i?1nmain?1?12ai?(n?1)?aji?j 证明：首先我们证明局部不等式：(a?an2?12n1?an2?12n2?？an2?1AM?GM2

14、n2n)?(an2?12n1?(n?1)an?1n2n?12n2n?1nn?an?12n2n)n2?1n1?2(n?1)an2?1n?12n2n12a?an?12nn?(n?1)2an?an2?a?an2?1n1?(n2?1)n2?12(n?1)n?1n2?12n122aa?1?an2?1n1?(n2?1)aa?ann?1n12 所以有11a1n?1(a?an2?12n1?an2?12n2?？an2?1n12n2?12n2n)2n2?n?1n1?(n2?1)aa?an?aan2?1n1a1n?1?(n2?1)a1a2?ana1n?1n?1?2a1?(n?1)a2a3anan2?12n1?an2

15、?12n1n2?12n2?？an2?12nnaa?同理有n?1ai?(n?1)?aji?jnn?1i2?an2?12nin2?1n2nii?1(i?2,3，,n)将上式相加，即得 ?i?1ain?1?1?(n2?1)?aji?j代数10给定 k,n?N*,k?n?1 , n?2k,设 a1,a2,?,an 是？1,2,?,n?的一个排列，令Si?ai?ai?1?ai?k?1,记 S?min?S1,S2,?,Sn?.求证：S?k(n?1)?1. ?2?k(n?1)?a 因 k?n?1 ,故 a1?, 2?kn(n?1).2k1? 证 明： 反设 S? 故nS?Si?k?ai?i?1i?1nn?S

16、1?S2 ,故必有 S1?S 或 S2?S, k(n?1)k(n?1)?Z?S?,与假设矛盾.22k(n?1)?1故只须再考虑k为奇数，n为偶数的情况，对1?i?n , Si?.2 当k为偶数或n为奇数，得记 P?i|Si?k(n?1)?1k(n?1)?1PQ?j|Sj?则PQ?1,2,?,n?,22 - Q?.因为 k?n?1,所以 ai?ai?k 得至U Si?Si?1(1?i?n).故P中任意的两元素之差都大于1,又P?Q?n?P?nk(n?1)?1k(n?1)?1kn(n?1)P?Q?Si=?Si?Si?222i?1i?Pi?Qn212k(n?1)?1k(n?1)?1kn(n?1)nP

17、?(n?P)?P2222kn(n?1)?,2? 等 号必须 成立， 即 P?,且 Si?n2k(n?1)?1kn(n?1)?1(1?i?n).或22?k(n?1)?1, i 为奇数？k(n?1)?1?2 不妨 S1?则 Si?k(n?1)?12?,i为偶数？2k(n?1)?1k(n?1)?1?ak+1?a1=1.,S2?22k(n?1)?1k(n?1)?1?ak+1?a2k+1=1.又因为 k 为奇数？Sk+1 = ,?Sk+2=22S1减 a1=a2k+1,所以 n | 2k,但 2k?2n?n 代数11?2k,与题设相矛盾.bn满足？ai?bi ,已知正数序列an,且a1?a2?an,an

18、?bn?bn?1?b1?a1 ,i?1i?1nn对任意的 1?i?j?n ,均有 aj?ai?bj?bi ,证明：?ai?bi.i?1i?1nn 证明：于 aj?ai?bj?bi ,则 aj?bj?ai?bi. 这 说明数列ai?biin?1 是单调不减序列.又an?bn?0 , a1?b1?0.当a1?b1?0时，必存在1?m?n,使得：当1?i?m时，ai?bi , 此时记?i?bi?ai ；当 m?i?n 时，ai?bi ,止匕时记？i?ai?bi.?ai?bi可知：？i?i.而要证明的？ai?bi 可变形 为？ai?1.i?1i?1i?mi?1i?1i?1i?1nnnm?1nnnbi均

19、值不 等式可知：？i?1nnai?(i?1i)n ,故只需证？ai?n 即可，往证式 bini?1bi?bnai 成立.事实上，n?aibi?im?1bi?i?n?n?n?1?bnbn?1bibii?1bii?mi?1n?mbm?m?1bm?1?1b1?n?nbm?n?1bm?mbm?m?1bmbi?1bm?n?1?i?mbi?bm?0, ?i?0 , 0?bi?bm, ?i?0 ,这是于 n?i?m时，故有i?i ;时，bm13故有？i?bi?ibm.nn 当 a1?b1?0 时，则对 1?i?n，均有 ai?bi，又？ai?bi , 故对1?i?n ,i?1i?1 均有ai?bi ,此时结

20、论也成立.代数12设 a?0,b?0,c?0 ,求证：333111(a2?b?)(b2?c?)(c2?a?)?(2a?)(2b?)(2c?).44422244223111 证明：因为 a2?b?a2?b?a?b?,44223131 同理 b2?c?b?c?,c2?a?c?a?,4242333111所以(a2?b?)(b2?c?)(c2?a?)?(a?b?)(b?c?)(c?a?),444222111111即证(a?b?)(b?c?)(c?a?)?(2a?)(2b?)(2c?),222222 将此式左，右两端分别展开，印证11a2b?ab2?a2c?ac2?b2c?bc2?(a2?b2?c2)?

21、6abc?(ab?bc?ca)(?)22 因为 a2?b2?2ab,b2?c2?2bc,c2?a2?2ca ,三式相加得a2?b2?c2?ab?bc?ca , 所以12(a?b2?c2)21?a(b2?c2)?b(a2?c2)?c(a2?b2)?(a2?b2?c2)211?(ab?bc?ca)?6abc?(ab?bc?ca),22a2b?ab2?a2c?ac2?b2c?bc2?2abc?2bac?2cab 即(？)成立，故333111(a2?b?)(b2?c?)(c2?a?)?(2a?)(2b?)(2c?)44422214成立，当且仅当 a?b?c?1时取等号.2代数13a3?b2b3?c2c

22、3?a22?.正数 a,bc 满足 a?b?c?1，证明：b?cc?aa?b3问题来源：韩京俊初等不等式的证明方法地6页例：正数a,b,c满a2?bb2?cc2?a?2. 足 a?b?c?1 ,证明：b?cc?aa?b 证法1:因为a2?bb2?cc2?aa3b3c3b2c2a2?b?cc?aa?bb?cc?aa?bb?cc?aa?b,b2c2a2(a?b?c)21?, cauchy 不等式的推论得b?cc?aa?b2(a?b?c)2a3b3c3a4b4c4(a2?b2?c2)2?b?cc?aa?bab?acbc?baca?cb2(ab?bc?ca)1 又 因 为(a?b?c)2?3(ab?b

23、c?ca),即 ab?bc?ca?,3cauchy 不等式 3(a2?b2?c2)?(a?b?c)2?1,即a2?b2?c2?1 , 3abc1(a2?b2?c2)21?，故?,即所以b?cc?aa?b62(ab?bc?ca)6a2?bb2?cc2?a112?b?cc?aa?b 623.333 证法2:因为a2?bb2?cc2?aa3b3c3b2c2a2?b?cc?aa?bb?cc?aa?bb?cc?aa?b,b2c2a2(a?b?c)21?, cauchy 不等式的推论得b?cc?aa?b2(a?b?c)2a3a(b?c)2b3b(c?a)2c3c(a?b)2?a,?b,?c ,所以因为b?

24、c4c?a4a?b415a3b3c31222?a?b?c?(ab?bc?ca)b?cc?aa?b255?(a?b?c)2?(ab?bc?ca)?1?(ab?bc?ca),221 又因为(a?b?c)2?3(ab?bc?ca),即 ab?bc?ca?, 3abc15511? 所 以 1?(ab?bc?ca)?1?, 即.b?cc?aa?b62236a2?bb2?cc2?a112?故？.b?cc?aa?b623代数14已知A,B,C为?ABC的三个内角，求n3331?sinAsinB?n1?sinBsinC?n1?sinCsinA,n?N?的最小值.解当n?1时，因为211?A?B?C?9sinA

25、sinB?sinA?3sin? , ?33?34?2 所 以?1?sinAsinB?3?sinAsinB? 当 n?2 时，万能公式及柯 西不等式得3.4ABABtan4tantan2222sinAsinB?2?2A?2B?AB?1?tantan?1?tan?1?tan?22? ?22?4tan当且仅当tan所以有ABtan221?2AB?1?tantan?22?4tan?1?tan?1?tan?A B?tan?22? . 2AB?tan?22?2AB?tan ,即 A?B 时取等 号. 22?1?sinAsinB?设 x?tanABBCCAtan, y?tantan , z?tantan，则

26、 x, y, z 均为正 22222216数，因为 tanABBCCAtan?tantan?tantan?1 ,故有 x?y?z?1.于是222222?1?sinAsinB?y?z?1?x? ,?1?x2x?y?z?2 在Nesbitt 不等式：？a3b?y?z,令 a?x?y , ?a,b,c?0?中， c?z?xb?c2y?z3?即得？，当 且仅当 A?B?C?时，等号成 立.2x?y?z23当n?3时，同第种情况可得，?y?z?y?z?1?1?x?333331?sinAsinB?2?1?x2x?y?z2x?y?z?2222?32?3?y?z?33?32?32 .2?2x?y?z?4?x?

27、y?z?2?2y?z?当且仅当 x?y?z ,即 A?B?C? 时，等号成立.3当n?4时，同第种情况可得，21?x1?x?1?x?nn1?sinAsinB?1?x?2 ,?21?x?1?x?1?x当A?0,B?C?2时，等号成立.33 ;当n?2时，原式的最小值为；42综上所述，当n?1时，原式的最小值为332 当n?3时，原式的最小值为；当 n?4时，原式没有 最小值，但下确界为 2.2代数15无穷个非钝角三角形，将其最短边、次长边、最长边分别相加，得到一个新的2? 大三角形，求证：这个大三角形的最大角小于3 解：设这无穷多个三角形的最短边依次为a1,a2,长边依次为c1,c2,?,次长边

28、依次为 b1,b2,最, 其中 ai2?bi2 bici. ci2, 且 ai 蒯？a2?b2?c2 设 a?ai,b?bi,c?ci,最大角余弦为.对于两个不同的正2abi?1i?1i?117整数i,j,因为222222aiaj?bbij?ai?bi?aj?bj?aiaj?bbij?(aiaj?bbij)?(aibj?biaj),又因为 aiaj?bbij?aibj?biaj ,22所以(aiaj?bbij)?(aibj?biaj)222?(aiaj?bbij)?2(2?1)(aiaj?bbij)aibj?biaj?(2?1)(aibj?biaj) 2?(aiaj?bbij?(2?1)aib

29、j?biaj)222(?ai)2?(?bi)2?(?ai2?bi2)2所以 a?b?c 2?2?aiaj?2?bibj?2?ai2?bi2a2j?bji?ji?ji?j ?(22?2)?aibj?baij?(22?2)(?ai?bi),i?ja2?b2?c21?1?2?,从而最大角小于 2?.所以2ab23代数16数列un:u1?1,un?1?lim1u1?u2?un, 问：是否存在常熟？,？使得u1?u2?un?1, 若存在请求由？,？，若不存在请说明 理.？x?n1解：？?2,?,下面证明：211 第一步：证明：引理:1?2n(n?N*),用数学归纳法，32n?1(1) 当n?1时，不等式

30、成立；(2) 假设n时不等式成立，则n?1时我们只要证明1211?2(n?1?n)?, 只要证明，该不等式成立，故 2n?12n?1n?1?nn?1n?1 时，不等式成立.综上所述，引理成立. 第二步:u1?u2?un?1,u1?u2?un?118?un?1?1(n?2) 可得 un11?un?(n?2),u2?1,设u1?u2?un?1unan?1?an?un?1?1?an?1(n?2),则 un1,a1?1,则 limu1?u2?un?liman?.x?x?nan?n11222,a1?1,得 an?a?2?a?2,故？1nn2anan2an?2n?1 ,(*)第三步：an?1?an?22

31、则 an?1?an?2?112?a?2?,累加可得 n2an2n?1112an?2n?1?(1?)(n?2),32n?3112 引理可知：an?2n?1?(1?)?2n?1?2n , (*) 32n?322n?1an2n?1?2n2n?12n?1?2n?lim?1, 故 故(*),(*),，而 limn?2nn?2n2n2n2n2ana1lim?1,limn?1,则？?2,?满足 条件.n?2nn?2n2试题 背景：常见题 目:a1?2,an?1?an?1,证明：2n?1?an?3n?2.于无 an 法求生具 体的通项公式，又希望能改进成为具体的值，而不只限于不等式，进而发现极限可以实现这一目

32、标.代数17a1?a2?？an?1(n?2),0?ai?1(i?1,2，,n),求a1?a2?？an?2a1a2 的最小值.222an1?n?1解：最小值为？1?2(1)n?n?n下面证明：n?2,3,4n?5我们解决n?4情形，不妨设a1,a2固定，则19a32?a42?2a1a2a3a4?(a3?a4)2?2a3a4?2a1a2a3a4为 关于知a3?a4,或者a4?0,当a4?0时，可有均值得最小值为1; 3a3a4开口向下抛物线，故可当a3?a4,固定a3,a4,调整a1,a2,同样的情况，最后调整 a1,a3及a2,a4可知，都取等为61?. 163n?2,3 也容易证明.下证 n?

33、5 情形，我们证明更强的结 论：a1?a2?？an?sa1a2的最小值当 ai?1 取等.n222an(0?s?2)一.当n?5时，都取等，值为11?s()n, 而其中一个等于 0,最小值nn111?s()n,故而 有利于我们调整.n?1nn同样的调整法，我们可以调整4个相 等，即4a1?a5?1,证明：1111124a12?a5?sa12a5?s()5,不 妨 设a1?a5,a1?x,a5?4x(0?x?), 则552055 带入后，只要证明10x2?成立.s11s15(?x)4(?4x)?(), 显然我们只要证明s?2时 255251115 10x2?(?x)4(?4x)?55515 ,则

34、不等式成立，若10x2?5若1115 15 , 则只要证：(?x)4(?4x)2?(10x2?10x2)2, 于 5555141311115x4,故 只 要 证()()4?4x()3(?4x)?(?10x2)2 555555201(?x4)?5即15 120?15()3?100x255, 于110x2?55我们只要证15 115 , 可知成立.20?15()3?105551, 证明：2s1s1111, 不妨设 2a12?a52?a12a5?a?a,a?x,a?2,我们正要证明 s?2 的 时 候，即？2662631111116x2?(?x)2(?2x ) ?3 (*) 而 (?x)2?+x,代

35、入(*),我们即可证明.6666363下面考虑n?7情形，我们用数学归纳法，若n?2时成立，则n时，我们通过调整a 使得 an?1?an,1?2an?t,则 a1?a2?？an?2?t(0?t?1),令 bi?i(i?1,2，,n?2),t 当 n?6时，我们可以通过调整化归为 2a1?a5?22222n?6t(b?b?.?b?sab1b2b?b?.?b?112n?2nt n?2贝U 12,我们求2bn?2)?2an 的最小值，归纳可知a1?a2?？a?aaan?2,an?1n,故问题化归为(n?2)1?2n?1,求的最小值，我们不妨设(n?2)a12?2an2?sa1n?2an211n?22

36、a1?x,an?x(0?x?)nn2m n?2),(n?2)a?2an?sa212n?221n我们只要证明1?1?a?s?n?n?(*)n?2n(n?2)n2?1?x?s?x? 则 代 入(*),我们只要 证明:2?n?1?x?n?n?221n?22?1?(?)?s?n2?n?, 而n22?11n?n?21n?22?()?()x(对于指数是分数的时候，只要两边平方证明即n2n可),代入上式可知结论成立.注：(1)数学归纳法解决了调整法中无限调整的问题；(2)n?6时的解决方法给整个题以提示 .(3)n?5 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

37、想，分类，跳跃归纳，加强归纳，调整法，放缩以及联想探索等能力，是训练学生的较好题目.(6) 受n?5的启发，我们也可以直接归纳，问题化归为(n?1)a1?an?1,求(n?1)a12?an2?2a1n?1an2的最小值,设a1?11?x,an?(n?1)x, 同样我们得到，只 nnn11?1?n(n?1)x?2(?x)n?1(?(n?1)x)?2? 要 证 明 nn?n?. ?1?n(n?1)x?2? 我们依旧分类讨论，当？n?时，移项平 方，我们只要证明2n11?1?1114(?x)n?1(?(n?1)x?(2?n(n?1)x2)2(?x)n?1?()n?1?(n?1)()n?2x,将nnn

38、nn?n?1?1?1?n(n?1)x2?2?2(n?1)n?4(n?1)2?代入，且注意到?n?,我们只要证明？n?n?nnn?2n,成立(7) 取等条件为全相等或者一个等于0,此比较两个最小值，觉得系数2比较适合.(8) 题目思想来源：(全国高中数学联赛)实数a,b,c满足a?b?c?1,abc?0,求证：ab?bc?ca?abc1?. 24 发现：一正二负的情况，不妨设a?0,b,c?0,则ab?bc?ca?b(a?c)?ac?b(1?b)?0,我们只要考查a,b,c?0情形，经化归?2ab?2bc?2ca?abc?a2?b2?c2?11,即证明？(a?b?c)2?(a2?b2?c)2?a

39、bc?221ab?c(*).下面证之：不妨设 a 不变,则 21a2?b2?c2?abc?a2?(1?a)2?2bc?abc?(*) 以 bc 为元的开口向下的 21?a抛物线，知道bc?0,取得最小值，c?0 时，可知不等式成立；2bc?1?a 时 23a2?2a?a(1?a)?0,不妨设 a 最大，令2a?t?1,1),322?3t3?t2?2t?1?0(*) 本来是求导数证明的，后来发 现:32t3?1?1?2t,我们27224932275t?t?t2?()2?(2?)2?3.274927 止匕启发,继续研究，发现上述的题目形式：代数18只要证明定义有序正数组的特征值为，设有序正数组的特

40、征值为k,(1) . 求证：可以将 划分为m个有序数组，并设每组的特征值为，使得 ；(2) . 将2017改为2018,结论是否成立，并证明.解：(1)我们证明可以将划分为m-1个二元数组和一个非二元数组满足题中条件，下面用数学归纳法证明：m=1 时，显然成立；假设m=p时结论成立，即可划分为 p-1个二元数组和一 个非二元数组，使得 成立；则 m=p+1时，保持 m=p时划分由去的p-1个二元数组不变，下面对非二元数组进行划 分，设非二元数组为，其特征值为，取其中一个二元数组 ，其特征值为 ，其中 ，设除去 的 有序q-2元数组的特征值为，则对于 m=p+1,只要证明存在 使得 成立，即即成

41、立， 成立,成立，即即成立，设，于(，q为奇数，所以至少存在一个i使得 ，对于m=p+1原结论成立， 所以原题结论成立.(2) 成立，同(1)只要证存在i使得 成立，设 , 若存在 ，则显然成立，若均不为零，用反证法，假设均小于零，则 为同号，于q为偶数，有为同号，23于，与同号产生矛盾，所以存在 i使得成立， 所以对于2018依然成立.代数19已知：f(x)?x4?ax3?bx2?cx?d有四个复数根？1,?2,?3,?4 ,g(x)?x3?bx2?(ac?4d)x?4bd?a2d?c2有三个复数根?,?,?.123 求证：1?i?j?4?(?)ij2?1?i?j?3?(?)ij2解析为记号

42、简单起见，不妨设 ?1,?2,?3,?4?e,f,g,h韦达定理有?a?(e?f?g?h)?b?ef?eg?eh?fg+fh+gh? ?c?(efg?ef h?fgh?egh)?d?efgh 我们来证明：?1?2?3?(?b)?ef?eg?eh?fg+fh+gh?(?1?2?3?4)?(?1?3?2?4)?(?1?4?2?3).直接展开当证即可. 于是证毕!代数20设x、y、z为正实数，求证：yzy2?z2?yz?zxz2?x2?zx?xyx2?y2?xy?(x2?y2?xy)(y2?z2?y z)(x2?y2?xy).一、命题背景：原题：P为三角形ABC内一点，求证：BPCPBC?APCPA

43、C?APBPAB?ABBCAC.特别地，当/ APB之BPCh CPA=120时，这个几何不等式仍然成立，设 PA=x, PB=y, PC=z,则得到题2.二、解答过程当然我们可以先解答原几何题，再等价转化为我们所需 要的代数不等式.下面我们给由一个纯代数的解法，解答 过程如下：24?yz(x2?y2?xy)(x2?z2?xz)?zx(y2?z2?yz)(y2?x2?yx)?xy(z2?x2?zx)(z2?y2?zy)?1首先证明y2?z2(x?y?xy)(x?z?xz)?x?yz?xy?z.22222y?zy2?z2y?z2?(x?y?xy)(x?z?xz)?(x?yz?x)?(x?yz?x

44、)?(x2?yz?x)2y?z222222y?z2)y2?z2y?z2?x(?)y?zy?z222222(x?y?xy)(x?z?xz)?(x?yz?x)2(x2?y2?xy)(x2?z2?xz)?(x2?yz?xx(y?z)2?y?z2(y?z)22222(x?y?xy)(x?z?xz)?(x?yz?x)2?(x2?y2?xy) (x2?z2?xz)?(x2?yz?xy?z3)?x(y?z) 2232x(y?z)24 而(x2?y2?xy)(x2?z2?xz)?(x2?yz?x?xz?xy?x22y?zy?z)?(x2?y2)(z2?x2)?x22y?z3?x(y?z)22222y2?z2所

45、以(x?y?xy)(x?z?xz)?x?yz?xy?z 成立.于是yz(x2?y2?xy)(x2?z2?xz)?yzy2?z2x?yz?xy?z2?yz(y?z).?yz(y?z)同理 zx(y2?z2?yz)(y2?x2?yx)xy?zx(z?x),yz(y?z)?(z2?x2?zx)(z2?y2?zy)xy(x?y),?yz(y?z)上面三个式子相加，即是我们需要证明的不等式.代数21252627几何几何1已知锐角？ABC AC?BC点K,N在边AC上，点 M,L在边 BC上，且11BC?AN?CK?CL?BM?AC.KL 与 MN于点 P.点 R为边 BC 的中点，22点 Q为？ABC外

46、接圆上弧 ACB的中点.求 证：？RPN?QPK.证明：延长 MN KL分另I交BC于点X、Y.梅涅劳斯定 理，直线MN KL截？ABC#:BXANCMAYBLCK?1?XANCMBYBLC蒯牛：AN?CKNC?KA CM?BL MB?LC.BXBY 代入得：，？XAYA 进而：AX?BY因为R为边BC的中点，Q为？ABC外接圆上弧 ACB的中 点，所以QR为线段AB的中垂线，结合可知 QR为线段XY的 中垂线.因为 QA?QB AN?BM ?QAN?QBM所以？QAN?QBM 所 以 QM?QN ?MQA?BQA?ACBS而 M,C,Q,N 四点共圆. 所以？QCM?QNX又？QCM?QAX

47、可得？QAX?QN河彳# Q,N,A,X 四点共圆，28?ABC?CAB.22?ACB?ABC?CAB 又？KYX?CBA?BLY?CBA? ?2洲 以？QXN?QAC?QAB?CAB?ACB?CAB?？QXN?KYX QX?QY 所以：？PXY?PYQ所以QX,QY为？PXY的外接圆的切线，所以 QP为？PXY的陪位中线，所以：？QPK?XPR?RPN.几何2已知I是？ABC内心，过I作BC的垂线，交？ABC的外接 圆于D、E（D、A在BC同侧），延长DA交直线BC于F,过I 作AE的垂线交直线BC于G.求证：？DFI?EGI.证明：引理：F是。的弦BC延长线上一点，D是弧BC 中点，弦交弦

48、BC于G , DF交圆于 D、H,贝U DC2?DH?DF?DG?DE.引理的证明：连结 CB CH.因为D是弧BC中点，所以？E?BCD因此，所以DC?DGC s?DCE2?DG?DE.因为弧 DH/M DCW HC=H BD-弧 HC所以？DCH?BCD?CDH?F 因止匕？DHS ?DCF, 所以DC?DH?DF?DG?DE.回到原题：延长AI交。于P,设BC于DE的交点为 M,连结DF交 BC于L,延长DO交。于K.下证P、E、G三点共线：延长PE交BC延长线于 G?,连结IG?交AE于N.鸡爪定理及弓I理知 PI?PC?PE?PG?故？PEIs?pig?,故？PIE?PG?I ,于是

49、？IAE?IEA?BG?E?IG?B , 而？IAE?PCE?BG?E 所以？MEN?MG?N因此M E、G?、N四点共圆.而？EMG?= 90?所以IG?AE, 因止匕G?即G,29222 所以P、E、G三点共线.再证LI?DF:鸡爪定理及引理知：PI2?PC2?PL?PD ,所以？PLI s ?pid ,从而？LIP?IDP , 因 止匕？DLI?DPA?LIP?DPA?EDP.所以？DLI?LDF?DPA?ADE?2?EDP在？DBC中熟知 DO DE是等 角线，从而？DLI?LDF?DFA?ADE?EDK= 90?.所以 LI?DF.最后证明？DFI?EGI:LI?DF 、 DI?LF

50、 知 I 是？DLF 垂心， 所 以？DLI?DFI?90?LDF.因为？IGL?DEA?DPA 所以 L、P、 G I四点共圆.从而？DLI?EGI.所以？DFI?EGI.几何3OO2相切，如图，O 01、且均与。切，OO的弦径AB 0 02的外公切线，。01、0 02的两条外公切线是。01、且D、 F、CD EF分别交AB于C E, D、F在。上，01 、02均不在直线 AB同侧，EF交AD于P, CD交BF于 Q.求证：PQ/ AB.证明：分别延长 FE、DC交。于T、S,连结SA SR TA、TB.0 02分别切 AB于K、L,切SD于 J V,切FT于Y、X. 设。01、对。01及点

51、圆OA、OS、OB用开世定理有：SA?BK?SB?AK?AB?SU.对。02及点圆。A、OS、OB用开世定理有：SA?BL?SB?AL?AB?SV.两式相减得：SA?KL?SB?KL?AB?UAB?UV从而 SB?SA?.KLAB?XY 同理：TB?TA?.KL30而 UV?XY 故 SB?SA?(TB?TA).易知：当点G沿弧BSA从B到A时，GB?GA勺值单调递 增， 当且仅当 GG?/ AB 时，GB?GA?(G?B?G?A).故ST/ AB.从而？ADS?BFT所以F、P、Q D四点共圆.因止匕？FQP?FDP?FB撕以 PQ/I AB.几何4已知圆O1与圆O2外切，P为圆O1上一点，

52、PA,PB分别且圆O2于A,B两点，M 为AB中点，OC垂直PA交圆O1于点C, PB交圆O1于点D. 1求证：C,D,M三点共线.AAO2O1MO1SMO2DPCBDTB PC证明：设圆O1,圆O2切于点S,则O1,S,O2三点共线，P,M,O2三点共线.OC?AP,O2A?AP可得A,S,C三点共线.111要证 C,D,M 三点共线，即证：？SDM?CO1S?AO2S?ABS?SBM22 即证：S,D,B,M四点共圆.设过S的圆O1,圆O2的公切线交 PB于T.贝 U?DSM?DBM?DST?90?MSO2?90?MBO2?180?DST?MSO2?MBO2?于是S,D,B,M四点共圆等价

53、于？DST?MSO2?MBO2而02A2?O2S2?O2M?O 2P?MSO2?SPO231? MSOA SAO2?MSO2?SPO2.又？MBO2?BPO2?MSO2?MBO2?SPO2?BPO2?SPD?DST 故原命题得证.几何5从一道三线共点题到线段相等题的改编作为数学老师，总是希望学生被数学题目吸引，然后去 独立思考、深入思考，最终有所收获.但是常常发现一些题目，学生并不太喜欢，甚至有些排斥.在微信群“几何大家玩”中讨论过一个几何题.1. A ABC；高AH, BC中点 M 内切圆与 BC CA边的切点D、E, /B内的旁心J.证明：MJ、DE AH三线共点.作为教练，觉得这是一个叙述比较简洁的三线共点题目 可是，在给高二学生做练习时，许多学生都跳过这个题，直 接去做后面的题.询问若干同学，有的说不方便用塞瓦定理， 有的说不喜欢旁心.一个月后，我将题目作如下表述，再次 留给学生们思考