高中数学不等式奥林匹克竞赛题解

1、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？点 起汉口重庆北京48上海35【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, 0y4x+y=8总运费为 8x+4 (10 x) +5y+3 (4y) =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

2、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(l-71 + 2x)22x + 9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.【解】显然xHo.将原不等式化简得x 2 (8x 45) v 0,因此,原不等式的解为一改。或。&若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- mC 2mI解得m=5.故甲队有2m=10人，乙队有3

3、m=15人，甲队抽出14m=9（人）.乙 队抽出5m- 11=14 （人），从而参加游戏的人共有C：。弓=150种选法.一升 3 J3-X -+7 A “B3- 004 求出所有满足不等式2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.【解】由题设知:- 在此范围内，碘大，则r -衍i越小，而在 =1-当时，其值为o2所以解为坐.OB3- 007设ai, a2,，an为n个正数，且设 q为一已知实数，使得0vqv 1.求n个数bi, b2,，bn使ak bk, k=1 , 2, , n.j bgi j. 1q- f k = L 2,，n- L% qj 1 +

4、q,、三.b + b二十+b置 ak对k=1 , 2,，n成立.比较 bk+1=q a1+q a2+ +qak+ak+1+ +qn-k-1 an与 qbk=qka1+ +q2ak-1+qak+q2ak+1+qn-k+1 an, qbk的前面k项与bk+1的前面k项相等，其余 的项小于bk+1的相应项（因为 qv1）.因此bk+1 qbk.同理 bh+10, v0, wi 0u+v+w=1u2+v2+W21(2)平方得 =1 ( 3)得由(1) 得由(2)及(5)得：U = 1v - 0w = 0因此满足题意的解为：x = 101, y1, z1, xyz=10, xg ygvzg 10赛二试题

5、 3.lgz=w ,则原题条件就变为：u 2+v2+w +2 (uv+vw+wuuv+vw+wu 2 L我们要求c+d的最小值，由题设c+d= (a+b) ( c+d) =ac+bd+ad+bc+ 2 + 2 Jac ；bd3 + 272a =0- 1, b = 2- 72c = 72 +1, d = 2 +时，等号成立.所以另一墟少为3+2/B3- 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 6.2【解】1987a2+4+6+2m+1+3+ (2n

6、1) =m (m+1) +n故m与口满足m+二因此，由柯西/、等式3m +4n = 3 Lq221.40于是221为3m+4n的上界，1B3- 011求最大的止整数 n,使小-A 口 1_ 15n + k-1121取n=112,则k只能取唯一的整数值76二口 一二11另一方圆，在n112时，o 7-+11K1987+-J43m +- +4n21V1 3K2)23 m-27, n-35 时，3m+4n取得最大值 221.等式只对一个整数k成立.邀请赛题 8.1(1)、96a 11297.l = -256从而区间;山gn中有两个整数比、k2,它们均使（1）成立. I U 因此满足要求的 n=112

7、.B3- 012 非负数a和d,正数b和c满足条件b+ca+d,这时表达式J 3可以取怎样的最小值？c + d a +b【证】不妨设 a+bc+dbe b+c f 1因+4 =- Cl ,c + d a + b c + d 1c + db + c=;Cb+c + b + c)(a乙Uic c+dbc . 1 a + b + c + d故 7 +)个 ： 8 +c+d a+b 2c+d1 a + b c + d 12 c+d a +b 2、i a + bc + d 12V2(d + d) a + b 2当逐二应 + 1, b = J5L o = 2, d=0时为飞回-77 .1 1a + bj+

8、b + c + d)1 1 )”1c + d a + bj,取得最小值 c + d a + b1988年）全苏数学奥林匹克九年级题B3- 013 设ai、a2、an是给定不全为 0的实数，口、2、rn是实数，如果 不等式ri （xiai） +2 （x2a2）+ +rn （xnan）Jx； + 上+A+x： - Ja； + 卓A对任何实数Xi、X2、Xn成立，求，ri、2、n的值.【题说】第三届（i988年）全国冬令营赛题 i.【解】取Xi=a, i=2 , 3,，n代入原不等式，得r-由） ai时，由上式得冏+不八+年+加；+小八十年当xivai时，上述不等式反号.令 xi分别从大于ai与小于

9、ai的方向趋于ai,得到1=a J旧+吊十同样q 二即“端 + a； +A +&：, i = l, 2,，nB3- 0i4对于 i=i , 2,，n,有 |x i| v i ,又设 |x i|+|x 2|+ + |x n| = i9+|x i + -+xn| .那么整数 n的最小值是多少？【题说】第六届（i988年）美国数学邀请赛题 4.【解】因区勾0.故Im TOC o 1-5 h z nnn19 =工氏上Z网i=li-1E另方面, 令 Xi=X2=- - =xi0=0.95 , Xii=Xi2=- =X20= 0.95 ,贝U有3照IE同= 19. d = 0irtT I故n=20即为所求

10、最小值.B3 0i5 设m n为正整数，证明存在与 m n无关的常数a1,使得当巴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 )(成 1/ x + Jy 4 /y +9/e) = 36当x = L y = ；, 1时，上式取等号，故所求最小值为36.632B3- 017 设n为自然数，对任意实数 x、v、z,恒有(x2+y2+z2) & 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+

11、z2) 2=x4+y4+z4+2x2y2+2y2z2+2z2x20时，原不等式化为 9x43.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+ab) +c2 (a+bc) b (b-c ) ( b-a ) +c (c-a ) ( c-b ) c (c-b ) ( c-a ) ( b-a ) =c (c-b ) 2 0B3-020怎样的整数 a, b, c满足不等式 a 2+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+4w a

12、b+3b+2c这个不等式可以变成+ (c-l)33)满足关系式 a1=an=0, ak-1 +ak+1 2ak (k=2, 3,，n1),证明：数 a, a2,，an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,，an中，ar最大，s是满足等式as=ar的最小下标.若 ns1,贝Uas-1； vas,as+w as,从而as-1+as+1 v2as,与已知条件as-1 +as+12as矛盾.故只有s=1或s=n ,于是ar=0,数a1, a2,，an中没有正数，B3- 022 设a、b、c、d是正数，证明不等式a+bvc+d(1)(a+b) ( c+d

13、) ab+cd(2)(3)(a+b) cdv ab (c+d)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2(a+b) (c+d) ( a+b) (ab+cd) ab (a+b) +ab (c+d) 2ab (c+d) 从而(a+b) 2 14与奇数27不成立.B3- 024 证明：对所有满足条件 X10, X20, X1y1-上;0,叼为一的实数Xp x2, yP zr句，有不等式（均+犯）（力+力）一团十句 Xi力一 町力 Y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

14、.本题由原苏联提供.【证】 区渥+与所以（4篮/3yly?-句句）=况浴。1%-2%町心】町打巧xLx2yLy3 + zjzj一%遇:二（力力一4（叼门一君）+区+町）（力+%） -（4十句尸二（引力 ；）+（町门名）+（町力+又洌-26勺）区为r；） +区为7；） +2（百丽石一町町）（为V1 -4+（叼力-1）+2而31 一击（叼力-小4:/1）（叼%842伏十%）+%）一（可+町f也y4y；）- 1 1G 2 +2K3y2 -z2当且仅当 X1=X2, yi=y2, Z1=Z2时，等号成立.B3- 025 设 a、b、n 都是自然数，且 a1, b 1, n1, A-i 和 4 是a进制

15、数系中的数，Bn-1和Bn是b进制数系中的数. A-1、为、Bn-1和Bn呈 如下形式：An-1 =Xn-1Xn-2 X0, An=XnXn-1 X0 （a 进制的位置表示法）；Bn-1 =Xn-lXn-2X0, Bn=XnXn-1X0 (b进制的位置表示法).Bjii其中XnW0, Xn-lW0.证明：当ab时，有Ah【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 ab,故 AnBn-i A-i B=(Xnan-1+A-i) Bn-i (Xnbn-1+Bi) A-i=XnXn-i (an-1bn-2 an-2bn-1) + +X0 (an-1 bn-1

16、) 0所以年MM% 与B3- 026(n2)是自然数，证明下述论断仅对 n=3和n=5成立:对任意实数ai, a2,，an都有(ai a2) ( ai a3)(ai an) + (a2 ai) , ( a2a3)(a2 an) + (an ai) ( ana2)(an an-i) 0【题说】第十三届(i97i年)国际数学奥林匹克题 i.本题由匈牙利 提供.1979年湖南省赛二试题 4.【证】不妨设 ai v a?w a3i w an.若n为偶数，令ai0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

17、成立；若 n 7, 令 ai=a2=a3 a4 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aii=a22=- - =akk=0.此时对于i , j k有au w0.对 于i w k, j k,若aij =0,则 硼w 0,因若不然，交换i ,j行，就会使an=a22=- =akk=ajj =0,与k的极大性矛盾.因而对于 j k,仍有aji +an+ai+an n于是2久广注

18、两+aJAYj i-l 1因而矩阵A的元素和不小于。会，028 求出所有能使不等式组.）国-总科-勺町混-区产1）0窗-父曲）-孙町）40（X：一修叼）（瑟一 %叼）。（x； -X述4）（x； -x2x4）0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=Xi,则可以把原不等式组简写为(X；-乐+沟禅)星0 (11 5)将它们加起来得5- Xi+2Xi+4）（i+l -向+/&4）i-11 352（盘 +xti）（xi+3 -xi+4）2

19、 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 abc.那末c(a c) (b c) 0, (ab) 2 (a+b-c ) 0从而c 3+abc TOC o 1-5 h z 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ai, a2,，an为任何两两各不相同的正整数，求证对任何正整数n,卜列不等式成立；【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JL, 1 X

20、143 人1因为所以由（1）得【别证】利用排序不等式.B3- 031已知 0Wai, 0Wa2, 0 bc0.原不等式即2a-b-c b?b-a-c 2c-a-b （1）由 2ab c0,得 /3 b2bde b2a-b-c b2b-a-c =ba+b-2c/i i+b-2c所以，Q）左端心+b.箴 d小=（力X 其中，当且仅当a=b=c时，等号成立.【别证】可以利用等式a+b+calblcc _ （abc） 3=a 3 * b 3* cc Jb hz i2c凯b-ci+b-2ca 3 * b 3 * b 3 * c 3然后证明右端括号为正.033 设 x yi 是实数（i=1 ,，n）.且

21、xiX2Axn； yiy23yn； zi、Z2、Zn是yy2、yn的任一个排列,证明HIk2区7厅42区-4i-L皿【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.t(向-4)2-1 区 i-1i-1f ikn1工工工区口工片汽 JlJIi所以原式成立.B3- 034 有n个数ai, a2,，an.假设瓦=2-+A% (k = lj k22C= (ai bi) + (a2b2) +一 ,.、2,.、2D= (ai bn) + (a2bn) + 证明：C D 2C.【题说】第十三届(1978年)全苏数学奥22【证】设 f (x) = (xai) + (x a2)贝U

22、f (x) =n (x b(bn)现在用归纳法来证明不等式 CW D 2C.当 n=i 时，C=D 故有 CW D02,，n)2+ (an bn)2+ (an bn)林匹克十年级题i0.，、2+ + (x an)n) 2+f,an中添一个数an+i,此时C 2+f (bn+i) f (bn).m二一n【证】由排序不等式(an+l -这样，D 增加的值(an+1 bn+1)2+f (bn+1) f (3)在(an+1 bn+1) 与2 (an+1bn+1)2之间，从而，对于 n+1时，也有CK DK 2C所以，又t一切n,都有C& D 2CB3- 035 a、b、c、d、e 为整数，满足 1Wa

23、vbvcvdve证明:1111/15a,b b,c c,d d,e16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.v an【证】更一般地，可以证明：对于 n个整数a1, a2,，an,满足1Wa1a22k,则若ak2k,则 1 1 . 17 1H一 %,叼叼，典 E.卜维金)工外)(外弘)=+ +/ +ala2 a2aJaL-lat其中(m n)为m n的最大公约数，从而B3-036 S为正奇数集ai, i=1 , 2,，n.没有两个差|aaj|相等，iwivj & n.求证:【题说】1979年英国数学奥林匹克题 3.【证】不妨设 aia2v an

24、, r为整数且2w r ai+r (r 1) 1+r (r1)r=1时，上式也成立，故工露至1立代1)1 ,=+2)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

25、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 0Wa, b, c 1,证明:c) + c +1 c + a + 1 a + b +1 十1 口食自= ；7；(1 一 a)(1 _ b) (1 - C)tJa + b + c b + c + 1 a+b + cZa(l a)居 + “ _ 1 -(l-bWfl + b + c)梅京)g + b + c)(a + c + 1)因为(1 b) (1 c

26、) (1+b+c) & ( 1 -b) (1 c) (1+b) ( 1+c)=(1 b2) (1c2) w 1 (当a、b、c轮换时均成立)因此 6 0.B3- 039 若x为正实数，n为正整数.证明：网二甲+肆+号+A+(1)123 n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nwk1均成立.1=1,，则有kXk=kXk-1 +kx= ( k 1) Xk-1+Xk-1+kx(k-1 ) Xk-1 = ( k-2 ) Xk-2 +Xk-2+ (k-1 ) x2x2=X1+X1+2x将（2

27、）至（k）式相加，得kXk=Xk-1 +Xk-2+- - +X1+X1+kx+(k1) x+2x因此，由归纳假定,kxk kx+2 ( (k 1) x+ (k 2) x+ +x)但是(k m) x+mx (k m) x+mx (m k),所以kxk kx+ ( (k1) x) +x )+ + (x+ (k1) x) w kkx即xk 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 (bc) 2 (b+ca) +b (ab) (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

28、形为正三角形时等号成立.B3 043设x1, x2,，xn都是正整，求证：Xi 町 X* xn、+ +A +-+ +叼 +工【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.【证】X；/叼+叼)2与，岁的+的)知,+xG2Xm将以上各式相加，即得所要证的不等式.B3 044设P (x) =ao+a1x+akxk为整系数多项式，其中奇系数的个数由 W(P)来表示，设 Q (x) = (1+x) i, i=0 , 1,，n.如果 i 1, i2,， in是整数，且0Wi1i2V in,证明：w(QQ+qQ w (q0.【题说】第二十六届(1985年)国际数学奥林匹

29、克题 3.本题由荷兰 提供.【证】歌(1+x) 2sl+xJ (mod2).当i n=1时，命题显然成立.设i n 1并且命题在in换为较小的数日成立.令 k=2N i nV 2m”,以Q表示Q% + Q& +Qi.，这时有两种情况：(1) iik.设 ivk, ir+ik, Q=R+ (1+x) kS,其中R=Q11+Q + +Qir S= U+x)k(Q% +Qk).琳吟的次数均小于 K,由(1) (1+x) k= 1+xk (mod20 ,故,_.- k _.W(Q =W(R+S+xS)=W(R+S)+W(S) W(R) :： 11,二 令义二(1 + x) kR, Q=(1 + x)

30、%,则R和S的次数均小于 K. W(Q =W(S+xkS) =2W(S) 2W(R)=W(R+xkR) =W( ( 1+xk) R) -*QiJ045 证明：对于任意的正数 a, a2,，an不等式42k7当 2W k w ( n+1) /2 时期 + 为 +A h由此得21c4】 + %+A+%“I 2.2k :2为+i+Af%+ +A +出1 + a2 a1+ 鼻口 +A +a1t+A+的 州 + aa+A +an1 1一 + +Aai 町成立.【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aiWazWw an.2 2因为药+为 ai + ai, 2k - 2k 2

31、at+A +aah_ *.i ah_ia 软 a】 a, ay 三* 1 14 一 + 一 + A +Lal a2【注】原不等式可加强为.111 k (aB+bC+cA 即aB+bC+cAv kB3- 048 证明：对于任意的正整数 n,不等式(2n+1) n (2n) n+ (2n1) 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(lx)士 nx + C：/士* + 得 (l + x)tt-(l-xr-2nx = 2C；1 +2C* + (2)在式中令X即得卜五所以(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

32、个 n C N,有(a+b) -an-bn22n-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-ak-b022k-2k+1当 n=k+1 时，左边=(a+b) k+1-ak+l-bk+1= (a+b) (a+b) k-ak-bk+a kb+abk由于+= L 所以置b=a + b=(a + b) (4+)34.a b从而有k+l” + /=24炉=2 (ab) 2 - 2k+1=2k+2所以，左边)4 (22k-2 k+1) +2k+2=22(k+1)-2 k+2=右边由（1

33、）及（2）,对一切n N,不等式成立.B3-050 已知 a5-a3+a=2 .证明：3V a6(5)又由（1）知2= (a5+a) -a 3 2a3-a 3=a3(6)由（5）和（6）得 3V a64.B3-051 已知a、b、c、d是任意正数，求证:a b c+b + c c + d d + a【题说】1989年四川省赛二试题 1.r n b 。 d【证】+b + c c + d d + a a + ba(d * a) + c(b + c) b(a + b) + d(c + d) -H(b + c)(d + a)(c + d)(a+ b)(1)由平均值不等式,同理(a + b + c +d

34、)(b + c)(d + a) (a + b + c + d)(c + d)(国 + b) (a + b + c + d)所以CO式右边4(a3 + b3 + c2 + d3 + ad + be + ab + cd)二2，(a + b + c + d)(a + b + c + d)2 + (a - c)2 + (b - d)a、(a + b + c + d)2*B3-052求证:【题说】(b + 匚)2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2Zcd + 2 (ca+bdj2),满足1, 勺=01989年全国联赛二试题2.【证】设工/=A +B,b为负项之和.由A + B =

35、 O,X = a + t其中A、a为正项之和,B.ZB 1A-B = 1, A = -B =-.因为A, BWbWB/nA/n a 3n【题说】1989年全国联赛一试题 3.【证】左边=(l + 1 + aJ (1 + 1 + M)(l + 1 + a*) 0局嗝)A (3向尸3”B3-054 对于任彳5实数 xi, X2, X3,如果 xi+X2+X3=0,那么 xiX2+X2X3+X3Xi4),如果 X1+X2+Xn=0,那么 X1X2+X2X3+Xn-lXn+XnXlW 0?【题说】1989年瑞典数学奥林匹克题 3.【证】如果Xl+X2+X3=0,则有工 工+与+叼产+岩)X的十句必+=

36、当 n=4 时，若 Xi+X2+X3+X4=0,贝U+太4黑1 -(向+叼)(跖+笈4)即n=4时，命题成立.当 nR5 时，令 Xi=X2=1 , X4=-2 , X3=X5=X6=- - =Xn=0,贝U X1+X2+X3+X4+Xn=0而X 1X2+X2X3+X3X4+ - -+Xn-lXn+XnXl = l 0所以 n 5 时，命题不成立.B3-055 证明：对于任意的 X、v、zC (0, 1),不等式 x (1-y) +y (1-z) +z (1-X ) V 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-

37、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) +1v1f (1) =1-yz 1所以当xC (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/ +b2 +c3 +4abc!2【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.-J 111【证】0(-a)(-b)(-c) 乙u匕二;一 ； (a + b + c) + ； (ab + bc + ca) - abc

38、(1 - a2 -b2 - c2) - abc-b2 - c2 -4abc)1 1-+ 8 44 2所以一i +，B3-057已知二次函数 f (x) =ax2+bx+c,当-1 WxW1 时，有-1 Wf (x) 1求证：当-2WxW2 时，有-7Wf (x) W7.【题说】1990年南昌市赛二试题【证】由已知-1-1 w f (0) =cw1(2)-1 f (-1 ) =a-b+c + (3)得(4)由(4)、 ( 2)得从而w 21a b+c|+2|a|+|c|7即而f (x)=a+b+c 1(1)(3)-1 a+c-2 w a w 2|4a 2b+c|=|2 (a b+c) +2a-c

39、|f ( 2) | 2,则f(x)在卜2, 2上单调，这时, 2a|f (x) |7(2)若卜|2,则dab Y可一6卜区中卦朱仲2卜2所以，当|x| W2时|f W |max (|f(2)I，1(2)|, |f ( -) |) 7 2aB3-058 证明：对于和为 1的正数ai, a2,，an,不等式所以及1an_十八十 一_1 . %an * al十八十2一an + al j、1+蚂）+八十a +的）1/、1=2（%+/+%）=2当 ai=a2=- =an=H, 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:上又b + c + d a +

40、c + d a + b + d a + b + c 3【题说】第三H一届（1990年）IMO预选题88.本题由泰国提供.【证】设 -1I Hrb+c + d a + c + d a + b + d a +b + c乙b + c + d则由柯西不等式s3 ”(b + c + d) ?(a1 +b2 +ca +/) 2熟知 2a (b + c + d)(3+b，+(?+d*)=62所以、(/ +N +/+d” 尸 (ab +bc + cd + da)B3-060设aWa2Wiw a7wa8是8个给te的实数，且x= (ai+a2+a7+a8)/8 ; 丫一 (过1 + 叼+4+电+弧),8试匹【题

41、说】1991年中国国家教委数学试验班招生数学题3.【证】16（V-，）-（制-即）=S （曰:+鼻；）-（3产,-8），+4 （附+的）2 =；8 （a；+公）+ 3 （劭+/）2 -2 （为+/） （a2+-1+a7） _ （肛+, 1+%） 3区二+如）、+叼40-2 1%+/）（丽+，,+%）4班（ij+ae） - （a3+1+a7） /gf并且由柯西不等式，yx2,所以B3-061已知 0a2信下=2国“坳门I叫 1 (n2),且 |a k+i-ak| v 1, k=1, 2,证明： a i/a 2+&/a 3+an-i/a n+an/a i2n-i【题说】第十七届(i99i年)全俄数

42、学奥林匹克九年级题8.【证】若 akWak+i (k=i, 2,n-i),则 ak/a k+i ak+i,则由 |a k+i-a k| vi 知 ak/a k+i v i+i/a k+i v 2设有p个k值使akak+i,则ai/a 2+a2/a3+an-i/a nW p+2 (n-i-p )同时 a n/a i= (an-an-i) + (+-ai) +ai/a ivp+i因此 a i/a 2+a2/a3+an-i/a n+an/a iv p+2 (n-i-p ) +p+i=2n-iB3-0641 t n+1 m +nm , a-m + n其中 m nC N,证明 am+ann?+nn【题说

43、】第二十届（i99i年）美国数学奥林匹克题 4.【证】不妨设俏n,则tn + tn n=m= n故 nw aw mM-am= (m-a) (/+声，+am)(2) (a-n ) n由(1)有(m-a) mm= (a-n ) TOC o 1-5 h z nn(3)将(2)、( 3)代入，即得 an-nnm-am或 am+anmm+nn此即所求证之式.B3-065 设a、b、c是非负数，证明： (匿 + b + c) / 3软版 + b忘 + 保j【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) HYPERL

44、INK l bookmark169 o Current Document + (ab + ca) +； (be + ab) + Cea +bc) WMw2aVbc + 2b、伍 + 2cVS + (ajbc + bjea + eVab)=3 (aVvF + b、族 + eVab)所以原不等式成立.B3-066 设 a 0 (i=1 , 2,，n) , a=mina 1, a2,，an,试证- a) 2式中 an+1=a1.【题说】1992年第七届数学冬令营题 2.【证汇1 + ai+ln-1nzi-L/ - a1 + ai+i-zJIn-工K - a1十即+1aL - a1 + ai=y 占。

45、+%+1）（1斗西）（宁-a）， 4（1 + 1）（1 + 吩B3-067 设n 0 2）是整数，证明:H-1I1-1n-k 2.一14【题说】1992年日本数学奥林匹克题 3.出 n 1【证】记4 = Ek尹则k=i n -k ja二sn +1 -kn+1 n+11尹1* -+A +2n+1n+1 1 n n In n=丁+5（=1+2落）+ 点（”+A+产）n+1 11=+ + n 2 2ti 下面用归纳法证明：勾4y .易知犯=2,自3=3. a* =玲，假定当（11力 则n+ 1-一百/.n + 1 -X2nn + 1+n10 n + 113 n8(nH)口我。 1)B3-068 n是

46、正整数，证明：口 n + 1 2n -1【题说】1992年澳大利亚数学奥林匹克题 8.【证】因为1 1+ A +n n +1n+1 n + 2 =+ n n+12n -12n+A + t2n -1所以+工十八+7口（圾-1）n n + 1 2n - 1B3-069 对x、v、z0,证明不等式(y-z ) ( x+y-z )x (x-z ) 2+y (y-z ) 2 ( x-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+xy 2+y2z+yz 2+z2x+zx2由对称性，可设 xz y,于是 x (x-z ) 2

47、+y ( y-z ) 2 0 ( x-z ) ( y-z ) (x+y+z)B3-070 设实数x、v、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) 2A0所以 x2+5y2+8z2 -4 (xy+yz+zx ) =4 311又当x = 5 p y = 1 E = 时,X2 +5ya +8z3 =4,所以,，+5y3 +8za的最小值为4.另一方面，令=0,则/x2+5y2+8z2x2当y0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

48、素的集合，A的m个子集 A, X,，A两两互不包含， 证明：Qa(2)i-l其中ai为A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ai个元素取自A中的，有ai!( n-a。！个.由于A与A (iwj)互不包含，故这些排列与开头aj个元素取自A中的不同.因此2讨(n-ai) ! n!即(1)成立.U1 TOC o 1-5 h z 面m ( m Ii-(ED =ma由柯西不等式，u结合(1)便得(2).B3-073 设函数 f: R+-R+满足条件：对任意 x、yCR+, f (xy) 0, n N,有1以(D【题说】1993年中国数学奥林匹克(第

49、八届数学冬令营)题6.【证】f (x2) & f2 (x),所以 f (x2) 产(j1) 3 (姆)产1(5C)A=(收犹热切f(/)国砒婷)f (xn)两边开n次方然后乘以f (二)即得(。,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a bcd 、2+- +1b + 2c + 3d c + 2 d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c 3【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a(b+2c+ 3d)而吃与? TOC o 1-5 h z . a 3&)即一一一 -I .r. .J. 一又 (

50、a-b) 2+ (a-c) 2+ (a-d) 2+ (b-c) 2+ (b-d ) 2+ (c-d) 2 03 HYPERLINK l bookmark213 o Current Document ifcab + ac + ad + be + bd + edC - (a+b+c + d) 2(2)Q结合(1)、(2)即得结论.B3-076 设a, a2,，an为n个非负实数，且 ai+a2+- -an=n.证明：【题说】1994年合肥市赛题4.【证】由于对任何森有2代1+J故和式左皿，另一方面由柯西不等式知(0式右边)7；、 *工，*-。+ 且1)+ (1 + 町)5+(1 + %)n n =

51、2n 2B3-077 已知f (z) =C0Zn+CiZn-1+Cn(1)是z的n次复系数多项式.求证：存在一个复数zo,忆o|=1 ,使|f ( Z0)| |C o| + |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3 ,使| 3 |=1且3 n Co与Cn辐角相同，从而| 3 nCo+Cn| = | 3 nCo|+|C n| = |C o| + |C n|2 兀 i/n-k再令 w =e , ak= 3 , (0w kw n-1 )n-1利用3n=吸,得k-0= 口(5% +%) k4JTl-1因此故必有一个 k,使 |f ( a k) | |

52、C0|+|C n|显然，| a k|=1 ,于是a k就是所求的Z0oB3-078 设m和n是正整数，ai, a2,，am是集合1 , 2,，n中的 不同元素，每当a+a w n, 1 w i w j w m,就有某个k,iwkwm,使得ai+a=ak, 求证：久+%+% 口+1m2【题说】第三十五届(1994年)国际数学奥林匹克题1.本题由法国提供.【证】不妨设 a1a2am,若存在某个i , l w i w m,使ai+am+1-iWn.则ai ai +am ai +am-1v ai +am+1-i n+1.从而2 (a1+a2+-+am) = (a1+am) + (az+am-D +-+

53、 (am+a。 m (n+1)B3-079设a、b、c为正实数且满足 abc=1,试证：1 1 1a3(b + c) + b=c+a)Z(a+b) 5【题说】第三十六届(1995年)国际数学奥林匹克题 2.【证】因为abc=1 ,所以1 ?b2ca 、 bJ TOC o 1-5 h z i= -5/a (b + c) a (b + c) ab + ac bac2 c2a2 aaba、3+/ 题中的不等式等价于-2将这不等式左边记为 K,则（ab+ac） + （bc+ba） + （ca+cb） ） - KCVab + acbe/ab + ac+ Vbc +baVbc + babc+ca+ab)23款be) (网 (bc + ca + 汹= bc + ca + ab由此立即得到K：，二.d-iiB3-080 设X1, X2,，Xn是满足下列条件的实数： |Xl+X2+Xn| = 1且|町|1 = 1, 2, 1, n.I证明：存在X1, X2,，Xn的一个排列yi, y2, , yn