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备战2022 年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)
专题36 不等式第五缉
1．【2021 年吉林预赛】设m>0 .若对于满足abc≤1
4 且1
a
2 + 1
b
2 + 1
c
2 <m 的任意一组正数a,b,c,均存在以
a,b,c 为三边长的三角形，求实数m 的最大值，说明理由.
【答案】答案见解析
【解析】由(x
2+ y)( x + y)=0 得y =- x
2 或y =- x ，
(1)联立¿ 得x
2+kx + 1
16 =0 (*)
由Δ=k
2- 4× 1
16 >0 ,解得k > 1
2 或k <- 1
2
因为¿ 有唯一解，得k ≠-1.
又直线l: y =kx +b 与曲线C 交于三个不同的点,所以x =1 不足方程(*) 的解，即k ≠- 17
16 ，
所以k 的取值范围是(-∞,- 17
16)∪(- 17
16 ,-1)∪(-1,- 1
2)∪(
1
2 ,+ ∞) .
(2)情形1(如图):联立¿ 得x
2+ kx +1=0 .
设A(x1, y1),C (x2, y2) ，则¿ ，
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设AC 的中点为B(xB, yB) ,则xB= x1+ x2
2
=- k
2 , yB=k xB+1=- k
2
2 +1 .
又点B(- k
2 ,- k
2
2 +1) 在直线y =- x 上,
从而- k
2
2 +1=-(- k
2) .
所以k =1 或-2，不满足Δ>0 ，舍去.
情形2(如界2):设A (m,-m
2),B(n,-n
2)(m≠n)
则直线AB 的方程为y =-(m+n)x +mn.
又直线AB 即为直线l: y =kx +1.
从而k =-(m+n), mn=1.
由B 为线段AC 的中点，得C (2n-m,-2n
2+m
2).
∵ 点C 在直线y =- x 上，得-2n
2+m
2=-2n+m.
联立¿
解衍¿ (受委屈)或¿
∴k =
3√2+ 1
3√2
综上，k 的值为
3√2+ 1
3√2 .
2．【2021 年重庆预赛】设自然数n≥3 ,实数x1, x2,⋯, xn 满足x1+ x2+⋯+ xn=n, x1
2+ x2
2+⋯+ xn
2=n
2 ,
求∑xi
3 最小值及取最小值时的(x1, x2,⋯, xn).
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【答案】答案见解析
【解析】由柯西不等式：(n-1)(x2
2+ x3
2+⋯+ xn
2)≥(x2+ x3+⋯+ xn)
2 ，
化简得：(n-1)(n
2- x1
2)≥(n- x1)
2 ，
解得：2-n≤x1≤n
构造局部不等式(x1+n-2)(x1-2)
2≥0 ，
展开得x1
3≥(6-n)x1
2+(4 n-12)x1+8- 4 n ，
同理有其它n-1 式，相加得：
S = x1
3+ x2
3+⋯+ xn
3≥(6-n)n
2+(4 n-12)n+n(8- 4 n)=-n
3+6n
2- 4 n ，
要使S 取最小值，xi=2-n 或2, i=1,2,⋯,n.
若全为2,其和为2n,不符合题意；
若有两个以上为2-n ,其和小于n ，不合题意；
当且仅当有且只有一个为2-n ,即(x1, x2,⋯, xn)=(2-n,2,⋯,2) 及其置换时，S 取得最小值.
3．【2021 年浙江预赛】设x , y , z>0,❑√x + ❑√y + ❑√z =1 ,证明
x
4+ y
2 z
2
x
5
2( y + z)
+ y
4+ z
2 x
2
y
5
2( z + x)
+ z
4+ y
2 x
2
z
5
2( y + x)
≥1 .
【答案】证明见解析
【解析】等价于 x + y + z =1 , 证: ∑x
8+ y
4 z
4
x
5( y
2+ z
2)
≥1 ,
由三元均值不等式有 ∑x
8+ y
4 z
4
x
5( y
2+ z
2)
≥3
3
√
∏(x
8+ y
4 z
4)
( xyz)
5∏(x
2+ y
2)
,
由柯西不等式有 ∏(x
8+ y
4 z
4)
( xyz)
6
=∏❑√(
x
6
y
2 z
2 + y
2 z
2
x
2 )(
x
2 z
2
y
2 + y
6
x
2 z
2 ¿)≥∏(
x
4
y
2 + y
4
x
2)¿ ,
所以有∏(x
8+ y
4 z
4)
( xyz)
5
≥∏(x
6+ y
6)
( xyz)
3
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则可知∑x
8+ y
4 z
4
x
5( y
2+ z
2)
≥3
3
√
∏(x
8+ y
4 z
4)
( xyz)
3∏(x
2+ y
2)
由柯西不等式有 ∏(x
6+ y
6)
∏(x
2+ y
2)
≥∏(x
4+ y
4)
8
≥∑x
4∑x
4 y
4
9
≥( xyz)
8
3 ∑x
4
3
则有 ∑x
8+ y
4 z
4
x
5( y
2+ z
2)
≥3
3√
∑x
4
3
3√xyz
≥3
3√∑x
4≥1
4．【2021 年上海预赛】已知正实数a,b 满足a(a+b)=27 ,求a
2b 的最大值.
【答案】54
【解析】解法1:由题设及平均不等式：
27=a(a+b)=a(a+ b
2 + b
2)≥a⋅3
3√a⋅b
2 ⋅b
2 ，
所以9
3≥a
3⋅a⋅b
2
4 ，
当a=3,b=6 时等号成立.
故a
2b 的最大值为54.
解法2:由题设得b= 27
a -a ,
a
2b=27 a-a
3=a(27
所以a
2b=27 a-a
3=a(27-a
2)= ❑√
1
2 ⋅2a
2(27 -a
2)(27 -a
2)
≤
❑√
1
2 ⋅(
2a
2+(27 -a
2)+(27 -a
2)
3
)
3
当a=3,b=6 时等号成立.故a
2b 的最大值为54.
解法3:由题设得b= 27
a -a ，所以a
2b=27 a-a
3=a(27 -a
2).
令f (a)=a(27 -a
2) ,则f
'(a)=27 -3a
2 ,故f
'(3)=0.
当a∈(0,3) 时,f
'(a)>0 ,当a∈(3,+ ∞) 时，f
'(a)<0 ,
故f (a) 在(0,3) 上是递增的，在(3,+∞) 上是递减的，
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故f (a) 在a=3 时取到最大值.
所以，a
2b 的最大值为f (3)=54 .
5．【2021 年全国高中数学联赛B 卷二试】已知a,b,c ,d ∈[0,
4√2),满足:a
3+b
3+c
3+d
3=2,求
a
❑√2-a
4 +
b
❑√2-b
4 +
c
❑√2-c
4 +
d
❑√2-d
4的最小值.
【答案】2
【解析】当a>0时,有
a
❑√2-a
4 =
a
3
❑√a
4(2-a
4)
≥a
3.
当a=0时,
a
❑√2-a
4 ≥a
3也成立.
所以
a
❑√2-a
4 +
b
❑√2-b
4 +
c
❑√2-c
4 +
d
❑√2-d
4 ≥a
3+b
3+c
3+d
3=2当a=b=1,c =d =0时上述不等式等号成立.
故
a
❑√2-a
4 +
b
❑√2-b
4 +
c
❑√2-c
4 +
d
❑√2-d
4的最小值为2.
6．【2020 高中数学联赛B 卷（第01 试）】设正实数a,b,c 满足a
2+ 4 b+9c
2= 4 b+12c -2,求1
a + 2
b + 3
c 的
最小值.
【答案】6
【解析】由题设条件得a
2+(2b-1)
2+(3c -2)
2=3,
由柯西不等式可得：3[a
2+(2b-1)
2+(3c -2)
2]⩾(a+2b-1+3c -2)
2,
即(a+2b+3c -3)
2≤9,故a+2b+3c≤6.
又由柯西不等式得
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( 1
a + 2
b + 3
c )(a+2b+3c)⩾(1+2+3)
2,
所以1
a + 2
b + 3
c ⩾
36
a+2b+3c ⩾6,
当a=b=c=1 时等号成立.
故1
a + 2
b + 3
c 的最小值是6.
7．【2020 年广西预赛】已知x
3+ y
3+ z
3-3 xyz - 3( x
2+ y
2+ z
2- xy - yz - zx)=0 ,
其中,x、y、z 为不全相等的正实数.证明：
（1）x+y+z=3；
（2）x
2(1+ y)+ y
2(1+ z)+ z
2(1+ x)>6 .
【答案】证明见解析
【解析】(1)注意到，0=( x + y + z -3)( x
2+ y
2+ z
2- xy - yz - zx)
= 1
2 ( x + y + z -3)(( x - y)
2+( y - z)
2+( z - x)
2).
因为x, y , z 不全相等,所以,( x - y)
2+( y - z)
2+( z - x)
2>0.
从而,x + y + z -3=0.
故x + y + z =3.
(2)x
2(1+ y)+ y
2(1+ z)+ z
2(1+ x)
= x
2+ y
2+ z
2+ x
2 y + y
2 z + z
2 x
= x
2+ y
2+ z
2+( x
2 y + y )+( y
2 z + z)+
( z
2 x + x)-( x + y + z)
> x
2+ y
2+ z
2+2 xy +2 yz +2 zx -( x + y + z)
=( x + y + z)
2-( x + y + z)
=3
2-3=6 .
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8．【2020 年广西预赛】空间中八个点，其中任意四点不共面，在这些点之间连接17 条线段.证明：在这
17 条线段之中必存在三条线段，其长度a、b、c 满足a
2+b
2+c
2
4
⩾❑√3 p( p-a)( p-b)( p-c) ,其中,
p= a+b+c
2
.
【答案】证明见解析
【解析】(1)这17 条线段之中必有三条线段构成三角形.
反证法.
假设这17 条线段之中任意三条不构成三角形.
设点P 是这八个点中连接线段最多的一个点,连接线段数为x.则有7- x 个点不与点P 连线.
又由于以这7- x 个点为端点的线段数不超过x(7- x) ,于是,所连线段总数不超过x + x(7- x) .
而x + x(7- x)=- x
2+8 x⩽16<17 ,这与题设矛盾.
因此,17 条线段中必有三条线段构成三角形.
(2)据海伦公式知
原不等式⇔a
2+b
2+c
2⩾4 ❑√3 S ,
其中,S 为该三角形的面积.
注意到，
a
2+b
2+c
2⩾4 ❑√3 S
⇔a
2+b
2+c
2-2❑√3absinC ⩾0
⇔a
2+b
2+(a
2+b
2-2abcosC )- 2❑√3absinC ⩾0
⇔2(a
2+b
2-2absin(C + π
6 ))⩾0 . ①
而a
2+b
2-2absin(C + π
6 ) ⩾a
2+b
2-2ab⩾0 ,
故式①成立.
综上,命题得证.
9．【2020 年吉林预赛】已知正实数x , y , z 满足( x + y + z)xyz = 4.
求( x + y)
2+( y + z)
2+( z + x)
2 的最小值.
【答案】8 ❑√3.
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【解析】设x + y =a, y + z =b, z + x =c .则a,b,c 为三边长构成△ABC . 由
( x + y + z)xyz = 4
⇒❑√( x + y + z)xyz =2
⇒❑√p( p-a)( p-b)( p-c)=2,
其中,p= 1
2 (a+b+c).
建立平面直角坐标系,设A(0,0),B(c ,0) ,C(m,n) .
则S△BC = 1
2 c|n|=2 ,且
( x + y )
2+( y + z)
2+( z + x)
2
=a
2+b
2+c
2=(c -m)
2+n
2+m
2+n
2+c
2
=2m
2-2cm+2n
2+2c
2
=2(m- c
2 )
2
+2n
2+ 3
2 c
2
≥2n
2+ 3
2 c
2 （当且仅当m= c
2 时等号成立）
≥2❑√3c|n|
=8 ❑√3( 当且仅当m= c
2 ,|n|=
❑√3
2 c 时等号成立).
因此,( x + y )
2+( y + z)
2+( z + x)
2 的最小值为8 ❑√3 .
10．【2020 年四川预赛】设λ 为正实数，对于任意两两不等的正实数a、b、c,均有
a
3
(b-c)
2 +
b
3
(c -a)
2 +
c
3
(a-b)
2 ⩾λ(a+b+c) .
求λ 的最大值.
【答案】1
【解析】取a= 1
2 ,b= 1
2 -ε ,c =ε(0<ε < 1
4 ) .
则λ⩽
( 1
2 )
3
( 1
2 -2ε)
2 +( 1
2 - ε)+ ε
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=
( 1
2 )
3
( 1
2 -2ε)
2 + 1
2
对于任意的ε(0<ε < 1
4 ) 成立.
注意到,当ε →0
+ 时,
( 1
2 )
3
( 1
2 -2ε)
2 + 1
2 →1
2 + 1
2 =1 .
因此,λ⩽1.
下证:λ =1 成立,即证
a
3
(b-c)
2 +
b
3
(c -a)
2 +
c
3
(a-b)
2 ⩾a+b+c . ①
不妨设a>b>c . 可令a=c + x ,b=c + y( x> y >0).
则式①左边= (c + x)
3
y
2
+ (c + y)
3
x
2
+
c
3
( x - y)
2
= x
3+3 x
2c +3 x c
2+c
3
y
2
+ y
3+3 y
2c +3 y c
2+c
3
x
2
+
c
3
( x - y)
2
> x
3+3 x
2c
y
2
+ y
3+3 y
2c
x
2
=( x
3
y
2 + y
3
x
2 )+3c( x
2
y
2 + y
2
x
2 )
⩾( x + y)
3
( x + y)
2 +3×2c ❑√
x
2
y
2 ⋅y
2
x
2
= x + y +6c
> x + y +3c
=a+b+c .
从而,λ=1 时结论成立.
综上,λ 的最大值为1.
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11．【2020 年浙江预赛】设{ai},{b j} 为实数列.证明：∑
m,n=1
2020
ambn
(❑√m+ ❑√n)
2 ⩽2(∑
m=1
2020
am
2 )
1
2(∑
n=1
2020
bn
2)
1
2 .
【答案】证明见解析
【解析】注意到，不等式左边= ∑
m,n=1
2020
(
am
(❑√m+ ❑√n)( m
n )
1
4 ) .
(
bn
(❑√m+ ❑√n)( n
m )
1
4 ) .
由Cauchy 不等式得∑
m,n=1
2020
(
am
(❑√m+ ❑√n)( m
n )
1
4 )(
bn
(❑√m+ ❑√n)( n
m )
1
4 )
⩽( ∑
m,n=1
2020
(
am
(❑√m+ ❑√n)( m
n )
1
4 )
2
)
1
2 .
( ∑
m,n=1
2020
(
bn
(❑√m+ ❑√n)( n
m )
1
4 )
2
)
1
2 .
由∑
m,n=1
2020
(
am
(❑√m+ ❑√n)( m
n )
1
4 )
2
=∑
m=1
2020
am
2 ∑
n=1
2020
(
1
(❑√m+ ❑√n)
2 ( m
n )
1
2 )
及∑
m,n=1
2020
(
bn
(❑√m+ ❑√n)( n
m )
1
4 )
2
=∑
n=1
2020
bn
2∑
m=1
2020
(
1
(❑√m+ ❑√n)
2 ( n
m )
1
2 ) ，
从而只需证明:
∑
n=1
2020
(
1
(❑√m+ ❑√n)
2 ( m
n )
1
2 )⩽2 ， ①
及∑
m=1
2020
(
1
(❑√m+ ❑√n)
2 ( n
m )
1
2 )⩽2 . ②
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这两个不等式是一样的(m,n 对调).
下面证明:
1
(❑√m+ ❑√n)
2 ( m
n )
1
2
⩽2(
1
❑√
n-1
m +1
-
1
❑√
n
m +1
).
③
式③等价于
1
(❑√m+ ❑√n)
2 ( m
n )
1
2
⩽2(
❑√m
❑√n-1+ ❑√m -
❑√m
❑√n+ ❑√m )
⇔
1
(❑√m+ ❑√n)
2 ⋅1
❑√n
⩽2
❑√n- ❑√n-1
(❑√n-1+ ❑√m)(❑√n+ ❑√m) .
由(❑√n-1+ ❑√m)(❑√n+ ❑√m)⩽(❑√m+ ❑√n)
2 ,
2(❑√n- ❑√n-1)=
2
❑√n+ ❑√n-1 ⩾1
❑√n ，
知最后的不等式成立.
对式③求和即得式①,得证.
12．【2020 年新疆预赛】已知a,b,c,d 为正实数，且ab+bc+cd +da=1 ,
求证:
a
3
b+c +d +
b
3
a+c +d +
c
3
a+b+d +
d
3
a+b+c ≥1
3
【答案】证明见解析
【解析】证明：由柯西不等式，可得:
左式×[a(b+c +d )+b(a+c +d )+c(a+b+d )+d(a+b+c)]≥(a
2+b
2+c
2+d
2)
2
下证(a
2+b
2+c
2+d
2)
2≥2
3 (ab+ac +ad +bc +bd +cd ) :
由ab+bc+cd +da=1 ,可得a
2+b
2+c
2+d
2≥1 .
而
ab+ac +ad +bc +bd +cd =1+ac +bd ≤1+ 1
2 (a
2+c
2)+ 1
2 (b
2+d
2)≤3
2 (a
2+b
2+c
2+d
2)
故
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(a
2+b
2+c
2+d
2)
2≥a
2+b
2+c
2+d
2≥2
3 (ab+ac +ad +bc +bd +cd ) .
13．【2019 年新疆预赛】给定正实数0<a<b，设x1, x2, x3, x4∈[a,b].试求
x1
2
x2
+ x2
2
x3
+ x3
2
x4
+ x4
2
x1
x1+ x2+ x3+ x4
的最小值与
最大值.
【答案】最小值和最大值分别为1 和b
a + a
b -1.
【解析】(i)因为x1, x2, x3, x4∈[a,b]且0<a<b，所以有
¿，
从而由x1
2
x2
+ x2
2
x3
+ x3
2
x4
+ x4
2
x1
≥x1+ x2+ x3+ x4.
并且等号成立当且仅当x1= x2= x3= x4.于是当x1= x2= x3= x4时
x1
2
x2
+ x2
2
x3
+ x3
2
x4
+ x4
2
x1
x1+ x2+ x3+ x4
取得最小值1.
(ii)因为x1, x2, x3, x4∈[a,b]且0<a<b，所以xi
xi+1
∈[
a
b , b
a]，其中x5= x1.
注意到
❑√
xi
2
xi+1
❑√xi+1
= xi
xi+1
.于是有a
b ≤
❑√
xi
2
xi+1
❑√xi+1
≤b
a
｡从而
(
❑√
xi
2
xi+1
- a
b
❑√xi+1)(
❑√
xi
2
xi+1
- b
a
❑√xi+1)≤0.
即xi
2
xi+1
-(
a
b + b
a)xi+ xi+1≤0.所以，对所有1≤i≤4均有xi
2
xi+1
≤(
a
b + b
a)xi- xi+1.
其中x5= x1.从而有：
x1
2
x2
+ x2
2
x3
+ x3
2
x4
+ x4
2
x1
≤(
b
a + a
b -1)(x1+ x2+ x3+ x4)
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于是：
x1
2
x2
+ x2
2
x3
+ x3
2
x4
+ x4
2
x1
x1+ x2+ x3+ x4
≤b
a + a
b -1.
并且等号成立当且仅当x1=a, x2=b, x3=a, x4=b或x1=b, x2=a，x3=b, x4=a.
所以
x1
2
x2
+ x2
2
x3
+ x3
2
x4
+ x4
2
x1
x1+ x2+ x3+ x4
的最大值为b
a + a
b -1.
综上所述，
x1
2
x2
+ x2
2
x3
+ x3
2
x4
+ x4
2
x1
x1+ x2+ x3+ x4
的最小值和最大值分别为1 和b
a + a
b -1.
14 ．【2019 年浙江预赛】设ai,bi>0(1≤i≤n+1),bi+1-bi≥δ >0(δ为常数). 若∑
i=1
n
ai=1，证明:
∑
i=1
n i
i√a1a2⋯aib1b2⋯bi
bi+1bi
< 1
δ
【答案】证明见解析
【解析】记sk =∑
i=1
k
aibi,s0=0，则有ak = sk - sk -1
bk
.
由已知1=∑
i=1
n
ai=∑
i=1
n si- si-1
bi
=∑
i=1
n
(
si
bi
- si
bi+1)+ si
bi+1
≥δ∑
i=1
n
si
bibi+1
，
(因为i si≥
i√a1a2⋯aib1b2⋯bi)≥δ∑
i=1
n i
i√a1a2⋯aib1b2⋯bi
bibi+1
即∑
i=1
n i
i√a1a2⋯aib1b2⋯bi
bi+1bi
< 1
δ .
15．【2019 高中数学联赛B 卷（第02 试）】设正实数a1, a2,⋯, a100满足ai⩾a101-i(i=1,2,⋯,50).记
xk =
k ak +1
a1+a2+⋯+ak
(k =1,2,⋯,99).证明:x1 x2
2⋯x99
99⩽1.
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【答案】证明见解析
【解析】注意到a1,a2,⋯,a100>0.对k=1，2，…，99，由平均值不等式知
0<(
k
a1+a2+⋯+ak)
k
⩽
1
a1a2⋯ak
，
从而有x1 x2
2⋯x99
99=∏
k =1
99
ak +1
k (
k
a1+a2+⋯+ak)
k
⩽∏
k =1
99
ak +1
k
a1a2⋯ak
①
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
100
ai
2i-101=∏
i=1
50
ai
2i-101a101-i
2(101-i)-101=∏
i=1
50
(
a101-i
ai )
101-2i
.
又0<a101-i⩽ai(i=1,2,⋯,50)，故T≤1，
结合①得x1 x2
2⋯x99
99⩽T ⩽1.
16．【2018 年福建预赛】已知a，b，c∈R，且3a2+3b2+4c2=60.
（1）求 a+b+c 的最大值
（2）若a，b∈(0，4)，c∈(0，6)，求a
4 -a +
b
4 -b + 3c
6-c 的最小值
【答案】（1）❑√55（2）5
【解析】
（1)由柯西不等式，知
(a+b+c)
2=(
1
❑√3 ⋅❑√3a+ 1
❑√3 ⋅❑√3b+ 1
2 ⋅2c)
2
≤[(
1
❑√3)
2
+(
1
❑√3)
2
+(
1
2)
2
]⋅[(❑√3a)
2+(❑√3b)
2+(2c)
2]
2
=(
1
3 + 1
3 + 1
4)(3a
2+3b
2+ 4 c
2)=(
2
3 + 1
4)⋅60= 40+15=55.
∴a+b+c≤❑√55.
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当且仅当
❑√3a
1
❑√3
=
❑√3b
1
❑√3
= 2c
1
2
>0
，即a=b= 4 ❑√5
❑√11 时，等号成立.
∴a+b+c 的最大值为❑√55.
（2）由a，b∈(0，4)，c∈(0，6)，知a，4－a，b，4－b，c，6－c 均为正数，
∴a(4 -a)≤(
a+ 4 -a
2 )
2
= 4，b(4 -b)≤(
b+ 4 -b
2 )
2
= 4，c (4 -c)≤(
c + 4 -c
2 )
2
=9.
∴a
4 -a +
b
4 -b + 3c
6-c =
a
2
a(4 -a) +
b
2
b(4 -b) +
c
2
c(4 -c)
≥a
2
4 + b
2
4 + c
2
9 = 3a
2+3b
2+ 4 c
2
12
= 60
12 =5.
又当a=b=2，c=3 时，满足a，b∈(0，4)，c∈(0，6)，3a2+3b2+4c2=60，且a
4 -a +
b
4 -b + 3c
6-c =5.
∴a
4 -a +
b
4 -b + 3c
6-c 的最小值为5.
17．【2018 年贵州预赛】证明：（1）1
2
k +
1
2
k +1
+
1
2
k +2
+…+
1
2
k +1-1
<1（k≥2，k∈N）；
（2）分别以1，1
2 ，1
3，……，1
n，……为边长的正方形能互不重叠地全部放入一个边长为3
2的正方形内．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
证明：（1）
1
2
k +
1
2
k +1
+
1
2
k +2
+…+
1
2
k +1-1
< 1
2
k + 1
2
k +…+ 1
2
k
⏟
2个
= 2
k
2
k =1
(2)由（1）知，1
2
k +
1
2
k +1
+
1
2
k +2
+…+
1
2
k +1-1
<1
故以边长为1
2
k ，
1
2
k +1
，
1
2
k +2，…
1
2
k +1-1的正方形可以并排放入底为1，高为1
2
k 的矩形内，而不重叠．
取
k=2
，
3
，
4
，
…
，
即
得
底
分
别
为
1
2
2 +
1
2
2+1
+…+
1
2
3-1
，1
2
3 +
1
2
3+1
+…+
1
2
4-1
，1
2
4 +
1
2
4+1
+…+
1
2
5-1，…，高分别为1
2
2 ，1
2
3 ，1
2
4 ，
……的一系列矩形，
这些矩形的底小于1，高的和为
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1
2
2 + 1
2
3 + 1
2
4 +⋯=
lim
x→∞
1
2
2 (1- 1
2
n )
1- 1
2
=
lim
x→∞1
2
(1- 1
2
n )< 1
2
因此，以1，1
2 ，1
3，…，1
n，…为边长的正方形中，除了边长为1，1
2 ，1
3的正方形外，其余的正方形全
部可以放入底为1，高为1
2的矩形中．
而边长为1，1
2 ，1
3的三个正方形显然可以放入底为3
2，高为1 的矩形内．
18．【2018 年重庆预赛】设a1=2，an+1=an
2-an+1．证明：1-
1
2018
2018 <∑
n=1
2018 1
an
<1．
【答案】见解析
【解析】
证明：由递推式得an+1-1=an
2-an=an(an-1)所以
1
an
=
1
an-1 -
1
an+1-1
从而得
∑
n=1
2018 1
an
=∑
n=1
2018
(
1
an-1 -
1
an+1-1)=1-
1
a2019-1
又an+1-an=(an-1)
2>0
得数列{an}单调递增，所以an≥a1=2．
特别地∑
k =1
20.8 1
ak
=1-
1
a2019-1 <1
由递推式可得an= an+1-1
an-1 ．从而
a1⋅a2⋯an= an+1-1
a1-1 =an+1-1.
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由均值不等式及已证结论有
1
n > 1
n∑
k =1
n
1
ak
≥
1
n√a1⋅a2⋯an
．
所以a1⋅a2⋯an>n
n
特别地a2019-1=a1⋅a2⋯a2018>2018
2018
故∑
k =1
2018 1
ak
=1-
1
a2019-1 >1-
1
2018
2018
19．【2018 年陕西预赛】设a,b,c>0.证明：a(a
2+bc)
b+c
+ b(b
2+ca)
c +a
+ c(c
2+ab)
a+b
≥ab+bc +ca.
【答案】见解析
【解析】
由对称性不妨设a≤b≤c，则a
b+c ≤
b
c +a ≤
c
a+b .
当a
2+bc≤b
2+ca≤c
2+ab时，即a+b≥c时，
由切比雪夫不等式3 LHS≥(
a
b+c +
b
b+c +
c
a+b)(a
2+b
2+c
2+ab+bc +ca).
由Nesbitt不等式知a
b+c +
b
b+c +
c
a+b ≥3
2.
且易知a
2+b
2+c
2≥ab+bc +ca.
故3 LHS≥3
2 ⋅2(ab+bc +ca)⇔LHS≥ab+bc +ca.
当且仅当a=b=c时，等号成立.
当a+b<c时，c(c
2+ab)
a+b
>c
2+ab>c (a+b)+ab=ab+bc +ca，
显然有LHS>ab+bc+ca.
综上所述，原不等式成立.
20．【2018 年陕西预赛】设a,b,c>0.证明：a(a
2+bc)
b+c
+ b(b
2+ca)
c +a
+ c(c
2+ab)
a+b
≥ab+bc +ca.
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【答案】见解析
【解析】
由对称性不妨设a≤b≤c，则a
b+c ≤
b
c +a ≤
c
a+b .
当a
2+bc≤b
2+ca≤c
2+ab时，即a+b≥c时，
由切比雪夫不等式3 LHS≥(
a
b+c +
b
b+c +
c
a+b)(a
2+b
2+c
2+ab+bc +ca).
由Nesbitt不等式知a
b+c +
b
b+c +
c
a+b ≥3
2.
且易知a
2+b
2+c
2≥ab+bc +ca.
故3 LHS≥3
2 ⋅2(ab+bc +ca)⇔LHS≥ab+bc +ca.
当且仅当a=b=c时，等号成立.
当a+b<c时，c(c
2+ab)
a+b
>c
2+ab>c (a+b)+ab=ab+bc +ca，
显然有LHS>ab+bc+ca.
综上所述，原不等式成立.
21．【2018 年陕西预赛】设a,b,c>0.证明：a(a
2+bc)
b+c
+ b(b
2+ca)
c +a
+ c(c
2+ab)
a+b
≥ab+bc +ca.
【答案】见解析
【解析】
由对称性不妨设a≤b≤c，则a
b+c ≤
b
c +a ≤
c
a+b .
当a
2+bc≤b
2+ca≤c
2+ab时，即a+b≥c时，
由切比雪夫不等式3 LHS≥(
a
b+c +
b
b+c +
c
a+b)(a
2+b
2+c
2+ab+bc +ca).
由Nesbitt不等式知a
b+c +
b
b+c +
c
a+b ≥3
2.
且易知a
2+b
2+c
2≥ab+bc +ca.
故3 LHS≥3
2 ⋅2(ab+bc +ca)⇔LHS≥ab+bc +ca.
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当且仅当a=b=c时，等号成立.
当a+b<c时，c(c
2+ab)
a+b
>c
2+ab>c (a+b)+ab=ab+bc +ca，
显然有LHS>ab+bc+ca.
综上所述，原不等式成立.
22．【2018 年安徽预赛】⑴求证：对于任意实数x、y、z 都有x
2+2 y
2+3 z
2≥❑√3(xy + yz+ zx).
⑵是否存在实数k >❑√3，使得对于任意实数x、y、z 有x
2+2 y
2+3 z
2≥k (xy + yz+ zx)恒成立？试证明你的
结论.
【答案】（1）见解析 （2）见解析.
【解析】
⑴由均值不等式，可知x
2
2 + 3 y
2
2 ≥❑√3 xy ，x
2
2 + 3 z
2
2 ≥❑√3 xz，y
2
2 + 3 z
2
2 ≥❑√3 yz.
故有x
2+2 y
2+3 z
2≥❑√3(xy + yz+ zx).
⑵x
2+2 y
2+3 z
2-k (xy + yz + zx)=(x - k
2 y - k
2 z)
2
+(2- k
2
4 ) y
2+(3- k
2
4 )z
2-(
k
2
2 +k) yz.
上式≥0 恒成立，当且仅当2- k
2
4 ≥0 且(
k
2
2 +k)
2
≤4(2- k
2
4 )(3- k
2
4 ).
化简得|k|≤2❑√2 且k
3+6k
2≤24.故存在k >❑√3满足要求.
23．【2018 年湖北预赛】已知正数a、b满足a+b=1，求M =
❑√1+2a
2+2❑√(
5
12)
2
+b
2的最小值.
【答案】5 ❑√34
12
【解析】
由柯西不等式可得(2a
2+1)(
1
2 + λ
2)≥(a+ λ)
2，
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[b
2+(
5
12)
2
](1+ μ
2)≥(b+ 5
12 μ)
2
，
所以
M =
❑√1+2a
2+2❑√(
5
12)
2
+b
2≥
a+ λ
❑√
1
2 + λ
2
+2⋅
b+ 5
12 μ
❑√1+ μ
2 ， ①
取等号的条件分别为
4 a
2= 1
λ
2， ②
b
2=(
5
12)
2
μ
2
. ③
当
1
❑√
1
2 + λ
2
=
2
❑√1+ μ
2时，有μ
2= 4 λ
2+1，结合②③得
(1+ 1
a
2)b
2=(
5
12)
2
.
又a+b=1，所以b
2+
b
2
(1-b)
2 =(
5
12)
2
，整理得
144 b
4-288b
3+263b
2+50b-25=0，
故
(4 b-1)(36b
3-63b
2+50b+25)=0. ④
记f (b)=36b
3-63b
2+50b+25，则
f
' (b)=108b
2-126b+50=108(b- 7
12)
2
+ 53
4 >0，
所以f (b)在(0,1)上为增函数，故当0<b<1时，
f (b)>f (0)=25>0.
于是，由④可得b= 1
4 ，从而a= 3
4 .
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代入②③求得λ = 2
3 , μ= 5
3 .
代入①式，整理得M ≥5 ❑√34
12
，因此M的最小值为5 ❑√34
12
.
24．【2018 年吉林预赛】设x，y，z≥0，且至多有一个为0，求
f (x , y , z)= ❑√
x
2+256 yz
y
2+ z
2
+ ❑√
y
2+256 zx
z
2+ x
2
+ ❑√
z
2+256 xy
x
2+ y
2
的最小值.
【答案】12
【解析】
不妨设x ≥y ≥z.
情形一：当256 y
3≥x
2 z时，因为x
2+256 yz
y
2+ z
2
- x
2
y
2 = z(256 y
3- x
2 z)
( y
2+ z
2) y
2
≥0；
y
2+256 zx
z
2+ x
2
- y
2
x
2 = z(256 x
3- y
2 z)
(z
2+ x
2) x
2
≥0；
z
2+256 xy
x
2+ y
2
- 256 xy
x
2+ y
2 =
z
2
x
2+ y
2 ≥0.
所以f (x , y , z)≥❑√
x
2
y
2 + ❑√
y
2
x
2 + ❑√
256 xy
x
2+ y
2 = x
y + y
x +16 ❑√
xy
x
2+ y
2
= x
2+ y
2
xy
+8 ❑√
xy
x
2+ y
2 +8 ❑√
xy
x
2+ y
2 ≥3
3√64 =12
当且仅当x: y =(2+ ❑√3):1，且z =0时，f (x , y , z)取到12.
情形二：当256 y
3< x
2 z时，又x
2 z≤x
2 y，故256 y
3< x
2 y，从而256 y
2< x
2.
故f (x , y , z)= ❑√
x
2+256 yz
y
2+ z
2
+ ❑√
y
2+256 zx
z
2+ x
2
+ ❑√
z
2+256 xy
x
2+ y
2
>❑√
x
2+256 yz
y
2+ z
2
+0+0>❑√
256 y
2+256 yz
y
2+ z
2
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=16 ❑√
y
2+ yz
y
2+ z
2 ≥16>12.
综上，f (x , y , z)min=12.
25．【2018 年河北预赛】若a、b、c 为正数且a+6+c=3，证明： ab+bc +ca⩽❑√a+ ❑√b+ ❑√c⩽3
【答案】见解析
【解析】
因为❑√a+ ❑√a+a
2⩾3
3√a
3=3a，
同理❑√b+ ❑√b+b
2⩾3
3√b
3=3b
❑√c + ❑√c +c
2⩾3
3√c
3=3c
三式相加得2(❑√a+ ❑√b+ ❑√c)+a
2+b
2+c
2⩾3(a+b+c)=9=(a+b+c)
2
所以2(❑√a+ ❑√b+ ❑√c)⩾(a+b+c)
2-a
2-b
2-c
2=2(ab+bc +ac)
故ab+bc +ac⩽❑√a+ ❑√b+ ❑√c
又(❑√a+ ❑√b+ ❑√c)
2⩽(a+b+c)(1+1+1)=9，所以❑√a+ ❑√b+ ❑√c⩽3
综上可得ab+bc +ac⩽❑√a+ ❑√b+ ❑√c⩽3.
26．【2018 年四川预赛】设x、y 、z为正实数，求(x + 1
y + ❑√2)( y + 1
z + ❑√2)(z + 1
x + ❑√2)的最小值.
【答案】20+14 ❑√2
【解析】
记T =(x + 1
y + ❑√2)( y + 1
z + ❑√2)(z + 1
x + ❑√2)，当x = y = z =1时，T有最小值
(2+ ❑√2)
3=20+14 ❑√2.
下证：T ≥20+14 ❑√2.
解法一
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：T =(xyz + 1
xyz)+ ❑√2(xy + yz+ zx + 1
xy + 1
yz + 1
zx)+3(x + y + z + 1
x + 1
y + 1
z)+ ❑√2(
x
z + y
x + z
y)+5 ❑√2 ≥2+ ❑√2×6
6√
当x = y = z =1时，可取到等号.
所以，T的最小值为20+14 ❑√2.
解法二：
T ≥(2❑√
x
y + ❑√2)(2❑√
y
z + ❑√2)(2❑√
z
x + ❑√2)=8+ 4 ❑√2(
❑√
x
z + ❑√
z
y + ❑√
y
x)+ 4(
❑√
x
y + ❑√
y
z + ❑√
z
x)+2❑√2 ≥8+ 4 ❑√2×3
3√
当x = y = z =1时，可取到等号．
所以，T的最小值为20+14 ❑√2．
解法三：注意到
x + 1
y + ❑√2
2+ ❑√2
=
2
2+ ❑√2 x +
1
2+ ❑√2 ⋅1
y +
❑√2
2+ ❑√2 ⋅1≥x
1
2+ ❑√2 ⋅(
1
y)
1
2+ ❑√2 ⋅1
❑√2
2+ ❑√2．
于是，
(x + 1
y + ❑√2)( y + 1
z + ❑√2)(z + 1
x + ❑√2)
(2+ ❑√2)
3
=
x + 1
y + ❑√2
2+ ❑√2
⋅
y + 1
z + ❑√2
2+ ❑√2
⋅
z + 1
x + ❑√2
2+ ❑√2
≥[x
1
2+ ❑√2 ⋅(
1
y)
1
2+ ❑√2 ⋅1
❑√2
2+ ❑√2]⋅[ y
1
2+ ❑√2 ⋅(
1
z)
1
2+ ❑√2 ⋅1
❑√2
2+ ❑√2]⋅[z
1
2+ ❑√2 ⋅(
1
x)
1
2+ ❑√2 ⋅1
❑√2
2+ ❑√2]=1
故(x + 1
y + ❑√2)( y + 1
z + ❑√2)(z + 1
x + ❑√2)≥(2+ ❑√2)
3
．
当x = y = z =1时，可取到等号．
所以，T的最小值为(2+ ❑√2)
3=20+14 ❑√2．
27．【2018 年浙江预赛】设a∈R，且对任意实数b 均有max
x∈[0,1]|x
2+ax +b|≥1，求a 的取值范围.
【答案】a≤-3
【解析】
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解1：f ( x)= x
2+ax +b，对于|b|≥1⇒|f (0)|≥1，
所以只要考虑|b|<1.
（1）当- a
2 ≤0时，即a≥0，此时函数f ( x)的最值在拋物线的左右端点取得，对任意|b|<1有
f (1)=1+a+b<f (0)=b，所以f (1)=1+a+b≥1，
解得a≥1
（2）当0<- a
2 ≤1
2时，即-1≤a<0，此时函数f ( x)的最值在拋物线的顶点和右端点取得，
而对b=0 有|f (1)|=|1+a|<1，|f(- a
2)|=|
-a
2
4 |<1.
（3）当1
2 <- a
2 ≤1时，即-2≤a<-1时，此时函数f ( x)的最值在拋物线的顶点和左端点取得，而对b=0 有
|f (0)|=|b|<1，|f(- a
2)|=|
-a
2
4 |<1.
（4）当- a
2 ≥1时，即a≤-2，此时函数f ( x)的最值在拋物线的左右端点取得，对任意
|b|<1有|f (0)|=|b|<1，所以f (1)=1+a+b≤-1,解得a≤-3.
综上或a≤-3.
解2：设max
x∈[0,1]|x
2+ax +b|≥1，则有m≥|b|，m≥|1+a+b|⇒2m≥|b|+|1+a+b|≥|1+a|依题意，
|1+a|
2
≥1⇒a≥1，或a≤-3.
28．【2018 年辽宁预赛】已知实数a、b、c 满足a
2+b
2+c
2=1，求M =a
2bc+ab
2c +abc
2的最大值和最
小值.
【答案】见解析
【解析】
由均值不等式和柯西不等式可得
|a
2bc +ab
2c +abc
2|⩽|abc|+(|a|+|b|+|c|)
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⩽(
|a|+|b|+|c|
3
)
2
(|a|+|b|+|c|)
1
27 [
❑√3(a
2+b
2+c
2)]
4
= 1
3.
当a=b=c = 1
❑√3时取等号，故M 的最大值为1
3.
要使M 取最小值，只需考虑a,b>0,c<0，且a+b>0的情形.令c =-t，则a
2+b
2+t
2=1，a+b-t >0，此
时t
2< 2
3.由于
M =abc (a+b+c)=-abt (a+b-t )
⩾- a
2+b
2
2
t[
❑√2(a
2+b
2)-t]
=- t (1-t
2)
2
[
❑√2(1-t
2)-t]
当a=b=
❑√
1-t
2
2
时取等号，令
f (x)= (1- x)❑√x
2
[❑√2(1- x)- ❑√x]，0⩽x⩽2
3，
若M 0 为f (x)在[0, 2
3]上的最大值，则- M 0为M 的最小值.由于f (0)= f(
2
3)=0，则f (x)在(0, 2
3)内取
到最大值，因此在f
'(x0=0)的x0处取到，由于
f
' (x)=
❑√1- x
2❑√2 x (1- x) [❑√1- x (1- 4 x)+(2 x -1)❑√2 x]
令❑√1- x (1- 4 x)=(1-2 x)❑√2 x，两边平方，整理可得
(1-3 x)(8 x
2-8 x +1)=0
此方程有根x = 1
3 ，x = 1
2 ±
❑√2
4 .又因为1
2 +
❑√2
4 > 2
3，且x = 1
3是增根，故x0= 1
2 -
❑√2
4 是f (x)的最大值点.因
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此，- f (x0)=- 1- ❑√2
16
是M 的最小值.
29．【2018 年山西预赛】已知在正整数n 的各位数字中，共含有a1个1，a2个2，⋯，an个n．证明：
2
a1×3
a2×⋯×10
a9≤n+1并确定使等号成立的条件．
【答案】见解析
【解析】
对正整数n 的位数使用数学归纳法．
当n是一位数，即1≤n<10时，所证式显然成立，
这是因为，此时n的十进制表达式中只有一位数字n，
即an=1，其余a j=0( j≠n)，所以，左边=(n+1)1=右边．
假设当正整数n不超过k 位，即n<10
k时，结论皆成立．
现考虑n 为k +1位数，即10
k ≤n<10
k +1时的情形．
设n的首位数字为r．则n=r 10
k +n1(0≤n1≤10
k -1). ①
若n1=0，则在数n的各位数字中，ar =1，其余a j=0( j≠r).
显然，(r +1)
ar<n+1.
若1≤n1≤10
k -1，记n1的各位数字中含有a1个1，a2个2，…，ar个r，…，a9个9．
则n的各位数字中，含有ar+1个r、a j个j(1≤j≤9, j≠r).
注意到，正整数n1不超过k 位．
由归纳法假设，对n1有
2
a1×3
a2×⋯×10
a9≤n+1
⇒2
a1×3
a2×⋯×(r +1)
ar+1×⋯×10
a9
≤(r +1)(n1+1)=r(n1+1)+n1+1
≤r 10
k +n1+1=n+1. ②
则当n 为k +1位数时，结论也成立．
故由数学归纳法，知对一切正整数n，结论皆成立．
欲使等号成立，由证明过程，知要么n为一位数；要么在n的位数大于或等于2 时，由式②，必须
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n1+1=10
k，此时，由式①得n=r 10
k +10
k -1(1≤r ≤9)，
即n可表示为r 99⋯9
⏟
k 个
(k ≥0,1≤r ≤9)的形式.
上述条件也是充分的，当n能够表成以上形式时，有ar =1,a9=k，其余a j=0.
故2
a1×3
a2×⋯×(r +1)
ar×⋯×10
a9
=(r +1)
110
k =n+1.
30 ．【2018 年全国】设n 是正整数，a1,a2,⋯,an,b1,b2,⋯,bn, A ,B均为正实数，满足
a1≤b1,a1≤A ,i=1,2,⋯,n，且
b1b2⋯bn
a1a2⋯an
≤B
A .
求证：
(b1+1)(b2+1)⋯(bn+1)
(a1+1)(a2+1)⋯(an+1)
≤B+1
A +1.
【答案】证明见解析
【解析】由条件知，ki= bi
ai
≥1,i=1,2,⋯,n.记B
A = K，则b1b2⋯bn
a1a2⋯an
≤B
A 化为k1k2⋯kn≤K。
要证明∏
i=1
n
kiai+1
ai+1 ≤KA +1
A +1 .
对i=1,2,⋯,n，由于ki≥1 及0<ai≤A知：
kiai+1
ai+1 =ki- ki-1
ai+1 ≤ki- ki-1
A +1 = ki A +1
A +1 .
结合K ≥k1k2⋯kn知，为证明①，仅需证明当A >0,ki≥1(i=1,2,⋯,n)时，有
∏
i=1
n
ki A +1
A +1 ≤k1k2⋯kn A +1
A +1
.
②
对n 进行归纳.当n=1 时，结论显然成立.
当n=2 时，由A >0,k1,k2≥1可知
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k1 A +1
A +1 ⋅k2 A +1
A +1 - k1k2 A +1
A +1
=- A(k1-1)(k2-1)
( A +1)
2
≤0
③
因此n=2 时结论成立。
设n=m 时结论成立，则当n=m+1 时，利用归纳假设知，
∏
i=1
m+1 ki A +1
A +1 =(∏
i=1
m ki A +1
A +1 )⋅km+1 A +1
A +1
≤k1k2⋯km A +1
A +1
⋅km+1 A +1
A +1
≤k1k2⋯km+1 A +1
A +1
.
最后一步是在③中用k1k2⋯km,km+1（注意k1k2⋯km≥1,km+1≥1）分别代替k1,k2.
从而n=m+1 时结论成立
由数学归纳法可知，②对所有正整数n 成立，故命题得证.
31．【2018 高中数学联赛B 卷（第02 试）】设a、b 是实数，函数f ( x)=ax +b+ 9
x ，证明:存在
x0∈[1,9]，使得|f (x0)|⩾2.
【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∈(-∞, 1
2]∪[
3
2 ,+∞)时，有|f (1)- f (9)|=|(a+b+9)-(9a+b+1)|=8|1-a|⩾4.
当1
2 <a< 3
2时，有3
❑√a ∈[1,9].再分两种情况:
若1
2 <a⩽1，则|f (1)- f(
3
❑√a)|=|(a+b+9)-(6 ❑√a+b)|=(3- ❑√a)
2⩾4.
若1<a< 3
2，则|f (9)- f(
3
❑√a)|=|(9a+b+1)-(6 ❑√a+b)|=(3 ❑√a-1)
2⩾4.
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
①
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f (3)=3a+b+3
②
f (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)- 4 f (2)+3 f (1)=(6a-2)-3⋅(2a-6)=16.
但f (3)- 4 f (2)+3 f (1)<2+ 4⋅2+3⋅2=16，矛盾!
从而命题得证.
32．【2017 高中数学联赛A 卷（第01 试）】设k、m 为实数，不等式|x
2-kx -m|⩽1对所有x∈[a，b]成
立.证明:b-a⩽2❑√2.
【答案】证明见解析
【解析】令f(x)=x2－kx－m，x∈[a，b]则f(x)∈[－1，1].于是
f (a)=a
2-ka-m⩽1
①
f (b)=b
2-kb-m⩽1
②
f(
a+b
2 )=(
a+b
2 )
2
-k ⋅a+b
2
-m⩾-1
③
由①+②－2×③知，(a-b)
2
2
= f (a)+ f (b)-2f(
a+b
2 )⩽4，故b-a⩽2❑√2.
33．【2017 高中数学联赛A 卷（第01 试）】设x1, x2, x3是非负实数，满足x1+ x2+ x3=1，求
(x1+3 x2+5 x3)(x1+ x2
3 + x3
5 )的最小值和最大值.
【答案】最小值为1；最大值为9
5 .
【解析】由柯西不等式
(x1+3 x2+5 x3)(x1+ x2
3 + x3
5 )
⩾(❑√x1⋅❑√x1+ ❑√3 x2⋅
❑√
x2
3 + ❑√5 x3⋅
❑√
x3
5 )
2
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=(x1+ x2+ x3)
2=1，
当x1=1, x2=0, x3=0时不等式等号成立，故欲求的最小值为1.
因为(x1+3 x2+5 x3)(x1+ x2
3 + x3
5 )= 1
5 (x1+3 x2+5 x3)(5 x1+ 5 x2
3 + x3)
⩽1
5 ⋅1
4[(x1+3 x2+5 x3)+(5 x1+ 5 x2
3 + x3)]
2
= 1
20(6 x1+ 14
3 x2+6 x3)
2
⩽1
20 (6 x1+6 x2+6 x3)
2= 9
5.
当x1= 1
2 , x2=0, x3= 1
2时不等式等号成立，故欲求的最大值为9
5 .
34．【2017 高中数学联赛B 卷（第01 试）】设不等式|2
x -a|<|5-2
x|对所有x∈[1，2]成立，求实数a 的
取值范围.
【答案】3<a<5.
【解析】设t =2
x，则t∈[2，4]，于是|t -a|<|5-t |对所有t∈[2，4]成立.
由于|t -a|<|5-t |⇔(t -a)
2<〈5-t )
2
⇔(2t -a-5)(5-a)<0.
对给定实数a，设f(t)=(2t－a－5)(5－a)，则f(t)是关于t 的一次函数或常值函数.
注意t∈[2，4]，因此f(t)<0 等价于¿，
解得3<a<5.
所以实数a 的取值范围是3<a<5.
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