高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽之歷年真題匯編(1981-2020)專題31不等式(解析版)

第第頁備戰(zhàn)2021年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽之歷年真題匯編（1981-2020）專題31不等式歷年聯(lián)賽真題匯編1．【2019高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽B卷（第02試）】設(shè)正實(shí)數(shù)a1,?a2,?,?a100【答案】證明見解析【解析】注意到a1,a2,?,從而有x1x22記①式的右端為T，則對任意i=1，2，…，100，ai在T的分子中的次數(shù)為i－1，在T的分母中的次數(shù)為100－i.從而T=i=1又0<a101-i?結(jié)合①得x1x22?x9999?T?1.

2．【2018高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽B卷（第02試）】設(shè)a、【答案】證明見解析【解析】證法一只需證明存在u，v∈[1，9]，滿足|f(u)-f(v)|?4，進(jìn)而由絕對值不等式得|f(u)|+|f(v)|?|f(u)-f(v)|?4，故|f(u)|?2與|f(v)|≥2中至少有一個(gè)成立.當(dāng)a∈-∞,12當(dāng)12<a<3若12<a?1，則若1<a<32，則綜上可知，存在u，v∈[1，9]，滿足f(u)－f(v)≥4，從而命題得證.證法二用反證法.假設(shè)對任意x∈[1，9]，均有|f(x)|<2，則|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).由上述兩式消去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!從而命題得證.

3．【2017高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽B卷（第02試）】設(shè)實(shí)數(shù)a、b、c滿足a+b+c=0.令d=maxa,【答案】證明見解析【解析】當(dāng)d≥1時(shí)，不等式顯然成立以下設(shè)0≤d<1.不妨設(shè)a、b不異號，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高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】設(shè)實(shí)數(shù)a，b，c滿足a+【答案】證明見解析【解析】證法一若ab+bc+ca?14，若ab+bc+ca>14，不妨設(shè)a=max{a,b,c}，則由我們有ab+bc+ca-14?(a+b+c)以及ab+bc+ca-14=a(b+c)-1其中式①的等號在a=13時(shí)成立，式②的等號在a=12時(shí)成立，因此式①與②由于ab+bc+ca-14>0，將式①與②即ab+bc+ca-14<abc證法二由于abc>0，故a，b，c中或者一個(gè)正數(shù)，兩個(gè)負(fù)數(shù)；或者三個(gè)都是正數(shù).對于前一種情形，不妨設(shè)a>0，b<0，c<0，則ab+bc+ca=b(a+c)+ca<b(a+c)=b(1-b)<0，結(jié)論顯然成立.下面假設(shè)a>0，b>0，c>0，不妨設(shè)a≥b≥c，則a?1我們有ab+bc+ca-abc由于ab?b3?因此c(1-c)+ab于是只需證明3c24-cc4由于0<c?13，故13-c?0由平均不等式3cc+13將式④與⑤兩式相加，即得式③成立，因此原不等式成立.

5．【2013高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】一次考試共有m道試題，n個(gè)學(xué)生參加，其中m，n≥2為給定的整數(shù).每道題的得分規(guī)則是：若該題恰有x個(gè)學(xué)生沒有答對，則每個(gè)答對該題的學(xué)生得x分，未答對的學(xué)生得零分.每個(gè)學(xué)生的總分為其m道題的得分總和.將所有學(xué)生總分從高到低排列為p1?p2【答案】m(n－1).【解析】對任意的k=1，2，…，m，設(shè)第k題沒有答對者有xk人，則第k題答對者有n－xk人，由得分規(guī)則知，這n－xk個(gè)人在第k題均得到xk分.設(shè)n個(gè)學(xué)生的得分之和為S，則有i=1n因?yàn)槊恳粋€(gè)人在第k道題上至多得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，若有一個(gè)學(xué)生全部答對，其他n－1個(gè)學(xué)生全部答錯(cuò)，則p1綜上所述，p1+pn的最大值為m(n－1).

6．【2012高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】設(shè)P0,P1,【答案】證明見解析【解析】證法一不妨設(shè)P0先證明：對任意正整數(shù)k都有P0顯然P0Pk?d?d3所以只要證明當(dāng)k≥9時(shí)，有P0P以Pi(i=0，1，2，…，k)為圓心，d2為半徑畫k以P0為圓心，P0Pk+所以πP約去π，并開方移項(xiàng)，得P0由k≥9易知k+1-12>k+13，所以P0綜上，對任意正整數(shù)k都有P0因而P0證法二不妨設(shè)P0P1?P0P2???P0Pn，設(shè)Q是圓P上任意一點(diǎn)，由于P?P因而，以P0為圓心，32P0P故π32P0所以P0P1?P0P2【答案】證明見解析【解析】首先證明一個(gè)不等式x1+x<ln(1+x)<x事實(shí)上，令h(x)=x-ln(1+x)，則對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?yàn)閘n=從而x>k=1n-1kk2+1-1k=-k=1n-11k2+1k?-k=1n-11(k+1)k=-1+1n>-1.

8．【2005高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】設(shè)正數(shù)a，b，c，x【答案】1【解析】解法一由條件得b(az+cx-b)+c(bx+ay-c)-a(cy+bz-a)=0，即2bcx+a2-b同理可得y=a因?yàn)閍，b，c，x，y，z為正數(shù)，由以上三式知b2所以以a，b，c為邊長，可構(gòu)成一個(gè)銳角△ABC，所以x=cos于是問題轉(zhuǎn)化為：在銳角△ABC中，求函數(shù)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等號當(dāng)且僅當(dāng)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∑表示循環(huán)求和符號，如∑a=a+b+c，∑ab=ab+ac+bc，∑a2則f(x,y,z)=∑?∑(柯西不等式，因由x>0?b2+==∑下證f(x,y,z)??∑a4+∑a不妨設(shè)a?b?c>0，則c2于是a=(a-b)(因a2故式①成立，即f(x,y,z)?1當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c，即x=y=z=1故f(x，y，z)的最小值為12注其實(shí)，式①就是著名的舒爾(Schur)不等式.

9．【2001高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】設(shè)xi?0(i=1,2,3,?,n)且i=1nxi【答案】最小值為1，最大值為k=1n【解析】先求最小值，因?yàn)閕=1nxi2等號成立當(dāng)且僅當(dāng)存在i使得xi=1,xj再求最大值，令xk=kyk，所以設(shè)M=k=1令y1+y2+?+y令an-1M==k=1由柯西不等式得M?k=1等號成立等價(jià)于a1等價(jià)于a1等價(jià)于ak由于a1?a2即xk所求最大值為k=1n(k-k-1)212.

10．【1989高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】【答案】證明見解析【解析】記Sk由i=1nxi=0,i=1n則不妨設(shè)S0=0，則x1于是i=1n從而i=1nxii?i=1n-1S【答案】證明見解析【解析】欲證不等式成立，只要證x1亦即x1因?yàn)閷τ谌魏蝺蓚€(gè)正數(shù)a，b都有ab即當(dāng)a≥b>0時(shí)，ab?1,a-b?0，所以當(dāng)0<a<b時(shí)ab<1,a-b<0，所以其中對于正數(shù)a，b，有ab(a-b)?a-b，因此則a2因此x1即原不等式成立.其實(shí)有更簡捷的證法如下：因?yàn)樵坏仁降葍r(jià)于x1又因?yàn)閤1所以上述不等式左端不小于右端.即原不等式成立.

12．【1983高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽（第02試）】函數(shù)F(x)=cos2x+2sinxcosx-sin2x+Ax+B在0?x?32π【答案】答案見解析【解析】解法一(1)由題意得F(x)=2當(dāng)A=B=0時(shí)，F(xiàn)(x)成為f(x)=2sin2x+π4，使f(x)取得最大值Mf=2(2)下面證明，對任何A，B不同時(shí)為0時(shí)，有max0?x?3π2(注：maxF(x)是F(x)的最大值的記號).分幾種情形討論：(i)當(dāng)A=0，B≠0時(shí)，顯然max0?x?3π2F(x)=(ii)當(dāng)A>0，B≥0時(shí)，因?yàn)镕π8=2(iii)當(dāng)A>0，B<0時(shí)，應(yīng)再分兩種情形：情形1.若|B|<9π8A，于是F9π8=2情形2.若|B|?9π8A，于是F5π8=-(iv)當(dāng)A>0，B≤0時(shí)，因?yàn)镕5π8=-2(v)A<0，B>0時(shí)，也應(yīng)再分兩種情形情形1.若B<-5π8A，于是F5π8=-2情形2.若B?-5π8A，則B>-π于是Fπ8=2綜合上述情形(i)~(v)共五種情形，式①都成立解法二(1)同解法一(2)下面證明，對任何A，B不同時(shí)為0時(shí)有max0?x?3π2F(x)>用反證法證明：若設(shè)max0?x?3π2F(x)?則應(yīng)有Fπ即2+π8A+B也就是-22由π8A+B?05π8A+B?0，所以而由5π8A+B?09π8則A?0，因而A=0.但當(dāng)A=0，B≠0時(shí)有max0?x?與式②矛盾，所以式①成立.

優(yōu)質(zhì)模擬題強(qiáng)化訓(xùn)練

1．設(shè)ai證明：i=1n【答案】見解析【解析】所證不等式等價(jià)于n?n注意到，n2據(jù)此，由柯西不等式即得所證不等式，取等條件也顯然.

2．設(shè)a、b、c>0，且abc=1.證明：2a【答案】見解析【解析】由abc=1，令a=yx，b=zy，則所證不等式變?yōu)??2(?x?x(x-y)(x-z)+(y+z-x)(y-z)取x=min{x,y,z}，則上式顯然成立.

3．設(shè)a1【答案】見解析【解析】當(dāng)n=1時(shí)，結(jié)論顯然成立.假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，結(jié)論對于任意k個(gè)非負(fù)數(shù)成立.則當(dāng)n=k+1時(shí)，對于任意k+1個(gè)非負(fù)數(shù)a1,a從而a1+a下面證明a1+由柯西不等式可得[(a2即(a2+?+于是有(a故(a從而a1即①式成立.由數(shù)學(xué)歸納法可知，對任意的非負(fù)實(shí)數(shù)a1,a2,?,an結(jié)論均成立.

4．已知正整數(shù)集合S={試求a1【答案】[(【解析】不妨設(shè)a1Ti則Ti故a令b1則b1a1下面先證明一個(gè)引理引理設(shè)x、y∈R2-y2當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，等號成立證明x+y?2?x-y?2x回到原題.注意到，i=1?i=1n當(dāng)且僅當(dāng)ai而S'故(=[(2)n-1](2+1).

5．【答案】2+2【解析】由正數(shù)x、y滿足x3令t=xx?λ?λ??λ?x注意到，f(t)=?2+2(t-1)當(dāng)t-1=2t-1，即所以，實(shí)數(shù)λ的最大值為2+22.

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

7．已知x、y、z∈[1,2].證明1并指出等號成立的條件.【答案】見解析【解析】令f(x,y,z)=1不妨設(shè)x=max{x,y,z}首先證明f(x,y,z)≥f(x,t,t)①事實(shí)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顯然成立.從而，式①成立.其次證明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.綜上，原不等式成立.當(dāng)且僅當(dāng)x=t=z或x、y、z中一個(gè)取2、兩個(gè)取1時(shí)等號成立

8．設(shè)正整數(shù)n≥2,求f(n)的最大值，使得對所有滿足xi∈(0,1)(i=1,2,???,n)，且(1-xi)(1-【答案】(n-1)【解析】當(dāng)x1n2?f(n)≤1下證：i=1n由(1-x(1-?x則(n-1)≤?故2≤≤=(n-1)i=1nxi.

9【答案】見解析【解析】不妨設(shè)A≥B≥C.由A+B+C=π，知式①等價(jià)于(?(記f(x)=sinxx.故sinA從而，(A類似地，((C將這三式相加，便證明了原不等式.

10．求所有的正實(shí)數(shù)k，使得對于任意正實(shí)數(shù)a、b、c，均有ab+c【答案】見解析【解析】k≥4.一方面，令a＝b＝1，得21+c令c→0，得k≥4.另一方面，只需證明k＝4時(shí)，不等式成立.由柯西不等式得[a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)]?(?a（因?yàn)?a+b+2c)2-4(ab+bc+ca)=故題設(shè)不等式成立.

11．設(shè)x、y、z為非負(fù)實(shí)數(shù)，且x+y+z=1，證明：(x【答案】見解析【解析】由對稱性不妨設(shè)x≤y≤z．則x≥1記不等式左邊為S．因?yàn)閤+y+z=1，所以，S=2∑y(x+z)-2∑xyzx+z，其中“只需證：S≤2x(y+z)．事實(shí)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+，且滿足a+b+c=2【答案】見解析【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，由舒爾不等式得a=≥≥x則∑a+b2-ab≥2．

13．已知函數(shù)f(x)滿足f(0)=0，且對任意x∈R【答案】見解析【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→∞，并結(jié)合當(dāng)0<x<π2時(shí)，f(1)=k=0∞sin12k+limn→∞f(12n)<k=1∞12k【答案】見解析【解析】由柯西不等式得(∑a從而，只需證明2(a+b+c)∑?2∑?4∑ab-2abc∑??(∑a(b+c))∑由柯西不等式知上式成立．

15．設(shè)a、b、c為互不相等的正數(shù)，證明：a【答案】見解析【解析】注意到,a2b2c2以上三式相加得a應(yīng)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】記S=22固定∠C,知當(dāng)∠A=∠B時(shí),S取最大值.此時(shí),∠C＝π-2∠A,S=2sin記f(A)=2sinA?(22+cos由柯西不等式及含參數(shù)的均值不等式有h≤等號成立當(dāng)且僅當(dāng)λ2=acos消去x得2λ解得λ2=1令a=22,得λ2=即當(dāng)∠A=arccos2-22時(shí)，f(A)max=(3+2)22-1.

17．【答案】見解析【解析】用反證法.假設(shè)存在a∈(