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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37 不等式第六缉
1．【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 =max {|a|,|b|,|c|}，证明:
|(1+a)(1+b)(1+c)|⩾1-d
2.
【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-c
2=1-|c|
2⩾1-d
2.
2．【2017 年天津预赛】如果整数n≥2,证明:(1+ 1
2
2)(1+ 1
3
2)⋯(1+ 1
n
2)<2.
【答案】证明见解析
【解析】解法一在熟知的不等式1+ x ≤e
x中,分别取x = 1
2
2 , 1
3
2 ,⋯, 1
n
2,就得到原式左端≤e
1
2 + 1
3
2 +⋯+ 1
n
2 .
注意到
1
k
2 <
1
k
2- 1
4
=
1
k - 1
2
-
1
k + 1
2
,令k从2 到n求和,即得
1
2
2 + 1
3
2 +⋯+ 1
n
2 <(
1
2- 1
2
-
1
2+ 1
2
)+(
1
3- 1
2
-
1
3+ 1
2
)+⋯+(
1
n- 1
2
-
1
n+ 1
2
)= 2
3 -
2
2n+1 < 2
3，
因此,待证式左端<e
2
3.
注意e<2.8<❑√8,就得到e
2
3 <2.
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解法二我们对n用数学归纳法证明加强的结论:∏
k =2
n
(1+ 1
k
2)<2-
2
n+1，
当n=2时,1+ 1
2
2 <2- 2
3,结论成立.
假设当n=m(≥2)时结论成立,则我们有
∏
k =2
m+1
(1+ 1
k
2)=∏
k =2
m
(1+ 1
k
2)⋅[1+
1
(m+1)
2]<(2-
2
m+1)⋅[1+
1
(m+1)
2]=2-
2
m+1 +
2
(m+1)
2 -
2
(m+1)
3 =2-
2
m+2 -
(m+
.
可见当n=m+1时结论也成立.
因此,加强后的不等式对任意n≥2成立.
3．【2017 年辽宁预赛】已知x + y =1,问:当实数x、y为何值时(x
3+1)( y
3+1)取得最大值.
【答案】x = 1± ❑√5
2
, y = 1∓❑√5
2
.
【解析】设u=(x
3+1)( y
3+1)=(xy)
3+(x + y)[(x + y)
2-3 xy]+1,
由已知x + y =1可得u=(xy)
3-3 xy +2，
令t = xy,则t = xy = x (1- x)=- x
2+ x ≤1
4 ,故u=t
3-3t +2,t ≤1
4 .
由于u
' =3t
2-3,则当t <-1时,u
'>0;当-1<t ≤1
4 时,u
'<0.
因此,u在t =-1时取得最大值.即xy =-1, x + y =1.
解得x = 1± ❑√5
2
, y = 1∓❑√5
2
.
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4．【2017 年山东预赛】实数x , y ∈(1,+ ∞),且xy -2 x - y +1=0,求3
2 x
2+ y
2的最小值.
【答案】15
【解析】因为xy -2 x - y +1=0,所以y =
1
x -1 +2,代入得3
2 x
2+ y
2= 3
2 x
2+(
1
x -1 +2)
2
,
令f (x)= 3
2 x
2+(
1
x -1 +2)
2
,则
f
' (x)=3 x +2(
1
x -1 +2)[-
1
(x -1)
2]=3 x - 4 x -2
(x -1)
3 = 3 x (x -1)
3-(4 x -2)
(x -1)
3
= 3[(x -2)+2][(x -2)+1]
3- 4 (x -2)-6
(x -1)
3
= ( x
.
令g( x)=3 x
3-3 x
2+3 x -1,则g
'( x)=9 x
2-6 x +3⩾0,
即y = g( x)在(1,+ ∞)上单调递增,又g(1)=6,所以g( x)>0在(1,+∞)上恒成立.
所以y = f ( x)在(1,2)上单调递减,在(2,+ ∞)上单调递增,
所以[ f ( x)]min= f (2)=15.
5．【2017 年福建预赛】设a1,a2、a3、a4、a5是5 个正实数(可以相等).证明:一定存在4 个互不相同的下
标i, j ,k ,l,使得|
ai
a j
- ak
al|< 1
2.
【答案】证明见解析
【解析】不妨设a1≤a2≤a3≤a4≤a5,考虑以下5 个分数:a1
a2
, a3
a4
, a1
a5
, a2
a3
、a4
a5
.它们都属于区间(0,1].
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把区间(0,1]分成两个区间：(0, 1
2]和(
1
2 ,1],由抽屉原理知,区间(0, 1
2]或(
1
2 ,1]中一定有一个区间至少包
含(1)中的3 个数(记这3 个数依次为a,b,c).
将①中的5 个数依次围成一个圆圈,则(1)中任意三个数中都有两个数是相邻的(a1
a2
与a4
a5
是相邻的).
即a、b、c中至少有两个数是相邻的.
假设a与b相邻,则|a-b|< 1
2.
另一方面,由①中5 个分数的分子、分母的下标特征知,围成的圆圈中,任意相邻两个分数的分子、分母的4
个下标互不相同.
于是,a,b对应的分数的分子、分母的4 个下标符合要求.因此,结论成立.
6．【2017 年四川预赛】设α , β为实数,若对任意的实数x , y , z,有α (xy + yz + zx)≤M ≤β (x
2+ y
2+ z
2)恒成
立,其中M =
❑√x
2+ xy + y
2⋅
❑√y
2+ yz + z
2+
❑√y
2+ yz + z
2⋅
❑√z
2+ zx + x
2+
❑√z
2+ zx + x
2⋅
❑√x
2+ xy + y
2.求α
的最大值和β的最小值.
【答案】α的最大值是3, β的最小值是3.
【解析】取x=y=z=1，有3α ⩽9⩽3 β，则α ⩽3, β ⩾3.
(1)解法一先证M ≥3(xy + yz + zx)对任意的实数x、y 、z成立.
因为
❑√x
2+ xy + y
2⋅
❑√y
2+ yz + z
2
=
❑√[( x + y
2 )
2
+ 3
4 y
2]⋅[( z + y
2 )
2
+ 3
4 y
2]
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⩾|( x + y
2 )( z + y
2 )|+ 3
4 y
2
⩾( x + y
2 )( z + y
2 )+ 3
4 y
2
= xz + 1
2 xy + 1
2 yz + y
2，
所以M ⩾∑( xz + 1
2 xy + 1
2 yz + y
2)
=2(xy + yz + zx)+(x
2+ y
2+ z
2)
≥2(xy + yz + zx)+(xy + yz + zx)
=3(xy + yz + zx)
解法二注意到x
2+ xy + y
2≥3
4
(x + y)
2,则
M ≥3
4|x + y|⋅|y + z|+ 3
4|y + z|⋅|z + x|+ 3
4|z + x|⋅|x + y|
≥3
4 (xy + yz + zx + y
2)+ 3
4 ( yz + zx + xy + z
2)+ 3
4 (zx + xy + yz + x
2)
= 3
4 (x
2+ y
2+ z
2)+ 9
4
(xy + yz + zx)
≥3
4
(xy + yz + zx)+ 9
4
(xy + yz + zx)
=3(xy + yz + zx)
(2)解法一再证M ≤3(x
2+ y
2+ z
2)对任意的实数x , y , z成立.
因为M ≤(❑√x
2+ xy + y
2)
2+(❑√y
2+ yz + z
2)
2+(❑√z
2+ zx + x
2)
2
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=2(x
2+ y
2+ z
2)+(xy + yz + zx)
≤3(x
2+ y
2+ z
2)
解法二注意到
❑√x
2+ xy + y
2⋅
❑√y
2+ yz + z
2≤(x
2+ xy + y
2)+( y
2+ yz + z
2)
2
,
故M ≤4(x
2+ y
2+ z
2)+2(xy + yz+ zx)
2
≤4(x
2+ y
2+ z
2)+2(x
2+ y
2+ z
2)
2
=3(x
2+ y
2+ z
2) .
结合(1)、(2)可知,α的最大值是3, β的最小值是3.
7．【2017 年陕西预赛】设a、b、c为正实数,且满足(a+b)(b+c)(c +a)=1.求证:
a
2
1+ ❑√bc +
b
2
1+ ❑√ca +
c
2
1+ ❑√ab ≥1
2 .
【答案】略
【解析】由柯西不等式,得
a
2
1+ ❑√bc +
b
2
1+ ❑√ca +
c
2
1+ ❑√ab ≥
(a+b+c)
2
3+ ❑√ab+ ❑√bc + ❑√ca
故只需证明：
(a+b+c)
2
3+ ❑√ab+ ❑√bc + ❑√ca ≥1
2 . ①
先证明:a+b+c≥3
2.
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事实上,由均值不等式及已知,得a+b+c = 1
2 [(a+b)+(b+c)+(c +a)]≥1
2 ⋅3
3√(a+b)(b+c)(c +a)= 3
2
再证明:❑√ab+ ❑√bc + ❑√ca≤3
2.
事实上,由赫尔德不等式、均值不等式及已知,得
(❑√ab+ ❑√bc + ❑√ca)
3=(
3√
❑√ab⋅b⋅a+
3√b⋅❑√bc⋅c +
3√a⋅c⋅❑√ca)≤(❑√ab+b+a)(b+ ❑√bc +c)(a+c + ❑√ca)≤(
a+b
2
+a
所以
❑√ab+ ❑√bc+ ❑√ca≤3
2.
于是,
(a+b+c)
2
3+ ❑√ab+ ❑√bc + ❑√ca ≥(
3
2)
2
3+ 3
2
= 1
2
,
即①式成立.
故原不等式成立.
8．【2017 年安徽预赛】设x , y ∈[0,1],求f (x , y)= ❑√
1+ xy
1+ x
2 + ❑√
1- xy
1+ y
2 的取值范围.
【答案】[1,2]
【解析】当x⩾y时,由于1+ xy
1+ x
2 , 1- xy
1+ y
2 ∈[0,1],因此
2≥f (x , y)≥1+ xy
1+ x
2 + 1- xy
1+ y
2 ≥1+ xy
1+ x
2 + 1- xy
1+ x
2 =
2
1+ x
2 ≥1.
当x ≤y时,显然有f (x , y)≥❑√
1+ xy
1+ x
2 ≥1,且有x + x
-1≥y + y
-1,
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由此1≤f (x , y)= ❑√
1+ y - x
x + x
-1 + ❑√
1- x + y
y + y
-1 ≤❑√
1+ y - x
y + y
-1 + ❑√
1- y - x
y + y
-1 ≤2，
上述最后一个不等式利用了结论：当0≤t ≤1时,❑√1+t + ❑√1-t ≤2.
最后由f (1,1)=1,f (0,0)=2可知f (x , y)的取值范围是[1,2].
9．【2017 年江苏预赛】已知x , y ∈R,且x
2+ y
2=2,|x|≠|y|.求
1
(x + y)
2 +
1
(x - y)
2的最小值.
【答案】1
【解析】因为x
2+ y
2=2,所以(x + y)
2+(x - y)
2= 4.
所以
1
( x + y)
2 +
1
( x - y)
2 = 1
4 [
1
( x + y)
2 +
1
( x - y)
2 ][( x + y)
2+( x - y)
2]⩾1
4 (1+1)
2=1.
当x = ❑√2, y =0时，
1
( x + y)
2 +
1
( x - y)
2 =1.
所以
1
( x + y)
2 +
1
( x - y)
2的最小值为1.
10．【2017 年新疆预赛】已知正数x、y 、z满足x + y + z =1.求证:对任意正整数n,有x
n+ y
n+ z
n≥1
3
n-1.
【答案】证明见解析
【解析】由n维均值不等式,可得
x
n+ 1
3
n +⋯+ 1
3
n
¿
≥n
n√
x
n⋅(
1
3
n)
n-1
=nx⋅1
3
n-1，
y
n+
1
3
⏟
n+⋯+ 1
3
n
≥n
n√
y
n⋅(
1
3
n)
n-1
=ny ⋅1
3
n-1，
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z
n+
1
3
⏟
n+⋯+ 1
3
n
≥n
n√
z
n⋅(
1
3
n)
n-1
=nz⋅1
3
n-1.
三式相加得x
n+ y
n+ z
n+3(n-1)⋅1
3
n ≥n(x + y + z)⋅1
3
n-1 = n
3
n-1.
x
n+ y
n+ z
n≥1
3
n-1.
11．【2017 年新疆预赛】(1)对于任意的a,b>0,求证: 1
a+b ≤1
4(
1
a + 1
b).
(2)设x1, x2, x3>0,且1
x1
+ 1
x2
+ 1
x3
=1.求证: x1+ x2+ x3
x1 x3+ x3 x2
+ x1+ x2+ x3
x1 x2+ x3 x1
+ x1+ x2+ x3
x2 x1+ x3 x2
≤3
2.
【答案】证明见解析
【解析】(1)由于a,b>0,根据均值不等式有
2ab≤a
2+b
2⇒2≤a
2+b
2
ab
= a
b + b
a ⇒4≤a
b + b
a +2= a+b
b
+ a+b
a
⇒
1
a+b ≤1
4(
1
a + 1
b).
(2)将原式变形,并运用(1)可得原式= x1+ x2+ x3
x3(x1+ x2)
+ x1+ x2+ x3
x1(x2+ x3)
+ x1+ x2+ x3
x2(x3+ x1)
=(
1
x3
+
1
x1+ x2)+(
1
x1
+
1
x2+ x3)+(
1
x2
+
1
x3+ x1)
=(
1
x1
+ 1
x2
+ 1
x3)+(
1
x1+ x2
+
1
x2+ x3
+
1
x3+ x1)
=1+(
1
x1+ x2
+
1
x2+ x3
+
1
x3+ x1)
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≤1+ 1
4(
1
x1
+ 1
x2
+ 1
x2
+ 1
x3
+ 1
x3
+ 1
x1)
=1+ 1
2 = 3
2.
12．【2017 年内蒙古预赛】已知：a,b,c,均为正实数,求证:2❑√bc +ca+ab≤❑√3
3√(b+c)(c +a)(a+b).
【答案】证明见解析
【解析】因为a,b,c均为正实数,所以有a+b≥2❑√ab,b+c≥2❑√bc，a+c≥2❑√ac .故
(b+c)(c +a)(a+b)≥8abc.
因此9(b+c)(c +a)(a+b)≥8abc +8(b+c)(c +a)(a+b)，
所以8(a+b+c)(bc +ca+ab)≤9(b+c)(c +a)(a+b).
又因为(a+b+c)
2≥3(bc +ca+ab),所以64×3(bc +ca+ab)
3≤81[(b+c)(c +a)(a+b)]
2.
故2❑√bc +ca+ab≤❑√3⋅
3√(b+c)(c +a)(a+b).
13．【2016 年陕西预赛】记“∑”表示轮换对称和.设a、b、c 为正实数，且满足abc=1.对任意整数n≥2，
证明： ∑
a
n√b+c
≥3
n√2.
【答案】见解析
【解析】
不妨设a≤b≤c.则
n√b+c≥
n√c +b≥
n√a+b，
a
n√b+c
≤
b
n√c +a
≤
c
n√a+b
.
由切比雪夫不等式得
∑a=∑(
n√b+c·
a
n√b+c
)≤1
3 (∑
n√b+c)(∑
a
n√b+c
).
又由幂平均不等式得
1
3 ∑❑
n√b+c≤❑
n
√
1
3 ∑(b+c)= ❑
n
√
2
3 ∑a.
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故∑a≤❑
n
√
2
3 ∑a(∑
a
n√b+c
) ⇒∑
a
n√b+c
≥
∑a
❑
n
√
2
3 ∑a
=
n√
3
2 (∑a)
n-1
由已知及均值不等式得∑a≥3
3√abc =3.
故∑
a
n√b+c
≥3
n√2.
14．【2016 年山东预赛】证明：sin 1
n +sin 2
n > 3
n sin 1
n (n∈Z+).
【答案】见解析
【解析】
原不等式等价于证明：
2sin 1
n + tan 1
n > 3
n (n∈Z+).
定义函数
f (x)=2sin x + tan x -3 x (0≤x ≤1).
只需证明f (x)>0.
显然，f (0)=0，且
f ' (x)=2cos x +
1
cos
2 x
-3
= 2cos
3 x -3cos
2 x +1
cos
2 x
.
定义函数
g(x)=2cos
3 x -3cos
2 x +1，
g(0)=0.
则g' (x)=-6cos
2 x⋅sin x +6cos x⋅sin x =6cos x⋅sin x (1-cos x)>0
⇒g(x)>0.
于是，f ' (x)>0单调递增.
故f (x)>0，即所证不等式成立
15
．
【
2016
年
安
徽
预
赛
】
证
明
：
对
任
意
实
数
a
、
b
、
c
，
均
有
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❑√a
2+ab+b
2+
❑√a
2+ac +c
2 ≥
❑√3a
2+(a+b+c)
2，并求等号成立的充分必要条件.
【答案】见解析
【解析】
设α =(a+ b
2 ,
❑√3
2 b), β =(a+ c
2 ,
❑√3
2 c).
则|α|+|β|=
❑√a
2+ab+b
2+
❑√a
2+ac +c
2，
|α + β|= ❑√(2a+ b+c
2 )
2
+ 3
4
(b+c)
2
=
❑√4 a
2+2a(b+c)+(b+c)
2
=
❑√3a
2+(a+b+c)
2.
据三角不等式知
|α|+|β|≥|α + β|， ①
即得所要证的不等式.
式①等号成立的充分必要条件为α 与β平等且方向相同.
注意到，
α ∥β ⇔(a+ b
2)c =(a+ c
2)b
⇔a(b-c)=0.
当a=0时，式①等号成立⇔bc≥0.
当b=c时，式①等号恒成立.
综上，式①等号成立的充分必要条件为b=c 或a=0 且bc≥0.
16．【2016 年新疆预赛】已知∑
i=1
n
ai xi= p,∑
i=1
n
ai=q,且ai>0(i=1,2,…,n), p、q为常数求∑
i=1
n
ai xi
2的最小
值.
【答案】p
2
q
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【解析】
设xi= λ+ yi( λ为待定系数).则
∑
i=1
n
ai xi
2=∑
i=1
n
ai(λ+ yi)
2 = λ
2q+2 λ∑
i=1
n
ai yi+∑
i=1
n
ai yi
2, ①
而∑
i=1
n
ai xi=∑
i=1
n
ai(λ+ yi) = λq+∑
i=1
n
ai yi= p，
于是取λ = p
q ,则∑
i=1
n
ai yi=0
代入式①得
∑
i=1
n
ai xi
2= p
2
q +∑
i=1
n
ai yi
2≥p
2
q
当且仅当y1= y2=…= yn=0,即x1= x2=… = xn= λ= p
q 时,上式等号成立
故∑
i=1
n
ai xi
2取得最小值p
2
q .
17．【2016 年天津预赛】设f (x)=
x
x +1,令a1= 1
2 ,a2= 3
4 ,an+2= f (an)+ f (an+1)(n=1,2,...)，证明:对任何正
整数n,有f (3×2
n-1)≤a
2n≤f (3×2
2n-2).①
【答案】见解析
【解析】
先用数学归纳法证明:对任何正整数n,有an<an+1
当n=1时,a1= 1
2 < 3
4 =a2,命题成立.
当n=2时,a2= 3
4 < 16
21 =a3,命题成立.
设n=1,2,…,k (整数k>1)时命题成立.
则n=k +1时,由归纳假设知ak -1<ak ,ak<ak +1，
由f (x)=
x
x +1 =1-
1
x +1在区间[0,+ ∞)内单调递增得：
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an=ak +1= f (ak -1)+ f (ak)<f (ak)+ f (ak +1)=ak +2=an+1,
即n=k +1时命题成立.
由数学归纳法,对任何正整数n,有an<an+1.
因此,对任何正整数n,有 an+2= f (an)+ f (an+1)>2f (an).
接下来再用数学归纳法证明:对任何正整数n,有a2n≥f (3×2
n-1).
当n=1 时, a2= 3
4 = f (3)= f (3×2
0),命题成立.
设n=k时命题成立.
则n=k +1时,注意到,2f (f (x))=
2
x
x +1
x
x +1 +1
=
2 x
2 x +1 = f (2 x).
18．【2016 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．
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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
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.
19 ．【2016
年全国】设实数a1,a2,⋯,a2016满足9ai>11ai+1
2
(i=1,2,⋯,2015). 求
(a1-a2
2)(a2-a3
2)⋯(a2015-a2016
2
)(a2016-a1
2)的最大值.
【答案】1
4
2016
【解析】
令P=∏
i=1
2016
(ai-ai+1
2 ),a2017=a1.
由已知得对i=1,2,⋯,2015，均有
ai-ai+1
2 > 11
9 ai+1
2 -ai+1
2 >0.
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若a2016-a1
2≤0，则P≤0.
以下考虑a2016-a1
2>0的情形.
由均值不等式得
P
1
2016 ≤
1
2016 ∑
i=1
2016
(ai-ai+1
2 )=
1
2016(∑
i=1
2016
ai-∑
i=1
2016
ai+1
2 )
=
1
2016(∑
i=1
2016
ai-∑
i=1
2016
ai
2)=
1
2016 ∑
i=1
2016
ai(1-ai)
≤
1
2016 ∑
i=1
2016[
ai+(1-ai)
2
]
2
=
1
2016 ×2016× 1
4 = 1
4 ⇒P≤
1
4
2016.
当a1=a2=⋯=a2016= 1
2时，上述不等式等号成立，且有
9ai>11ai+1
2
(i =1,2,⋯,2015)，此时，P =
1
4
2016.
综上，所求最大值为1
4
2016 .
20．【2016 年吉林预赛】一次竞赛共有n 道判断题，统计八名考生的答题后发现：对于任意两道题，恰有
两名考生答“T，T”；恰有两名考生答“F，F”；恰有两名考生答“T，F”；恰有两名考生答“F，T”.求n
的最大值.
【答案】7
【解析】
记“T”为1，“F”为0，从而，得到一个8 行n 列的数表.
显然，交换同一列的0 和1，此表的性质不改变.因此，不妨设数表第一行全为0.
设第i 行共有ai个0（i=1,2，…，8）.
则a1=n，∑
i=2
8
ai= 4 n-n=3n.
下面考虑同一行中的“00”的对数，则
∑
i=1
8
Cai
2 =2Cn
2⇒∑
i=2
8
Cai
2 =Cn
2⇒∑
i=2
8
Cai
2 -∑
i=2
8
ai=n
2-n.
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由柯西不等式
∑
i=1
8
ai
2≥1
7(∑
i=1
8
ai)
2
，
知1
7(∑
i=1
8
ai)
2
-∑
i=1
8
ai
2≤n
2-n⇒1
7
(3n)
2-3n≤n
2-n⇒n≤7.
表1 为n 取最大值的情形.
表1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
0
1
1
1
1
1
0
1
0
1
0
1
1
0
1
1
0
1
0
1
1
0
0
1
1
0
1
1
0
1
0
0
1
从而，n 的最大值为7.
21．【2016 年上海预赛】正实数x、y、z 满足¿，求1
x + 2
y + 3
z 的最大值。
【答案】13
【解析】
由2
5 ≤z≤min{x , y }，得
1
z ≤2
5 , z
x ≤1.
又由xz≥4
15，得1
❑√x ≤
❑√15
2
·❑√z .
则1
x + 1
z = 2
x + 1
z - 1
x
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= 2
❑√x · 1
❑√x + 1
z(1- z
x)
≤2
❑√x ·
❑√15
2
·❑√z + 5
2(1- z
x)
=- 5
2(
❑√z
❑√x -
❑√15
5 )
2
+ 4≤4.
类似地，由1
❑√y ≤❑√5·❑√z , z
y ≤1,得
1
y + 1
z = 2
y + 1
z - 1
y
= 2
❑√y · 1
❑√y + 1
z(1- z
y)
≤2
❑√y ·❑√5·❑√z + 5
2(1- z
y)
=- 5
2(
❑√z
❑√y - 2
❑√5)
2
+ 9
2 ≤9
2 .
故1
x + 2
y + 3
z =(
1
x + 1
z)+2(
1
y + 1
z) ≤4+2× 9
2 =13,
当x = 2
3 , y = 1
2 , z = 2
5时，以上各式等号成立
所以，1
x + 2
y + 3
z 的最大值为13.
22．【2016 年浙江预赛】设函数f (x)= x
2-(k
2-5ak +3) x +7（a、k ∈R）。对于任意的k ∈[0,2]，
若x1、x2满足x1∈[k ,k +a]，x2∈[k +2a,k + 4 a]，则f (x1)≥f (x2)。求正实数a的最大值。
【答案】2❑√6- 4
5
【解析】
依题意，函数f (x)的对称轴为x = k
2-5ak +3
2
.从而，题设条件等价于对于任意的k ∈[0,2]，均有
k
2-5ak +3
2
≥k + 5
2 a⇔5a≤k
2-2k +3
k +1
.
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又k
2-2k +3
k +1
=(k +1)+
6
k +1 - 4≥2❑√
(k +1)
6
k +1 - 4 =2❑√6- 4，当且仅当k = ❑√6-1时，上式等号成立.从
而，正实数a的最大值为2❑√6- 4
5
.
23．【2016 年四川预赛】已知a、b、c 为正实数.证明：abc≥
a+b+c
1
a
2 + 1
b
2 + 1
c
2
≥(a+b-c)(b+c -a)(c +a-b)
.
【答案】见解析
【解析】
先证明：abc≥
a+b+c
1
a
2 + 1
b
2 + 1
c
2
上式等价于证明：
(ab)
2+(bc)
2+(ca)
2abc (a+b+c).
令x =ab，y =bc，z =ca.
由不等式x
2+ y
2+ z
2≥xy + yz+ zx，知结论成立.
再证明：a+b+c≥(∏(a+b-c))(∑1
a
2)，①其中，“∏”表示轮换对称积，“∑”表示轮换对称和.
注意到，不等式是轮换对称的.
不妨设a=max {a,b,c}.
则a+b-c>0，c +a-b>0.
（1）当b+c -a≤0时，结论显然成立.
（2）当b+c -a>0时，令a= y + z，b= z + x，c = x + y.
则x = 1
2
(b+c -a)，y = 1
2
(c +a-b)，z = 1
2
(a+b-c).
于是，x、y、z>0.
不等式①变为2(x + y + z)≥8 xyz(∑
1
( y + z)
2)⇔∑1
yz ≥∑
4
( y + z)
2.
注意到，( y + z)
2≥4 yz.则
4
( y + z)
2 ≤1
yz .
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类似地，
4
(z + x)
2 ≤1
zx ，
4
(x + y)
2 ≤1
xy .
从而，原不等式成立.
24．【2016 年辽宁预赛】若1ga+lgb+lgc=0,证明:1<
a
a+1 +
b
b+1 +
c
c +1 <2.
【答案】见解析
【解析】
由于1 ga+1 gb+lgc =0,故a、b、c>0,且abc=1.不妨设c≤a≤b.
当a=b=c=1 时,有a
a+1 +
b
b+1 +
c
c +1 = 3
2
当a、b、c 不全相等时,则0<c<1,a≤❑√
1
c
将c 看作常数,令f (a)=
a
a+1 +
ac
1
ac +1
+
c
c +1 =
a
a+1 +
1
ac+1 +
c
c +1
注意到, f ' (a)=
1
(a+1)
2 -
c
(ac +1)
2 = (1-c)(1-c a
2)
(1+a)
2(1+ac)
2
于是f (a)在区间(0,❑√
1
c]上单调递增.
故1+
c
c +1 = f (0)<f (a),f (a)max = f(
❑√
1
c)= 2b
b+1 +
c
1+c .
令g(b)= 2b
b+1 +
c
1+c = 2b
b+1 +
1
1+b
2.
注意到,g' (b)=
2
(b+1)
2 -
2b
(1+b
2)
2 = 2(b-1)(b
3-1)
(1+b)
2+(1+b
2)
2 >0
又b>1,于是g(b)为增函数.由g(b)< lim
b→+∞g(b)=2,知1<f (a)<2.
25．【2016 年河南预赛】已知实数x、y满足2
x+3
y = 4
x+9
y.试求U =8
x+27
y的取值范围。
【答案】(1,2]
【解析】
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令a=2
x，b=3
y.
则已知条件化为a+b=a
2+b
2(a、b＞0)，
⇒(a- 1
2)
2
+(b- 1
2)
2
= 1
2.
由平面aOb中的图像知：
t =a+b∈(1,2].
又 ab= (a+b)
2-(a
2+b
2)
2
= t
2-t
2
，故
U =8
x+27
y =a
3+b
3
=(a+b)
3-3ab(a+b)
=t
3-3⋅t
2-t
2
⋅t =- 1
2 t
3+ 3
2 t
2
记f (t )=- 1
2 t
3+ 3
2 t
2.
则当t ∈(1,2]时，
f ' (t )=- 3
2 t
2+3t =- 3
2 t (t -2)≥0.
于是，f (t )在区间(1,2]上单调递增.
易得，当t ∈(1,2]时，f (t )∈(1,2].
综上，U =8
x+27
y的取值范围是(1,2].
26．【2015 年全国】如实数a、b、c满足2
a+ 4
b=2
c，4
a+2
b= 4
c，求c的最小值.
【答案】log23- 5
3.
【解析】
将2
a、2
b、2
c分别记为x、y 、z.
则x、y 、z>0.
故x + y
2= z，x
2+ y = z
2,
⇒z
2- y = x
2=(z - y
2)
2= z
2+2 y
2 z + y
4.
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⇒z = y
4+ y
2 y
2 = 1
4 (2 y
2+ 1
y + 1
y ).
≥1
4 ×3
3√2 y
2⋅1
y ⋅1
y = 3
3√2
4
.
当2 y
2= 1
y ，即y = 1
3√2时，zmin= 3
3√2
4
.
此时，相应的xmin=
❑√2
4 ，符合要求.
由于c = log2 z，故c的最小值为log2( 3
3√2
4
)= log23- 5
3.
27．【2015 年全国】设a1,a2,⋅⋅⋅,an(n≥2)的实数.证明：可以选取ε1,ε2,⋅⋅⋅,εn∈{1,-1}，使得
(∑
i=1
n
ai)
2+(∑
i=1
n
εiai)
2≤(n+1)(∑
i=1
n
ai
2).
【答案】见解析
【解析】
首先，由a1,a2,⋅⋅⋅,an的对称性，可设a1≥a2≥⋅⋅⋅≥an.
此外，若将a1,a2,⋅⋅⋅,an中的负数均改变符号，则问题中的不等式左边的(∑
i=1
n
ai)
2
不减，则问题中的不等
式左边的(∑
i=1
n
ai)
2
不减，而右边的∑
i=1
n
ai
2不变，并且这一改变不影响εi=±1的选取.因此，可进一步设
a1≥a2≥⋅⋅⋅≥an≥0.
先证明一个引理.
引理 设a1≥a2≥⋅⋅⋅≥an≥0.则0≤∑
i=1
n
(-1)
i-1ai≤a1.
证明 注意到，ai≥ai+1(1≤i≤n-1).
于是，当n=2m(m∈Z+)时，
∑
i=1
n
(-1)
i-1ai=∑
i=1
m
(a2i-1-a2i)≥0，
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∑
i=1
n
(-1)
i-1ai
=a1-∑
i=1
m-1
(a2i-a2i+1)-an≤a1；
当n=2m+1(m∈Z+)时，
∑
i=1
n
(-1)
i-1ai=∑
i=1
m
(a2i-1-a2i)+an≥0，
∑
i=1
n
(-1)
i-1ai=a1-∑
i=1
m
(a2i-a2i+1)≤a1.
回到原题.
由柯西不等式及引理知
(∑
i=1
n
ai)
2+[∑
i=1
n
(-1)
i-1ai]
2
≤n(∑
i=1
n
ai
2)+a1
2≤(n+1)(∑
i=1
n
ai
2)，这就证明了结论.
28．【2015 年天津预赛】设f (x)= x + 1
x - ❑√2.证明：对任意的x∈(
❑√2
2 ,1]，有
❑√2
2 <f (f (x))< x.
【答案】见解析
【解析】
证明：因为当x ∈(0,1)时，由f
' (x)=1- 1
x
2 <0，
所以f (x)在区间(0,1]上严格单调递减.
于是，对任意的x∈(
❑√2
2 ,1]，有2- ❑√2= f (1)≤f (x)<f(
❑√2
2 )=
❑√2
2 .
对任意的x∈(
❑√2
2 ,1]，f (f (x))< x
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⇒1
x +
1
x + 1
x - ❑√2
-2❑√2<0
⇔2❑√2 x
3-6 x
2+3 ❑√2 x -1>0.
令g(x)=2❑√2 x
3-6 x
2+3 ❑√2 x -1
对任意的x∈(
❑√2
2 ,1]，有
g
' (x)=3 ❑√2(❑√2 x -1)
2>0.
故g(x)> g(
❑√2
2 )=0⇒f (f (x))< x.
29．【2015 年安徽预赛】设正实数a、b满足a+b=1，证明：❑√a
2+ 1
a + ❑√b
2+ 1
b ≥3.
【答案】见解析
【解析】
对任意a∈(0,1)，由均值不等式得
❑√a
2+ 1
a = ❑√a
2- 4 a+ 4 a+ 1
a
≥
❑√a
2- 4 a+ 4 =2-a.
类似地，对于任意b∈(0,1)，有❑√b
2+ 1
b ≥2-b.
故❑√a
2+ 1
a + ❑√b
2+ 1
b ≥2-a+2-b=3.
30．【2015 年北京预赛】满足系数p、q为整数，且根为无理数α1、α2的二次三项式x
2+ px +q称为无理
二次三项式.求所有无理二次三项式中根的绝对值之和的最小值.
【答案】❑√5
【解析】
设x
2+ px +q为无理二次三项式，D = p
2- 4 q为其判别式.
注意到，
(|α1|
2+|α2|
2)≥(α1-α2)
2
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=(
- p+ ❑√D
2
-- p- ❑√D
2
)
2
= D. ①
由无理二次三项式的定义，知D为非负整数，但不为完全平方数.
特别地，D≠，=0,1,4.
又p
2- 4 q≡p
2(mod 4)，则D≠2,3.
于是，D≥5.
由式①得|α1|+|α2|≥❑√5.
事实上，最小值❑√5是可以达到的.
如p=1，q =-1时，x
2+ x -1为无理二次三项式，其根α1,2=-1± ❑√5
2
，此时，
|α1|+|α2|=|
-1+ ❑√5
2
|+|
-1- ❑√5
2
|= ❑√5.
31．【2015 年辽宁预赛】设实数a、b、λ满足0<a<b,0≤λ≤1.证明:
(1) lna+1≤aIna-bInb
a-b
≤Inb+1;
(2)[ λa+(1- λ)b]ln[ λa+(1- λ)b]≤λalna+(1- λ)blnb.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
(1)设f (x)=(x -6)(Inx +1)- xInx -blnb.
由f ' (x)= Inx +1+1- b
x - Inx -1=1
=1- b
x <0(0< x<b),
且f (b)=0,知对于0< x<b,有：
f (x)=(x -6)(Inx +1)- xInx -blnb>0
因此,对于任意的0<a<b,均有ln a+1< a ln a-b ln b
a-b
，
类似地,aln a-b ln b
a-b
<ln b+1.
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(2)对于0≤x ≤1,设g(x)= xa ln a+(1- x)b ln b-[xa+(1- x)6]ln[xa+(1- x)6].
则g' (x)=alna-b ln b-(a-b)-(a-b)ln[xa+(1- x)6]
=(a-b){
aln a-b ln b
a-b
- ln[xa+(1- x)b]-1},
g' (x)=-
(a-b)
2
xa+(1- x)b <0.
因此,g' (x)在区间[0,1]内为减函数.
由于g(0)= g(1)=0,且g' (0)>0, g' (1)<0,
则由函数图像知g(x)≥0(0≤x ≤1).
32．【2015 年江苏预赛】设多项式f (x)= x
3+a x
2+bx +c (a、b、c∈R).若对于任意的非负实数x、y，
有f (x + y)≥f (x)+ f ( y)求a、b、c 所满足的条件.
【答案】a≥3
2
3√9c，c≤0，b∈R
【解析】
对任意的x、y ≥0由f (x + y)≥f (x)+ f ( y)⇒3 x
2 y +3 x y
2-c≥-2axy.
取x = y =0，代入上式得c≤0.
不妨设x>0，y >0.则3 x
2 y +3 x y
2+(-c)≥3
3√3 x
2 y ⋅3 x y
2(-c)=-3 xy
3√9c，
当且仅当x0= y0=-
3√
c
3时，等号成立.
故-3 x0 y0
3√9c≥-2a x0 y0⇒a≥3
2
3√9c.
当a≥3
2
3√9c，c≤0时，对任意的x、y ≥0,
3 x
2 y +3 x y
2-c≥-2axy.
即f (x + y)≥f (x)+ f ( y)
综上，a、b、c 满足的条件为a≥3
2
3√9c，c≤0，b∈R.
33 ．【2015 年江苏预赛】求所有的正整数n ，使得对于任意正实数a 、b 、c 满足a+b+c=1 ，有
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abc(a
n+b
n+c
n)≤1
3
n+2
【答案】见解析
【解析】
（1）当n≥3时，取a= 2
3 ，b=c = 1
6.
则abc(a
n+b
n+c
n)= 1
3
n+3(2
n-1+ 1
2
n + 1
2
n)> 3
3
n+2,故n≥3不满足题意
（2）当n=1时，abc(a
n+b
n+c
n)=abc≤(
a+b+c
3 )
3
> 1
3
3，
故n=1 满足题意.
（3）当n=2 时，原不等式也成立.
令x =ab+bc =ca.
于是，a
2+b
2+c
2=1-2 x
由(ab+bc +ca)
2≥3abc (+b+c)
⇒3abc≤x
2
⇒abc(a
2+b
2+c
2)≤1
3 x
2(1-2 x)
⇒0< x< 1
2 ⇒1
3 x
2(1-2 x)≤1
3(
x + x +1-2 x
3
)
3
= 1
3
4
⇒abc(a
2+b
2+c
2)≤1
3 x
2(1-2 x)≤1
3
4
34．【2015 高中数学联赛（第01 试）】若实数a，b，c 满足2
a+ 4
b=2
c ,4
a+2
b= 4
c，求c 的最小值.
【答案】log23- 5
3
【解析】将2
a,2
b,2
c分别记为x，y，z，则x，y，z>0.
由条件知x + y
2= z , x
2+ y = z
2，故z
2- y = x
2=(z - y
2)
2= z
2-2 y
2 z + y
4.
因此，结合平均值不等式可得z = y
4+ y
2 y
2 = 1
4(2 y
2+ 1
y + 1
y)⩾1
4 ⋅3
3√2 y
2⋅1
y ⋅1
y = 3
4
3√2.
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当2 y
2= 1
y ，即y = 1
3√2
时，z 的最小值为3
4
3√2(此时相应的x 值为
3√2
4
，符合要求).
由于c=log2z，故c 的最小值为log2(
3
4
3√2)= log23- 5
3.
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