高中数学 第三节 不等式奥林匹克竞赛题解

1、第二章 代 数 第三节 不等式 B3001 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？ 【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 0x10，0y4 x+y=8 总运费为8x+4（10x）+5y+3（4y）=4x+2y+52=842y 当y=4时，总运费最小，此时，x=4，10x=6，4y=0 答：北京调给重庆4台，调给汉口6台，上海调给重庆4台，这样总运费最省 x

2、取什么值时，不等式B3002 成立？ 2年）国际数学奥林匹克题本题由匈牙利提供【题说】第二届（1960 1 专心 爱心 用心2（8x45）0 x， 将原不等式化简得 因此，原不等式的解为 ）m14甲队有2m个人，乙队有3m个人，现自甲队抽出（003B3 ）人，参加游戏，问甲、乙队各有多少人？参加游115m人，乙队抽出（ 戏的人有几种选法？ 4【题说】1962年上海市赛高三决赛题 【解】抽出的人数必须满足 m=5解得 （人）乙m=9人，甲队抽出14故甲队有2m=10人，乙队有3m=15 （人），从而参加游戏的人共有11=14队抽出5m 选法 的实数004 求出所有满足不等式B3 本题由匈牙利提2

3、1962年）国际数学奥林匹克题【题说】第四届（ 供 2 专心 爱心 用心 为一已知实数，使q为n个正数，且设a 设a，aB3007 n12 使b，b1求n个数b，得0qn12 ，nb， k=1，21akk 本题由瑞典提供年）国际数学奥林匹克题6【题说】第十五届（1973n-kk-2k-1 n）k=1，2，+aq+a+aq+aq【解】设b（+=aq+aqnk-12kk+11k 成立，2n1显然ba对k=1kkkn-k-1kk-1a+=q+qa与qb+a=qa+q+qa+a2比较b1kkk+1n1k+12n-k+122其余项相等，的前面k的前面a，qbk项与bk+1+qaa+q+qa+q+kknk

4、-1k+1 b）因此qbq的项小于b的相应项（因为1kk+1k+1 3 专心 爱心 用心因此，b，b，b满足题目的要求 n12lgxlgylgzy10，xyz=10，xzx1，y1，z1B3008 求满足条件：的x、y、z的值 【题说】1979年黑龙江省赛二试题3 【解】设lgx=u，lgy=v，lgz=w，则原题条件就变为： u0，v0，w0 （1） u+v+w=1 2） （ 222+v+wu 1 ）（3 222）uv+vw+wu+v+2+w u（ （2）平方得 4） （ =1 0 uv+vw+wu 3（4）（）得 ）1由（ uv=vw=wu=0 得 5） （ ）得：2）及（5由（ 因此满足

5、题意的解为： 4 专心 爱心 用心B3009 长方形的一边长为1cm已知它被两条相互垂直的直线分2，第四个的面积不小于1cm成四个小长方形，其中三个的面积不小于2问原长方形另一边至少要多长？ 2cm【题说】第十七届（1983年）全苏数学奥林匹克九年级题6 【解】设小长方形的边长如图所示，则 我们要求c+d的最小值，由题设 c+d=（a+b）（c+d）=ac+bd+ad+bc B3010 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 ）+n（2n1）=mm+1（【解

6、】19872+4+6+2m+1+3+5 专心 爱心 用心 因此，由柯西不等式 221n=35时，3m+4n取得最大值3m+4n于是221为的上界，当m=27， n 求最大的正整数，使不等式B3011 只对一个整数k成立 8【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题 【解】原式等价于 只能取唯一的整数值97k取n=112，则 112另一方面，在n时，6 专心 爱心 用心 n=112因此满足要求的 ，这时b+ca+dd，正数b和c满足条件和012 B3 非负数a 7年）全苏数学奥林匹克九年级题【题说】第二十二届（1988c+d a+b【证】不妨设 c+d c 7 专心 爱心 用心B3013 设a

7、、a、a是给定不全为0的实数，r、r、r是实数，如果n21n12不等式 r（xa）+r（xa）+r（xa） nn12211n2 对任何实数x、x、x成立，求，r、r、r的值 n22n11【题说】第三届（1988年）全国冬令营赛题1 【解】取x=a，i=2，3，n代入原不等式，得 ii 当xa时，由上式得 11 当xa时，上述不等式反号令x分别从大于a与小于a的方向趋于a，得到 111111 B3014 对于i=1，2，n，有|x|1 ，又设|x|+|x|+21i+|x|=19+|x+x|那么整数n的最小值是多少？ nn1【题说】第六届（1988年）美国数学邀请赛题4 8 专心 爱心 用心 0.

8、95，则有=x=0.95另一方面，令x=x=x，x=x2011101122 n=20即为所求最小值故a 无关的常数nn为正整数，证明存在与m、B3015 设m、 【题说】1989年瑞典数学奥林匹克题5=3 a【解】max因2 m 为 mod7）2，4（，01，222，6m 7n m0 所以 35，（mod7） 9 专心 爱心 用心a=3 maxB3016 设x、y、z0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） 2222444）+zx+y+z）n（x+yxB3017 设n为

9、自然数，对任意实数、y、z，恒有（ 的最小值成立，求n ）原题为填空题【题说】1990年全国联赛一试题2（32222244222242 x=x+y+z+2xy+2yz+2z+y 【解】 （x+z）444444444444 ）+z）=3（x+yy+y+zx+y+（x）+（+z）+（z+x44 nn0时，原不等式化为9x3nx，故3所以，的最小值是3x=y=z当 、bc是一个任意三角形的三边长，证明： B3019 a、222 c+cc+aaa（b+c）+b（b）（a+b）3abc 【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题本题由匈牙利提供2 ca【证】不妨设b222 c+aba+b-c）（）-

10、c（）（3abc-ab+c-a-b +cb-a+ba-ca-b=a（）（）（b-c）（）（c-b）c-a）（20 c-ac-bcc-bc-a+cb-ab-cb（）（）（）（）（）（）（c-b（=cb-a）222 +c a满足不等式cb，a 020 B3怎样的整数，+b？+3ab+3b+2c10 专心 爱心 用心【题说】1965年匈牙利数学奥林匹克题1 222+4+c、c，所要解的不等式等价于aab+3b+2c +b【解】对于整数a、b这个不等式可以变成 由此可知，原不等式只可能有唯一的一组解a=1，b=2，c=1 B3021 有限数a，a，a（n3）满足关系式a=a=0，a+ak+12n11n

11、k-12a（k=2，3，n1），证明：数a，a，a中没有正数 n12k【题说】1966年1967年波兰数学奥林匹克二试题1 【证】设a，a，a中，a最大，s是满足等式a=a的最小下标若r2s1nrns1，则a；a，aa，从而a+a2a，与已知条件a+as+1ss-1s-1sss-1s+1s+12a矛盾故只有s=1或s=n，于是a=0，数a，a，a中没有正数， nrs12B3022 设a、b、c、d是正数，证明不等式 a+bc+d 1） （ ）（c+d（a+b ） （2 ab+cd aba+b）cd（ ） （3 ）c+d （ 中至少有一个不正确 1【题说】第三届（1969年）全苏数学奥林匹克九年

12、级题 ）都正确则）、（2）、（3【证】假定（12 ）（c+d）（a+bab+cd）（a+b11 专心 爱心 用心2 矛盾2ab， a+bc+d） 从而（）c+dab（a+b）+ab（）2ab（ 满足不等式，aa023 证明：任何正数a，B3n12 【题说】第三届（1969年）全苏数学奥林匹克十年级题6 原不等式左端的和大于 故原不等式得证 【注】可以考虑更强的不等式 （1954年美国数学家夏皮罗提出的猜测）对n12上式成立对偶数n14与奇数n27不成立 B3024 证明：对所有满足条件x0，x0，xy 1211 12 专心 爱心 用心 成立，并求出等号成立的充要条件 6本题由原苏联提供【题说】

13、第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题 所以 时，等号成立，z=z=y当且仅当x=x，y221112AA，和，n1bb、n都是自然数，且a1，1 B3025 设ann-1呈B、B和A和B是b进制数系中的数、AB是a进制数系中的数，nnn-1n-1n-1n 如下形式： a进制的位置表示法）；（xA=xAxx，=xx0nn-1n-1n-20n-1n13 专心 爱心 用心B=xxx，B=xxx（b进制的位置表示法） 0n0n-1nn-2n-1n-1 时，有 bx0证明：当a其中x0，n-1n【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 n-1n-1BAB=（xa+A）B（x

14、b+B）【证】由于ab，故An-1nn-1n-1n-1nn-1nnn-1n-2n-2n-1n-1n-1=xx（a（）+xaAbbab0 ）+0nn-1n-1 B3026 （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a，a，a都有 n12（aa）（aa）（aa）+（aa）（aa）（a23112121n23a）+（aa）（aa）（aa）0 n-1nnn21n【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题1本题由匈牙利提供1979年湖南省赛二试题4 【证】不妨设aaaa n231若n为偶数，令aa=a=a，则左边小于0，因而不等式不成立； n2312a）0 若n=3，则左边前两

15、项的和为（a21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，不等式成立； 若n7，令a=a=aaa=a=a n412635则左边只有一个非零项（aa）（aa）（aa）0 n44421故不等式不成立 14 专心 爱心 用心B3027 A=（a）是一个元素为非负整数的矩阵，其中i、j=1，2，ijn该矩阵有如下性质：如果某一a=0，那么对i和j有 ija+a+a+a+a+an nji11ji2in2j2 证明：这个矩阵所有元素的和不小于0.5n【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

16、【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a=a=a=0此时对于i，jk有a0对ij22kk11于ik，jk，若a=0，则a0，因若不然，交换i，j行，就会使a=a=22jiij11=a=a=0，与k的极大性矛盾因而对于jk，仍有 jjkka+a+a+an njjnj11j B3028 求出所有能使不等式组 成立的所有解（x，x，x，x，x），其中x，x，x，x，x都是正实数 5234435121【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x=x，

17、则可以把原不等式组简写为 i5+i15 专心 爱心 用心 将它们加起来得 x都相等，原不等式组当然成立=x=x=x反之，如果i542 c，下述不等式成立：、b、 B3029 证明：对于正数a333+acb+c）ab（a+b）+bc（a+b+c+3abc ） （1 （a+c） 【题说】第九届（1975年）全苏数学奥林匹克十年级题2 那末abc【证】不失一般性，可假定20 ）（a+b-c）（cbc）0，（abc（a从3 c+abc 而 22 ac+bc（2）33）（a+baba+b+2abc22 ）（ 3 c +ac+b 1）式）两式相加即得（2）、（3，已知a为任何两两各不相同的正整数，求证对任

18、何正整数a，a，n 030B3 n12 下列不等式成立；16 专心 爱心 用心 本题由法国提供1978年）国际数学奥林匹克题5【题说】第二十届（ 【证】由柯西不等式 【别证】利用排序不等式求证：下面不0=1，+aaa，已知B3031 0a0，0a，+a312233211 等式成立 本题是康托洛维奇不等式的特例1979【题说】年北京市赛二试题5 ，【证】对任意正实数x 17 专心 爱心 用心 c为正实数，证明 设a、b、 B3032 注意：这是一个对称不等式1974年）美国数学奥林匹克题2【题说】第三届（ 原不等式即0abc【证】不失一般性，可以假定2c-a-b2a-b-c2b-a-cabc ）

19、（1 1 a+b-2c2b-a-c2b-a-c2a-b-c2a-b-c bb由2abc0，得ab=b 时，等号成立a=b=c 【别证】可以利用等式 然后证明右端括号为正 ；yy；x）且 xxy，y设B3033 x、是实数（i=1nn11ni2i2 的任一个排列，证明、y、yyz、zz、是n1122n 1本题由捷克斯洛伐克提供1975【题说】第十七届（年）国际数学奥林匹克题18 专心 爱心 用心【证】由排序不等式 所以原式成立 B3034 有n个数a，a，a假设 n21 222b）+（ab）+C=（a（ab） nn1212222b）+（ab）+D=（a+（ab） n12nnn证明：CD2C 【题

20、说】第十三届（1978年）全苏数学奥林匹克十年级题10 222）+（xa）a+（xa） x【证】设f（）=（xn122）b+f=n（x f（x） 则 n（b） （1） n现在用归纳法来证明不等式CD2C 当n=1时，C=D，故有CD2C 假设当n时，不等式成立，往a，a，a中添一个数a，此时Cn+12n122b），而D增加了（ab）增加了（a+f（b）f（b） nn+1n+1n+1n+1n+1在（1）式中，令x=bn+1，得 19 专心 爱心 用心 22）b（b）在（aD增加的值（ab）+f（b）f这样，n+1n+1n+1n+1nn+122C CDn+1与2（ab）之间，从而，对于时，也有n+

21、1n+12C Dn，都有C所以，对一切e cd为整数，满足1ab、B3035 a、bc、d、e 的最小公倍数、n为其中m，nm 年）加拿大数学奥林匹克题3【题说】第十一届（1979aaa1，【证】更一般地，可以证明：对于n个整数aa，a，满足n221n1 时，有 n=k）成立，考虑的情况：n=k1时（11n=2时，（）显然成立假设k ，则若a2k k ，则若a2k20 专心 爱心 用心 n的最大公约数，从而）为，nm、其中（m j1相等，i，n没有两个差|aa| B3036 S为正奇数集a，i=1，2jii n 求证： 1979年英国数学奥林匹克题3【题说】 1rn对于【证】不妨设aaa，r为

22、整数且2n21 ）1（+ra（r1）1+rr a 所以， 1r r=1时，上式也成立，故21 专心 爱心 用心 表为一个或较多个正整数的和n（n）表示将 对于n为一正整数，以pB3037 个不同的和，即=5，因为有5的方法数，例如p（4）1+1+2 ，1+1+1+14 ，2+21+30 ）1）+p（n时，1p（n+1）2p（n证明：当n 5【题说】1979年英国数学奥林匹克题n+1n）个1，得到p（【证】将n的p（n）个不同的表达式各加上的表的每一个含有加数1而且，n+1的不同表达式，每一个都包含加数1 的整数的和的方法数1达式，都可由这方法得到因此将n+1表为大于 ）p（nn+1）=p（n+

23、1）q（ ）（nq（n+1）q同样将n+1表为大于2的整数的和的方法数即0 n）n+1）q（显然q0 ）n1）n+1）2p（n+p（因此p（ 1，证明：b，ca B3038 若0， n结论可以推广到个数的情形1980【题说】第九届（年）美国数学奥林匹克题5 【证】令22 专心 爱心 用心 1+c）c）（1+b）（1+b+c）（1b）（1 因为 （1b）（1c）（22 0a、b、c轮换时均成立）因此1=（1b）（c）1（当 为正实数，n为正整数证明：B3039 若x 的最大整数t其中表示不超过t 1981年）美国数学奥林匹克题5【题说】第十届（ 均成立k1）显然成立假设（1）对n1【证】用数学归

24、纳法当n=1，2时，（ 2（） +x+kx=kx=kx（k1）x+kx k-1k-1kk-1 ） （3 +（k-2）x+x（k-1）x =k-1（）xk-2k-1k-2 +2x =x2x+x 121 ） （k ）式相加，得）至（k将（2+2x x+）k+x+=xkx+x+x+kx+（11kk-1k-21 因此，由归纳假定，23 专心 爱心 用心kxkx+2（k1）x+（k2）x+x） k但是（km）x+mx（km）x+mx（mk），所以 kxkx+（k1）x）+x）+（x+（k1）x）kkx k即xkx此即所欲证之（1）式 k22b+bc（ab）bB3041 设a、b、c是三角形的边长，证明：

25、a2 0，并说明等号何时成立（aca）c）+c本题由美国年）国际数学奥林匹克题6【题说】第二十四届（1983 提供 a是最大边，【证】设2 a+bc）ab）（ac）（c原式左边=a（b）（b+ca）+b，即这三角形为显然上式是非负的，从而原式成立，当且仅当a=b=c 正三角形时等号成立 ，x都是正整，求证：043 设x，xB3n12 【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 将以上各式相加，即得所要证的不等式 kB3044 设P（x）=a+ax+ax为整系数多项式，其中奇系数的个数k10i由W（P）来表示，设Q（x）=（1+x），i=0，1，n如果i，i，

26、21ii是整数，且0iii，证明： n1n224 专心 爱心 用心 本题由荷兰3【题说】第二十六届（1985年）国际数学奥林匹克题 提供 时，命题显然成立i=1当nm+1m ，i2换为较小的数时成立令设i1并且命题在ik=2nnn k ，其中1+x）S（k，ik，Q=R+i（1）k设ir+1r1 kk mod2），故1）（1+x）1+x（的次数均小于K，由（k ）=W（R+S+xSQW（ R）S）W（=W（R+S）+W k （R）（S）=2WS）2WS+xQK的次数均小于W（）=W（ kk ）R1+xR=W（R+x）=W（ a不等式，045 证明：对于任意的正数aan1225 专心 爱心 用心

27、 成立 年）全苏数学奥林匹克十年级题2【题说】第二十届（1986 aaa【证】不妨设n12 因为 ）/2时当2k（n+1 【注】原不等式可加强为 a+A=b+B=c+C=k CA，B，满足条件cba B3046 正数，26 专心 爱心 用心证明： aB+bC+cA2 k 年）全苏数学奥林匹克八年级题5【题说】第二十一届（1987 【证】由题设3 c+C）a+A）（b+B）（k=（ ）+cA（b+B=abc+ABC+aB（c+C）+bC（a+A2 aB+bC+cAk 即 （=abc+ABC+kaB+bC+cA）k（aB+bC+cA） n，不等式B3048 证明：对于任意的正整数n nn成立1）

28、）（2n+1）（2n+（2n【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 由恒等式 所以（1）式成立 n），有（a+b试证：对每一个nN1/a+1/b=1a049B3 已知、b为正实数，且n+12nnn 2ab227 专心 爱心 用心【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 kkk2kk+1 2-b-2a+b（2）假设n=k时，不等式成立，即（）-ak+1k+lk+1kkkkk -bb+ab）（a+b）（=当n=k+1时，左边（a+b）a+b-a+a-b-a= 从而有 k+1k+2 =2222kk+1k+

29、22（k+1）k+2=-2+2）右边=2 所以，左边4（2-2由（1）及（2），对一切nN，不等式成立 B3-050 已知a5-a3+a=2证明：3a64 【题说】第十四届（1988年）全俄数学奥林匹克八年级题3 53+a=2a，变形-a【证】由为 （1） 2-1）（aa22=2 +a 2） （1 0且a a 2由（）知 a）（124 3） a（-a +1=2/a 得 264-a+a a a1（）得 4） 2a （28 专心 爱心 用心6+1=2（a+1/a） a （3）+（4）得 4 （5） 53333 2a 2=（a=a+a）-a-a 又由（1）知 3 a 故 2 （6） 64a 由（5）

30、和（6）得3 B3-051 已知a、b、c、d是任意正数，求证： 【题说】1989年四川省赛二试题1 由平均值不等式， 29 专心 爱心 用心 ）（2 2222 ）（3a+b+c+d2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd+2a+c+b+d（） ）即得结论）（3（2 2），满足i=1，2，n，n已知B3-052 xR（i 2【题说】1989年全国联赛二试题 因a A/n 为 B/n bA，B =1，求证aaan， B3-053 已知aaa是个正数，满足n121n2n 32+an）（2+a2+a）（）2130 专心 爱心 用心【题说】1989年全国联赛一试题3 B3-054 对于任何实数x

31、，x，x，如果x+x+x=0，那么xx+xx+xx0，请证明121122333231之 又对于什么样的n（n4），如果x+x+x=0，那么xx+xx+xx+xx0？ 12n-13n1122nn【题说】1989年瑞典数学奥林匹克题3 【证】如果x+x+x=0，则有 321 当n=4时，若x+x+x+x=0，则 4321 即n=4时，命题成立 当n5时，令x=x=1，x=-2，x=x=x=x=0，则x+x+x+x+x=0 n6344n131522而 xx+xx+xx+xx+xx=l0 所以n5时，命题不成立 134n23nn-112 B3-055 证明：对于任意的x、y、z（0，1），不等式x（1

32、-y）+y（1-z）+z（1-x）1成立 【题说】第十五届（1989年）全俄数学奥林匹克九年级题6 31 专心 爱心 用心【证】设f（x）=（1-y-z）x+y（1-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）+11 f（1）=1-yz1 所以当x（0，1）时，f（x）的最大值小于1，即 x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）1 B3-056 证明：若a、b、c为三角形三边的长，且a+b+c=1，则 【题说】第二十三届（1989年）全苏数学奥林匹克九年级题21990年意大利数学奥林匹克题4 所以 2 ，）=ax+bx+c（B3-057 已知

33、二次函数fx1 x）f时，有-1（1-1当x 7x-7时，有f（）2x-2求证：当32 专心 爱心 用心【题说】1990年南昌市赛二试题1 【证】由已知 -1f（1）=a+b+c1 （1） -1f（0）=c1 （2） -1f（-1）=a-b+c1 （3） （1）+（3）得 -1a+c1 （4） 由（4）、（2）得 -2a2 从而 |4a2b+c|=|2（ab+c）+2a-c| 2|ab+c|+2|a|+|c|7 即 |f（2）|7 |f（x）|7 所以，当|x|2时 33 专心 爱心 用心 ，不等式，a1的正数a，aB3-058 证明：对于和为n12 成立 2【题说】第二十四届（1990年）全

34、苏数学奥林匹克十年级题 时，上式取等号=a=a当a=n12ab+bc+cd+da=1 d是满足b、c、 B3-059 设a 的非负数试证： 88预选题本题由泰国提供1990【题说】第三十一届（年）IMO 【证】设34 专心 爱心 用心 则由柯西不等式 熟知 所以 个给定的实数，且a是8a 设aaB3-0608271 +a+a）/8；+（x=a+a8712 3年中国国家教委数学试验班招生数学题【题说】1991 【证】 35 专心 爱心 用心 0 2 ，所以并且由柯西不等式，yx 2 +y=0，求证： 10B3-061 已知a，x 5【题说】1991年全国联赛一试题 36 专心 爱心 用心 B3-

35、063 已知a，a，a1（n2），且|a-a|1，k=1，2，n-1 k21nk+1证明： a/a+a/a+a/a+a/a2 n-13n2n2n-111【题说】第十七届（1991年）全俄数学奥林匹克九年级题8 【证】若aa（k=1，2，n-1），则a/a1，故 k+1kkk+1a/a+a/a+a/a+a/a（n-1）+na/a=2n-1（n2） 1n112n-12n31若有aa，则由|a-a|1知a/a1+1/a2 k+1k+1k+1kk+1kk设有p个k值使aa，（n-1-p）个k值使aa，则 k+1kk+1ka/a+a/a+a/ap+2（n-1-p） n321n-12同时 a/a=（a-a

36、）+（a-a）+a/ap+1 1n-1n1112n因此 a/a+a/a+a/a+a/ap+2（n-1-p）+p+1=2n-1 11n22n-13nB3-064 令 nmmn am+a+n，证明其中m，nN【题说】第二十届（ 41991年）美国数学奥林匹克题【证】不妨设，则 mn m-1mmm-1m-2 m+m）a+amn故a，而有m-am-a=（）（ m m-1m-1m-1 2mm-a）（m-am+m+a）（）（）37 专心 爱心 用心nnn-1n-2n-1 ）（a+a+na-n=（a-nn ）n（a-nm）=（a-n （m-a）m）有由（1 n ）n（3nnnnmmmm a将（2）、（3）代

37、入，即得-nm-a或a+am+n 此即所求证之式 是非负数，证明： b、c设B3-065 a、 1991年）全苏数学奥林匹克十年级题1【题说】第二十五届（2222 ）c+abb（a+bc）+（+ca）+（）【证】（a+b+c= 所以原不等式成立 B3-066 设a0（i=1，2，n），a=mina，a，a，试证 ni12 式中a=a 1n+1【题说】1992年第七届数学冬令营题2 38 专心 爱心 用心 2）是整数，证明： nB3-067 设（【题说】 31992年日本数学奥林匹克题 39 专心 爱心 用心 n是正整数，证明： B3-068 1992年澳大利亚数学奥林匹克题8【题说】 【证】因

38、为 ，证明不等式y、z0 B3-069 对x22 ）y-z）（x-z）（）（x+y-zy-z）（xx-z+y（ 等号何时成立？40 专心 爱心 用心【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题2 333222222 +zx+zx+y【解】原不等式即x+y+z+3xyzxy+xyz+yz22 ）y-z）（x+y+z）0（x-z）（+yz由对称性，可设xy，于是x（x-z）（y-z222 的最小值和最大值x+5y+8zyz+zx+xy=-1 B3-070 设实数x、y、z满足条件，求 年英国数学奥林匹克题41992【题说】220 +【解】由于（y-2z）（x+2y十2z）222=4 ）（x

39、y+yz+zx所以x+5y+8z-4 的最小值为4 2222 xx+5y+8z222 +8z的值可趋于无穷大+5y当y0时，函数x两两互不包含，A的m个子集，A，AAAB3-071 设是一个有n个元素的集合，n12 证明： 其中a为A中元素个数 ii【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a个元素取自A中的，有 iia！（n-a）！ ii41 专心 爱心 用心个由于A与A（ij）互不包含，故这些排列与开头a个元素取自A中的不同 jijj 由柯西不等式， 2）结合（1）便得（+ ）（xf（y，R满足条件：对任意x、yRf（xy）f设函数B3-073 f：R，有N

40、0，n试证：对任总x 1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题6【题说】22221/2 ）假设有ffff（x）（x），所以（x）（x）（xf【证】 则 n-1n x）f（ 42 专心 爱心 用心所以（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 【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 即 222222）0 ）+（）（+b-c）c-d+（b-d） 又 （a-b）+（a-ca-d+（ 2）即得结论结合（1）、（ =n证明：+aa+an， B3-076 设aaa为个非负实数，且n121n2 年合肥市赛题41994【题说

41、】 一方面由柯西不等式知43 专心 爱心 用心 已知B3-077 n-1n（1）+z）=c+c z+czf（ 0 1 n |z|=1，使z是的n次复系数多项式求证：存在一个复数z，00|）|f（z0|c |+|c| n0 （ 2） 4【题说】1994年中国数学奥林匹克（第九届数学冬令营）题n c辐角相同，从而且与c|【证】取复数，使|=1n0nn| |+|c|=|cc|c+c|=|+|cnn00n0ki/n2 ）kn-1再令 =e，a=（0k | |+|c|c） |fk故必有一个，使（nk0 显然，|就是所求的z|=1，于是。0kk 44 专心 爱心 用心 B3-078 设m和n是正整数，a，

42、a，a是集合1，2，n中的m21不同元素，每当a+an，1ijm，就有某个k，1km，使得a+a=a，kjiij求证： 【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aaa， m12若存在某个i，lim，使a+an则 m+1-iiaa+aa+aa+an m+1-iimiim-1i由已知，得i元集 这不可能，于是对1im，恒有a+an+1从而 m+1-ii2（a+a+a）=（a+a）+（a+a）+（a+a）m（n+1） 112m-1mm21m B3-079 设a、b、c为正实数且满足abc=1，试证： 【题说】第三十六届（1995年）国际数学奥林匹克题2 【证】

43、因为abc=1，所以 45 专心 爱心 用心 题中的不等式等价于K ca+cb）bc+ba）+（将这不等式左边记为K，则（ab+ac）+ 2 =（bc+ca+ab） |=1 +x+x+是满足下列条件的实数：设x，x，x|xB3-080 n11n22 ，使得，yx的一个排列y，yx证明：存在x，nn1122 3本题由俄罗斯提供【题说】第三十八届（1997年）国际数学奥林匹克题）为（y=y，y，记S的任意一个排列，x【证】对于，xxn1n122 /2）的值令+y和式+2y+nyr=（n+1n21 46 专心 爱心 用心 ）+xn+1）（x+x+=（n12 ，另一个小于-r对值都大于r，它们必然取相

44、反的符号，一个大于r开始，通过若干次交换两个相邻元素的位置，我们可以得到任从0 ，使，意一个排列特别地，存在一个排列的序号，m10 是由y=y，y，的两个相邻元素的位置得到的设i1ini+1i2| ）而得到的，则与y|S（）-S（交换yik+1ki+1 2r|y|=|yk+1）y-y|y=|ky+（k+1）y-ky-（k+1kk+1k+1k+1kkk）中，任意两个相邻（），SS（），S（这说明在序列m01的外面，r）均落在区间-r，（）和S（项的距离不超过2r由于Sm0）落在该区间内，即且分别位于该区间的两侧，所以至少有一个数S（i r|使得|S（）存在置换ii222244422 ），+bc+cab如果命题：B3-081 设a、b、c是非负实数a+b+c2（a2222+c则a+b ） （* ）（ab+bc+ca （1）证明该命题成立； 2）试写出该命题的逆命题，并判定其是否为真，写出理由（ 5【题说】1996年北京市赛高一复试题 为最大c中ab1【证】（）不妨设a、224222222442220 ）+c+ba2因为（bca-c）+ba