历年高中数学联赛真题分类汇编36不等式

1/2历年高中数学联赛真题分类汇编专题36不等式第五缉1．【2021年吉林预赛】设m>0.若对于满足abc≤14且1a2+1b2+1c2<m的任意一组正数a,【答案】答案见解析【解析】由x2+y(x+y)=0得y=−x2(1)联立y=−x2y=kx+116由Δ=k2−4×116>0因为y=−xy=kx+116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≠−1716所以k的取值范围是−∞,−1716(2)情形1(如图):联立y=−x2y=kx+1得设Ax1,y1设AC的中点为BxB,yB又点B−k2,−k从而−k2所以k=1或-2，不满足Δ>0，舍去.情形2(如界2):设Am,−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), 由B为线段AC的中点，得C2n−m,−2∵点C在直线y=−x上，得−2n联立mn=1,−2解衍m=1n=1(受委屈)或m=−∴k=3综上，k的值为32+2．【2021年重庆预赛】设自然数n≥3,实数x1,x2,⋯,xn满足x【答案】答案见解析【解析】由柯西不等式：(n−1)x2化简得：(n−1)n2解得：2−n≤x构造局部不等式x1+n−2展开得x13同理有其它n−1式，相加得：S=x1要使S取最小值，xi=2−n或若全为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x1,3．【2021年浙江预赛】设x,y,z>0,x+y+z【答案】证明见解析【解析】等价于x+y+z=1,证:∑x8由三元均值不等式有∑x8由柯西不等式有∏x8所以有∏x则可知∑x由柯西不等式有∏x则有∑x4．【2021年上海预赛】已知正实数a,b满足a(a+b)=27,求a2b【答案】54【解析】解法1:由题设及平均不等式：27=a(a+b)=aa+b所以93≥当a=3,b=6时等号成立.故a2b解法2:由题设得b=27aa2所以a2≤1当a=3,b=6时等号成立.故a2b解法3:由题设得b=27a−a令f(a)=a27−a2,则f'当a∈(0,3)时,f'(a)>0,当a∈(3,+∞)时，f故f(a)在(0,3)上是递增的，在(3,+∞)上是递减的，故f(a)在a=3时取到最大值.所以，a2b的最大值为f(3)=545．【2021年全国高中数学联赛B卷二试】已知a,b,c,【答案】2【解析】当a>0时,有当a=0时,所以a2−a故a26．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】设正实数a,b,c满足a2+4b+9c【答案】6【解析】由题设条件得a2由柯西不等式可得：3[a即(a+2b+3c−3)2≤9,故又由柯西不等式得(1所以1a当a=b=c=1时等号成立.故1a7．【2020年广西预赛】已知x3+y3其中,x、y、z为不全相等的正实数.证明：（1）x+y+z=3；（2）x2(1+y)+【答案】证明见解析【解析】(1)注意到，0=(x+y+z−3)(x=1因为x,y,z不全相等,所以,从而,x+y+z−3=0.故x+y+z=3.(2)x2=x=x(z>x=(x+y+z)=328．【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a2+b2+【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)=−x2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⇔a2其中,S为该三角形的面积.注意到，a2⇔a⇔a2+⇔2(a2+而a2+b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满足求(x+y)2+【答案】83【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⇒其中,p=1建立平面直角坐标系,设A(0,0),B(c,0),C(m,n).则S△BC=(x+y)2=a=2m=2(m−≥2n2+32≥23=83(当且仅当m=因此,(x+y)2+(y+z)2+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a3(b−c)求λ的最大值.【答案】1【解析】取a=12则λ⩽(=(对于任意的ε(0<ε<14注意到,当ε→0+时,(因此,λ⩽1.下证:λ=1成立,即证a3(b−c)2+b不妨设a>b>c.可令a=c+x,b=c+y(x>y>0).则式①左边=(c+x)=x3+3>x=(x⩾(x+y)=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1.11．【2020年浙江预赛】设{ai},{bj【答案】证明见解析【解析】注意到，不等式左边=m,n=12020(bn由Cauchy不等式得m,n=12020⩽(m,n=1(m,n=12020由m,n=12020=m=1及m,n=12020=n=12020从而只需证明:n=12020(1及m=12020(1这两个不等式是一样的(m,n对调).下面证明:1(m+n)式③等价于1(⩽2(m⇔1⩽2n由(n−1+2(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:a3【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)]≥(下证(a2由ab+bc+cd+da=1,可得a2+而ab+ac+ad+bc+bd+cd=1+ac+bd≤1+12(a213．【2019年新疆预赛】给定正实数0<a<b，设x1,x【答案】最小值和最大值分别为1和ba【解析】(i)因为x1,xx1从而由x1并且等号成立当且仅当x1=x2=(ii)因为x1,x2,x3注意到xi2xi+1xi即xi2xi+1−其中x5x于是：x1并且等号成立当且仅当x1=a,x2=b,所以x12x综上所述，x12x14．【2019年浙江预赛】设ai,bi>0(1≤i≤n+1),b【答案】证明见解析【解析】记sk=i=1由已知1=i=1(因为isi即i=1n15．【2019高中数学联赛B卷（第02试）】设正实数a1, a2,⋯, 【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x116．【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a4−a【答案】（1）55（2）5【解析】（1)由柯西不等式，知a+b+c2≤=1∴a+b+c≤55当且仅当3a13∴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，∴a4−a∴a≥a又当a=b=2，c=3时，满足a，b∈(0，4)，c∈(0，6)，3a2+3b2+4c2=60，且a4−a∴a4−a17．【2018年贵州预赛】证明：（1）12k+12k+1（2）分别以1，12，13，……，【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：（1）1(2)由（1）知，12故以边长为12k，12取k=2，3，4，…，即得底分别为122+这些矩形的底小于1，高的和为1因此，以1，12，13，…，1n而边长为1，12，118．【2018年重庆预赛】设a1=2，【答案】见解析【解析】证明：由递推式得an+11从而得n=12018又a得数列an单调递增，所以a特别地k=120.8由递推式可得ana1由均值不等式及已证结论有1n所以a特别地a故k=119．【2018年陕西预赛】设a,b,c>0.证明：aa【答案】见解析【解析】由对称性不妨设a≤b≤c，则ab+c当a2+bc≤b由切比雪夫不等式3LHS≥a由Nesbitt不等式知ab+c且易知a2故3LHS≥3当且仅当a=b=c时，等号成立.当a+b<c时，cc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：aa【答案】见解析【解析】由对称性不妨设a≤b≤c，则ab+c当a2+bc≤b由切比雪夫不等式3LHS≥a由Nesbitt不等式知ab+c且易知a2故3LHS≥3当且仅当a=b=c时，等号成立.当a+b<c时，cc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：aa【答案】见解析【解析】由对称性不妨设a≤b≤c，则ab+c当a2+bc≤b由切比雪夫不等式3LHS≥a由Nesbitt不等式知ab+c且易知a2故3LHS≥3当且仅当a=b=c时，等号成立.当a+b<c时，cc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x2⑵是否存在实数k>3，使得对于任意实数x、y、z有x【答案】（1）见解析（2）见解析.【解析】⑴由均值不等式，可知x2故有x2⑵x2上式≥0恒成立，当且仅当2−k化简得k≤22且23．【2018年湖北预赛】已知正数a、b满足a+b=1，求M=1+2【答案】5【解析】由柯西不等式可得2ab2所以M=1+2a取等号的条件分别为4a2b2=当112+λ21+又a+b=1，所以b2144b故4b−136b记fbf'所以fb在0,1f于是，由④可得b=14代入②③求得λ=代入①式，整理得M≥53412，因此M24．【2018年吉林预赛】设x，y，z≥0，且至多有一个为0，求fx,y,z【答案】12【解析】不妨设x≥y≥z.情形一：当256y3≥y2z2所以f=当且仅当x:y=2+3:1，且z=0情形二：当256y3<x2z时，又故f>=16y综上，fx,y,z25．【2018年河北预赛】若a、b、c为正数且a+6+c=3，证明：ab+bc+ca⩽【答案】见解析【解析】因为a+同理bc三式相加得2所以2故ab+bc+ac⩽又a+b综上可得ab+bc+ac⩽a26．【2018年四川预赛】设x、y、z为正实数，求x+1【答案】20+14【解析】记T=x+1y+22+下证：T≥20+14解法一：T=当x=y=z=1时，可取到等号.所以，T的最小值为20+14解法二：T≥当x=y=z=1时，可取到等号．所以，T的最小值为20+142解法三：注意到x+1于是，x+=≥故x+1当x=y=z=1时，可取到等号．所以，T的最小值为2+227．【2018年浙江预赛】设a∈R，且对任意实数b均有maxx∈[0,1]x2【答案】a≤−3【解析】解1：f(x)=x2+ax+b所以只要考虑b<1（1）当−a2≤0时，即a≥0，此时函数f(x)f(1)=1+a+b<f(0)=b，所以f(1)=1+a+b≥1，解得a≥1（2）当0<−a2≤12而对b=0有f(1)=（3）当12<−a2≤1时，即−2≤a<−1时，此时函数f(x)（4）当−a2≥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有综上或a≤−3.解2：设maxx∈[0,1]x2+ax+b≥1，则有m≥28．【2018年辽宁预赛】已知实数a、b、c满足a2+b【答案】见解析【解析】由均值不等式和柯西不等式可得a⩽127当a=b=c=13时取等号，故M的最大值为要使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a2+bM=abc⩾−=−当a=b=1−fx若M0为fx在0,23上的最大值，则f令1−x1−4x1−3x此方程有根x=13，x=12±2429．【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【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≤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aj假设当正整数n不超过k位，即n<10现考虑n为k+1位数，即设n的首位数字为r．则n=r10k若n1=0，则在数n的各位数字中，ar显然，r+1a若1≤n1≤10k−1，记n1的各位数字中含有a则n的各位数字中，含有ar+1个r、aj注意到，正整数n1由归纳法假设，对n12a≤r10k则当n为故由数学归纳法，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=10k，此时，由式即n可表示为r99⋯9上述条件也是充分的，当n能够表成以上形式时，有ar=1,a故230．【2018年全国】设n是正整数，a1,a2,⋯,求证：b1【答案】证明见解析【解析】由条件知，ki=biai≥1,i=1,2,⋯,n要证明i=1nki对i=1,2,⋯,n，由于ki≥1及0<aki结合K≥k1k2⋯kn知，为证明①，仅需证明当对n进行归纳.当n=1时，结论显然成立.当n=2时，由A>0,kk1A+1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=1m+1最后一步是在③中用k1k2⋯k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+9x，证明:存在x0【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