高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题31不等式(解析版)

第第页备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题31不等式历年联赛真题汇编1．【2019高中数学联赛B卷（第02试）】设正实数a1, a2,⋯, a100【答案】证明见解析【解析】注意到a1,a2,⋯,从而有x1x22记①式的右端为T，则对任意i=1，2，…，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T=i=1又0<a101-i⩽结合①得x1x22⋯x9999⩽T⩽1.

2．【2018高中数学联赛B卷（第02试）】设a、【答案】证明见解析【解析】证法一只需证明存在u，v∈[1，9]，满足|f(u)-f(v)|⩾4，进而由绝对值不等式得|f(u)|+|f(v)|⩾|f(u)-f(v)|⩾4，故|f(u)|⩾2与|f(v)|≥2中至少有一个成立.当a∈-∞,12当12<a<3若12<a⩽1，则若1<a<32，则综上可知，存在u，v∈[1，9]，满足f(u)－f(v)≥4，从而命题得证.证法二用反证法.假设对任意x∈[1，9]，均有|f(x)|<2，则|f(1)|<2,|f(3)|<2,|f(9)|<2易知f(1)=a+b+9 ①f(3)=3a+b+3 ②f(9)=9a+b+1 ③由①、②得，2a－6=f(2)－f(1)；又由②、③得，6a－2=f(3)－f(2).由上述两式消去a，可知f(3)-4f(2)+3f(1)=(6a-2)-3⋅(2a-6)=16.但f(3)-4f(2)+3f(1)<2+4⋅2+3⋅2=16，矛盾!从而命题得证.

3．【2017高中数学联赛B卷（第02试）】设实数a、b、c满足a+b+c=0.令d=maxa,【答案】证明见解析【解析】当d≥1时，不等式显然成立以下设0≤d<1.不妨设a、b不异号，即ab≥0，那么有(1+a)(1+b)=1+a+b+ab⩾1+a+b=1-c⩾1-d>0.因此|(1+a)(1+b)(1+c)|⩾|(1-c)(1+c)|=1-c2=1-|c|2⩾1-d2.

4．【2014高中数学联赛（第02试）】设实数a，b，c满足a+【答案】证明见解析【解析】证法一若ab+bc+ca⩽14，若ab+bc+ca>14，不妨设a=max{a,b,c}，则由我们有ab+bc+ca-14⩽(a+b+c)以及ab+bc+ca-14=a(b+c)-1其中式①的等号在a=13时成立，式②的等号在a=12时成立，因此式①与②由于ab+bc+ca-14>0，将式①与②即ab+bc+ca-14<abc证法二由于abc>0，故a，b，c中或者一个正数，两个负数；或者三个都是正数.对于前一种情形，不妨设a>0，b<0，c<0，则ab+bc+ca=b(a+c)+ca<b(a+c)=b(1-b)<0，结论显然成立.下面假设a>0，b>0，c>0，不妨设a≥b≥c，则a⩾1我们有ab+bc+ca-abc由于ab⩾b3⩾因此c(1-c)+ab于是只需证明3c24-cc4由于0<c⩽13，故13-c⩾0由平均不等式3cc+13将式④与⑤两式相加，即得式③成立，因此原不等式成立.

5．【2013高中数学联赛（第02试）】一次考试共有m道试题，n个学生参加，其中m，n≥2为给定的整数.每道题的得分规则是：若该题恰有x个学生没有答对，则每个答对该题的学生得x分，未答对的学生得零分.每个学生的总分为其m道题的得分总和.将所有学生总分从高到低排列为p1⩾p2【答案】m(n－1).【解析】对任意的k=1，2，…，m，设第k题没有答对者有xk人，则第k题答对者有n－xk人，由得分规则知，这n－xk个人在第k题均得到xk分.设n个学生的得分之和为S，则有i=1n因为每一个人在第k道题上至多得xk分，故p1由于p2⩾⋯⩾pn所以p=2k=1由柯西不等式得k=1m于是p1另一方面，若有一个学生全部答对，其他n－1个学生全部答错，则p1综上所述，p1+pn的最大值为m(n－1).

6．【2012高中数学联赛（第02试）】设P0,P1,【答案】证明见解析【解析】证法一不妨设P0先证明：对任意正整数k都有P0显然P0Pk⩾d⩾d3所以只要证明当k≥9时，有P0P以Pi(i=0，1，2，…，k)为圆心，d2为半径画k以P0为圆心，P0Pk+所以πP约去π，并开方移项，得P0由k≥9易知k+1-12>k+13，所以P0综上，对任意正整数k都有P0因而P0证法二不妨设P0P1⩽P0P2⩽⋯⩽P0Pn，设Q是圆P上任意一点，由于P⩽P因而，以P0为圆心，32P0P故π32P0所以P0P1⋅P0P2【答案】证明见解析【解析】首先证明一个不等式x1+x<ln(1+x)<x事实上，令h(x)=x-ln(1+x)，则对x>0，有h'(x)=1-1于是h(x)>h(0)=0,g(x)>g(0)=0，在式①中取x=1n得1n+1<令xn=k=1故xn因此xn又因为ln=从而x>k=1n-1kk2+1-1k=-k=1n-11k2+1k⩾-k=1n-11(k+1)k=-1+1n>-1.

8．【2005高中数学联赛（第02试）】设正数a，b，c，x【答案】1【解析】解法一由条件得b(az+cx-b)+c(bx+ay-c)-a(cy+bz-a)=0，即2bcx+a2-b同理可得y=a因为a，b，c，x，y，z为正数，由以上三式知b2所以以a，b，c为边长，可构成一个锐角△ABC，所以x=cos于是问题转化为：在锐角△ABC中，求函数f(=cos2令u=cotA,v=cotB,w=cotC且u2+1=(u+v)(u+w)，v2所以cos=u同理cos2B1+所以f⩾==1等号当且仅当u=v=w，即a=b=c，x=y=z=1所以[f(x,y,z)]min解法二首先，同解法一，可求得x=b下用∑表示循环求和符号，如∑a=a+b+c，∑ab=ab+ac+bc，∑a2则f(x,y,z)=∑⩾∑(柯西不等式，因由x>0⇒b2+==∑下证f(x,y,z)⩾⇔∑a4+∑a不妨设a⩾b⩾c>0，则c2于是a=(a-b)(因a2故式①成立，即f(x,y,z)⩾1当且仅当a=b=c，即x=y=z=1故f(x，y，z)的最小值为12注其实，式①就是著名的舒尔(Schur)不等式.

9．【2001高中数学联赛（第02试）】设xi⩾0(i=1,2,3,⋯,n)且i=1nxi【答案】最小值为1，最大值为k=1n【解析】先求最小值，因为i=1nxi2等号成立当且仅当存在i使得xi=1,xj再求最大值，令xk=kyk，所以设M=k=1令y1+y2+⋯+y令an-1M==k=1由柯西不等式得M⩽k=1等号成立等价于a1等价于a1等价于ak由于a1⩾a2即xk所求最大值为k=1n(k-k-1)212.

10．【1989高中数学联赛（第02试）】【答案】证明见解析【解析】记Sk由i=1nxi=0,i=1n则不妨设S0=0，则x1于是i=1n从而i=1nxii⩽i=1n-1S【答案】证明见解析【解析】欲证不等式成立，只要证x1亦即x1因为对于任何两个正数a，b都有ab即当a≥b>0时，ab⩾1,a-b⩾0，所以当0<a<b时ab<1,a-b<0，所以其中对于正数a，b，有ab(a-b)⩾a-b，因此则a2因此x1即原不等式成立.其实有更简捷的证法如下：因为原不等式等价于x1又因为x1所以上述不等式左端不小于右端.即原不等式成立.

12．【1983高中数学联赛（第02试）】函数F(x)=cos2x+2sinxcosx-sin2x+Ax+B在0⩽x⩽32π【答案】答案见解析【解析】解法一(1)由题意得F(x)=2当A=B=0时，F(x)成为f(x)=2sin2x+π4，使f(x)取得最大值Mf=2(2)下面证明，对任何A，B不同时为0时，有max0⩽x⩽3π2(注：maxF(x)是F(x)的最大值的记号).分几种情形讨论：(i)当A=0，B≠0时，显然max0⩽x⩽3π2F(x)=(ii)当A>0，B≥0时，因为Fπ8=2(iii)当A>0，B<0时，应再分两种情形：情形1.若|B|<9π8A，于是F9π8=2情形2.若|B|⩾9π8A，于是F5π8=-(iv)当A>0，B≤0时，因为F5π8=-2(v)A<0，B>0时，也应再分两种情形情形1.若B<-5π8A，于是F5π8=-2情形2.若B⩾-5π8A，则B>-π于是Fπ8=2综合上述情形(i)~(v)共五种情形，式①都成立解法二(1)同解法一(2)下面证明，对任何A，B不同时为0时有max0⩽x⩽3π2F(x)>用反证法证明：若设max0⩽x⩽3π2F(x)⩽则应有Fπ即2+π8A+B也就是-22由π8A+B⩽05π8A+B⩾0，所以而由5π8A+B⩾09π8则A⩽0，因而A=0.但当A=0，B≠0时有max0⩽x⩽与式②矛盾，所以式①成立.

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1．设ai证明：i=1n【答案】见解析【解析】所证不等式等价于n⇔n注意到，n2据此，由柯西不等式即得所证不等式，取等条件也显然.

2．设a、b、c>0，且abc=1.证明：2a【答案】见解析【解析】由abc=1，令a=yx，b=zy，则所证不等式变为2⇔2(⇔x⇔x(x-y)(x-z)+(y+z-x)(y-z)取x=min{x,y,z}，则上式显然成立.

3．设a1【答案】见解析【解析】当n=1时，结论显然成立.假设当n=k时，结论对于任意k个非负数成立.则当n=k+1时，对于任意k+1个非负数a1,a从而a1+a下面证明a1+由柯西不等式可得[(a2即(a2+⋯+于是有(a故(a从而a1即①式成立.由数学归纳法可知，对任意的非负实数a1,a2,⋯,an结论均成立.

4．已知正整数集合S={试求a1【答案】[(【解析】不妨设a1Ti则Ti故a令b1则b1a1下面先证明一个引理引理设x、y∈R2-y2当且仅当x＝y时，等号成立证明x+y⩾2⇒x-y⩽2x回到原题.注意到，i=1⩾i=1n当且仅当ai而S'故(=[(2)n-1](2+1).

5．【答案】2+2【解析】由正数x、y满足x3令t=xx⇔λ⇔λ⩽⇔λ⩽x注意到，f(t)=⩾2+2(t-1)当t-1=2t-1，即所以，实数λ的最大值为2+22.

6．已知，x、y、z＞0.求f(x,y,z)=x【答案】5【解析】引进参数α.由柯西不等式得x2y2+4z则f(x,y,z)=≥令(1+4α):(1+α):(1+2α)=9:3:5，则α=2.而由y=αx，2z=αy，4x=αz，得α3故y=z=2x时，f(x,y,z)取得最小值55.

7．已知x、y、z∈[1,2].证明1并指出等号成立的条件.【答案】见解析【解析】令f(x,y,z)=1不妨设x=max{x,y,z}首先证明f(x,y,z)≥f(x,t,t)①事实上，f(x,t,t)=1式①⇔⇔⇔⇔⇔(x+y)(z+x)(x+t)≥6yzt②注意到，x+y≥2y，z+x≥2z，x+t≥2t.故式②显然成立.从而，式①成立.其次证明f(x,t,t)≥0.注意到，f(x,t,t)=====(2t-x)(t-x)而2t≥2≥x，故式③成立.综上，原不等式成立.当且仅当x=t=z或x、y、z中一个取2、两个取1时等号成立

8．设正整数n≥2,求f(n)的最大值，使得对所有满足xi∈(0,1)(i=1,2,⋅⋅⋅,n)，且(1-xi)(1-【答案】(n-1)【解析】当x1n2⇒f(n)≤1下证：i=1n由(1-x(1-⇒x则(n-1)≤⇒故2≤≤=(n-1)i=1nxi.

9【答案】见解析【解析】不妨设A≥B≥C.由A+B+C=π，知式①等价于(⩾(记f(x)=sinxx.故sinA从而，(A类似地，((C将这三式相加，便证明了原不等式.

10．求所有的正实数k，使得对于任意正实数a、b、c，均有ab+c【答案】见解析【解析】k≥4.一方面，令a＝b＝1，得21+c令c→0，得k≥4.另一方面，只需证明k＝4时，不等式成立.由柯西不等式得[a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)]⋅(⇒a（因为(a+b+2c)2-4(ab+bc+ca)=故题设不等式成立.

11．设x、y、z为非负实数，且x+y+z=1，证明：(x【答案】见解析【解析】由对称性不妨设x≤y≤z．则x≥1记不等式左边为S．因为x+y+z=1，所以，S=2∑y(x+z)-2∑xyzx+z，其中“只需证：S≤2x(y+z)．事实上，由柯西不等式得(∑1故∑⇒S≤2x(y+z)=2x(1-x)≤2×14=12．

12．若a、b、c∈R+，且满足a+b+c=2【答案】见解析【解析】注意到，a+b+c=2．故原不等式⇔a+b+c-(ab+bc+ca)+2∑⇔2∑(而(≥≥=|(a-b)(b-c)|故2∑≥≥a令a=x，b=y，由舒尔不等式得a=≥≥x则∑a+b2-ab≥2．

13．已知函数f(x)满足f(0)=0，且对任意x∈R【答案】见解析【解析】由f(2x)=sinf(1)=sinf(1……f(1以上各式相加得f(1)=k=1上式中，令n→∞，并结合当0<x<π2时，f(1)=k=0∞sin12k+limn→∞f(12n)<k=1∞12k【答案】见解析【解析】由柯西不等式得(∑a从而，只需证明2(a+b+c)∑⇔2∑⇔4∑ab-2abc∑⇔⇔(∑a(b+c))∑由柯西不等式知上式成立．

15．设a、b、c为互不相等的正数，证明：a【答案】见解析【解析】注意到,a2b2c2以上三式相加得a应用柯西不等式得(a+b+c)[故a2b+b2c+c2a≥a+b+c+4(a-b)【答案】(3+【解析】记S=22固定∠C,知当∠A=∠B时,S取最大值.此时,∠C＝π-2∠A,S=2sin记f(A)=2sinA⋅(22+cos由柯西不等式及含参数的均值不等式有h≤等号成立当且仅当λ2=acos消去x得2λ解得λ2=1令a=22,得λ2=即当∠A=arccos2-22时，f(A)max=(3+2)22-1.

17．【答案】见解析【解析】用反证法.假设存在a∈(