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1、高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解1/52 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0 x 10，0y4 x+y=8 总运费为8x+4（10 x）+5y+3（4y）=4x+2y+52=842y 当 y=4 时，总运费最小，此时，x=4，10 x=6，4y=0答：北京调给重庆4
2、 台，调给汉口6 台，上海调给重庆4 台，这样总运费最省B3 002 x 取什么值时，不等式成立？【题说】第二届（1960 年）国际数学奥林匹克题2本题由匈牙利提供高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解2/52 将原不等式化简得 x2（8x45）0，因此，原不等式的解为B3003甲队有 2m个人，乙队有3m个人，现自甲队抽出（14m）人，乙队抽出（5m 11）人，参加游戏，问甲、乙队各有多少人？参加游戏的人有几种选法？【题说】1962 年上海市赛高三决赛题4【解】抽出的人数必须满足解得 m=5 故甲队有2m=10人，乙队有3m=15人，甲队抽出14m=9（人）乙队抽出 5m 11=14（人），从
3、而参加游戏的人共有选法B3 004 求出所有满足不等式的实数【题说】第四届（1962 年）国际数学奥林匹克题2本题由匈牙利提供高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解3/52 B3007 设 a1，a2，an为 n 个正数，且设q 为一已知实数，使得 0q1求 n 个数 b1，b2，bn使1akbk，k=1，2，n【题说】第十五届（1973 年）国际数学奥林匹克题6本题由瑞典提供【解】设bk=a1qk-1+a2qk-2+ak-1q+ak+ak+1q+anqn-k（k=1，2，n）1显然 bkak对 k=1，2，n 成立2比较 bk+1=qka1+qk-1a2+qak+ak+1+qn-k-1an与
4、qbk=qka1+q2ak-1+qak+q2ak+1+qn-k+1an，qbk的前面 k 项与 bk+1 的前面 k 项相等，其余的项小于bk+1的相应项（因为q1）因此bk+1qbk高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解4/52 因此，b1，b2，bn满足题目的要求B3008求满足条件：x1，y1，z1，xyz=10，xlgxylgyzlgz10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）u2+v2+w21（3）（2）平方得 u2+v2+w2+2（uv+vw+wu）=1（4）（
5、4）（3）得 uv+vw+wu 0 由（1）得 uv=vw=wu=0（5）由（2）及（5）得：因此满足题意的解为：高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解5/52 B3 009长方形的一边长为1cm 已知它被两条相互垂直的直线分成四个小长方形，其中三个的面积不小于1cm2，第四个的面积不小于2cm2问原长方形另一边至少要多长？【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
6、，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【解】19872+4+6+2m+1+3+（2n1）=m（m+1）+n2高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解6/52 因此，由柯西不等式于是 221 为 3m+4n的上界，当 m=27，n=35 时，3m+4n取得最大值221B3 011 求最大的正整数n，使不等式只对一个整数k 成立【题说】第五届（1987 年）美国数学邀请赛题8【解】原式等价于取 n=112，则 k 只能取唯一的整数值97另一方面，在n112 时，高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解7/52 因此满足要求的n=112B3 012 非负
7、数 a 和 d，正数 b 和 c 满足条件 b+ca+d，这时【题说】第二十二届（1988 年）全苏数学奥林匹克九年级题7【证】不妨设a+bc+d cc+d 高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解8/52 B3 013 设 a1、a2、an是给定不全为0 的实数，r1、r2、rn是实数，如果不等式r1（x1a1）+r2（x2a2）+rn（xnan）对任何实数x1、x2、xn成立，求，r1、r2、rn的值【题说】第三届（1988 年）全国冬令营赛题1【解】取xi=ai，i=2，3，n 代入原不等式，得当 x1a1时，由上式得当 x1a1时，上述不等式反号令x1分别从大于a1与小于 a1的方向趋于a
8、1，得到B3 014 对于i=1，2，n，有|xi|1，又设|x1|+|x2|+|xn|=19+|x1+xn|那么整数n 的最小值是多少？【题说】第六届（1988 年）美国数学邀请赛题4高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解9/52 另一方面，令x1=x2=x10=0.95，x11=x12=x20=0.95，则有故 n=20 即为所求最小值B3 015 设 m、n 为正整数，证明存在与m、n 无关的常数a【题说】1989 年瑞典数学奥林匹克题5【解】amax=3 因为 m20，1，2，4（mod7）所以 7n2m2 m2 0，6，5，3（mod7）高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解10/52
9、amax=3B3 016 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）B3 017 设 n 为自然数，对任意实数x、y、z，恒有（x2+y2+z2）2 n（x4+y4+z4）成立，求n的最小值【题说】1990 年全国联赛一试题2（3）原题为填空题【解】（x2+y2+z2）2=x4+y4+z4+2x2y2+2y2z2+2z2x2x4+y4+z4+（x4+y4）+（y4+z4）+（z4+x4）=3（x4+y4+z4）当 x=y=z0 时，原不等式化为9x4 3n
10、x4，故 n3所以，n 的最小值是3B3 019 a、b、c 是一个任意三角形的三边长，证明：a2（b+ca）+b2（c+ab）+c2（a+bc）3abc【题说】第六届（1964 年）国际数学奥林匹克题2本题由匈牙利提供【证】不妨设abc3abc-a2（b+c-a）-b2（c+a b）-c2（a+b-c）=a（a-b）（a-c）+b（b-c）（b-a）+c（c-a）（c-b）b（b-c）（b-a）+c（c-a）（c-b）c（c-b）（c-a）（b-a）=c（c-b）20 B3020 怎样的整数a，b，c 满足不等式 a2+b2+c2+3ab+3b+2c？高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解11
11、/52【题说】1965 年匈牙利数学奥林匹克题1【解】对于整数a、b、c，所要解的不等式等价于a2+b2+c2+4ab+3b+2c 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=1B3021有限数 a1，a2，an（n3）满足关系式a1=an=0，ak-1+ak+12ak（k=2，3，n1），证明：数a1，a2，an中没有正数【题说】1966 年 1967 年波兰数学奥林匹克二试题1【证】设 a1，a2，an中，ar最大，s 是满足等式as=ar的最小下标 若ns1，则 as-1；as，as+1 as，从而 as-1+as+12as，与已知条件as-1+as+12
12、as矛盾故只有s=1 或 s=n，于是 ar=0，数 a1，a2，an中没有正数，B3 022设 a、b、c、d 是正数，证明不等式a+bc+d（1）（a+b）（c+d）ab+cd（2）（a+b）cd ab（c+d）（3）中至少有一个不正确【题说】第三届（1969 年）全苏数学奥林匹克九年级题1【证】假定（1）、（2）、（3）都正确则（a+b）2（c+d）（a+b）（ab+cd）高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解12/52 ab（a+b）+ab（c+d）2ab（c+d）从而（a+b）22ab，矛盾B3 023 证明：任何正数a1，a2，an满足不等式【题说】第三届（1969 年）全苏数学奥林
13、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B3 024证明：对所有满足条件x10，x20，x1y1高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解13/52 成立，并求出等号成立的充要条件【题说】第十一届（1969 年）国际数学奥林匹克题6本题由原苏联提供所以当且仅当x1=x2，y1=y2，z1=z2时，等号成立B3025 设 a、b、n 都是自然数，且a1，b1，n1，An-1和 An是 a 进制数系中的数，Bn-1和 Bn是 b 进制数系中的数An-1、An、Bn-1和
14、 Bn呈如下形式：An-1=xn-1xn-2x0，An=xnxn-1x0（a 进制的位置表示法）；高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解14/52 Bn-1=xn-1xn-2x0，Bn=xnxn-1x0（b 进制的位置表示法）其中 xn0，xn-10证明：当ab 时，有【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【证】由于ab，故 AnBn-1 An-1Bn=（xnan-1+An-1）Bn-1（xnbn-1+Bn-1）An-1=xnxn-1（an-1bn-2an-2bn-1）+x0（an-1bn-1）0 B3026（n2）是自然数，证明下述论断仅对n=3 和 n=5 成
15、立：对任意实数a1，a2，an都有（a1a2）（a1a3）（a1an）+（a2a1）（a2a3）（a2an）+（ana1）（an a2）（anan-1）0【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a1a2a3 an若 n 为偶数，令a1a2=a3=an，则左边小于0，因而不等式不成立；若 n=3，则左边前两项的和为（a1a2）20 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 a1=a2=a3a4a5=a6=an则
16、左边只有一个非零项（a4a1）（a4a2）（a4an）0 故不等式不成立高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解15/52 B3027 A=（aij）是一个元素为非负整数的矩阵，其中 i、j=1，2，n该矩阵有如下性质：如果某一aij=0，那么对i 和 j 有ai1+ai2+ain+a1j+a2j+anjn 证明：这个矩阵所有元素的和不小于0.5n2【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【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 a11=a22=akk=0此时对于
17、i，j k 有 aij0对于 i k，j k，若 aij=0，则 aji0，因若不然，交换 i，j 行，就会使 a11=a22=akk=ajj=0，与 k 的极大性矛盾因而对于j k，仍有aj1+ajn+a1j+anjn B3 028求出所有能使不等式组成立的所有解（x1，x2，x3，x4，x5），其中x1，x2，x3，x4，x5都是正实数【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x5+i=xi，则可以把原不等式组简写为高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解16/52 将它们加起来得=x5=x2=x4反之，如果xi都相等，原不等式组当然成立B3029
18、证明：对于正数a、b、c，下述不等式成立：a3+b3+c3+3abcab（a+b）+bc（b+c）+ac（a+c）（1）【题说】第九届（1975 年）全苏数学奥林匹克十年级题2【证】不失一般性，可假定abc那末c（ac）（bc）0，（ab）2（a+b-c）0 从而 c3+abcac2+bc2（2）a3+b3+2abc ab（a+b）+a2c+b2c（3）（2）、（3）两式相加即得（1）式B3 030已知 a1，a2，an为任何两两各不相同的正整数，求证对任何正整数n，下列不等式成立；高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解17/52【题说】第二十届（1978 年）国际数学奥林匹克题5本题由法国提供
19、【证】由柯西不等式【别证】利用排序不等式B3 031 已知 0a1，0a2，0a3，a1+a2+a3=1，0123求证：下面不等式成立【题说】1979 年北京市赛二试题5本题是康托洛维奇不等式的特例【证】对任意正实数x，高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解18/52 B3 032设 a、b、c 为正实数，证明【题说】第三届（1974 年）美国数学奥林匹克题2注意：这是一个对称不等式【证】不失一般性，可以假定abc0原不等式即a2a-b-cb2b-a-cc2c-a-b1（1）由 2abc0，得 a2a-b-cb2b-a-c b2a-b-cb2b-a-c=ba+b-2ca=b=c 时，等号成立【别
20、证】可以利用等式然后证明右端括号为正B3 033 设 xi、yi是实数（i=1，n）且x1 x2 xn；y1y2 yn；z1、z2、zn是 y1、y2、yn的任一个排列，证明【题说】第十七届（1975 年）国际数学奥林匹克题1本题由捷克斯洛伐克提供高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解19/52【证】由排序不等式所以原式成立B3034有 n 个数 a1，a2，an假设C=（a1b1）2+（a2b2）2+（anbn）2D=（a1bn）2+（a2bn）2+（anbn）2证明：CD2C【题说】第十三届（1978 年）全苏数学奥林匹克十年级题10【证】设f（x）=（xa1）2+（xa2）2+（xan）2
21、则 f（x）=n（xbn）2+f（bn）（1）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a1，a2，an中添一个数an+1，此时 C增加了（an+1bn+1）2，而 D增加了（an+1bn+1）2+f（bn+1）f（bn）在（1）式中，令x=bn+1，得高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解20/52 这样，D增加的值（an+1bn+1）2+f（bn+1）f（bn）在（an+1 bn+1）2与 2（an+1bn+1）2之间，从而，对于n+1 时，也有C D2C 所以，对一切 n，都有 CD2C B3 035 a、b、c、d、e 为整数，满
22、足1abcd e 其中 m，n 为 m、n 的最小公倍数【题说】第十一届（1979 年）加拿大数学奥林匹克题3【证】更一般地，可以证明：对于n 个整数 a1，a2，an，满足 1a1a2 an时，有n=2 时，（1）显然成立假设n=k 1时（1）成立，考虑n=k 的情况：若 ak2k，则若 ak2k，则高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解21/52 其中（m，n）为 m、n 的最大公约数，从而B3036 S 为正奇数集 ai，i=1，2，n没有两个差|aiaj|相等，1i jn求证：【题说】1979 年英国数学奥林匹克题3【证】不妨设a1a2 an，r 为整数且2r n对于 1所以，ara1+
23、r（r 1）1+r（r1）r=1 时，上式也成立，故高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解22/52 B3037对于 n 为一正整数，以p（n）表示将n 表为一个或较多个正整数的和的方法数，例如p（4）=5，因为有 5 个不同的和，即1+1+1+1，1+1+2 1+3，2+2，4 证明：当n1 时，p（n+1）2p（n）+p（n1）0【题说】1979 年英国数学奥林匹克题5【证】将n 的 p（n）个不同的表达式各加上1，得到 p（n）个 n+1的不同表达式，每一个都包含加数1而且，n+1 的每一个含有加数1 的表达式，都可由这方法得到因此将n+1 表为大于1 的整数的和的方法数q（n+1）=p（
24、n+1）p（n）同样将 n+1 表为大于2 的整数的和的方法数即q（n+1）q（n）显然 q（n+1）q（n）0 因此 p（n+1）2p（n）+p（n 1）0 B3 038若 0a，b，c1，证明：【题说】第九届（1980 年）美国数学奥林匹克题5结论可以推广到n 个数的情形【证】令高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解23/52 因为（1b）（1c）（1+b+c）（1b）（1c）（1+b）（1+c）=（1b2）（1 c2）1（当 a、b、c 轮换时均成立）因此0B3 039 若 x 为正实数，n 为正整数证明：其中 t表示不超过t 的最大整数【题说】第十届（1981 年）美国数学奥林匹克题5【
25、证】用数学归纳法当n=1，2 时，（1）显然成立假设（1）对 nk1 均成立kxk=kxk-1+kx=（k1）xk-1+xk-1+kx（2）（k-1）xk-1=（k-2）xk-2+xk-2+（k-1）x（3）2x2=x1+x1+2x（k）将（2）至（k）式相加，得kxk=xk-1+xk-2+x1+x1+kx+（k1）x+2x 因此，由归纳假定，高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解24/52 kxkkx+2（k1）x+（k2）x+x）但是 （km）x+mx （km）x+mx（m k），所以kxkkx+（k1）x）+x）+（x+（k1）x）kkx 即 xkkx 此即所欲证之（1）式B3041 设
26、a、b、c 是三角形的边长，证明：a2b（ab）+b2c（bc）+c2a（ca）0，并说明等号何时成立【题说】第二十四届（1983 年）国际数学奥林匹克题6本题由美国提供【证】设a 是最大边，原式左边=a（bc）2（b+ca）+b（ab）（ac）（a+bc）显然上式是非负的，从而原式成立，当且仅当a=b=c，即这三角形为正三角形时等号成立B3 043 设 x1，x2，xn都是正整，求证：【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B3044设 P（x）=a0+a1x+akxk为整系数多项式，其中奇系数的个数由 W（P）来表示
27、，设Qi（x）=（1+x）i，i=0，1，n如果 i1，i2，in是整数，且0i1i2 in，证明：高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解25/52【题说】第二十六届（1985 年）国际数学奥林匹克题3本题由荷兰提供当 in=1 时，命题显然成立设 in 1 并且命题在in换为较小的数时成立令k=2m in 2m+1，（1）i1k设 irk，ir+1 k，Q=R+（1+x）kS，其中的次数均小于K，由（1）（1+x）k 1+xk（mod2），故W（Q）=W（R+S+xkS）=W（R+S）+W（S）W（R）的次数均小于KW（Q）=W（S+xkS）=2W（S）2W（R）=W（R+xkR）=W（1+x
28、k）R）045 证明：对于任意的正数a1，a2，an不等式高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解26/52 成立【题说】第二十届（1986 年）全苏数学奥林匹克十年级题2【证】不妨设a1a2 an因为当 2k（n+1）/2 时【注】原不等式可加强为B3 046 正数 a，b，c，A，B，C满足条件a+A=b+B=c+C=k 高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解27/52 证明：aB+bC+cAk2【题说】第二十一届（1987 年）全苏数学奥林匹克八年级题5【证】由题设k3=（a+A）（b+B）（c+C）=abc+ABC+aB（c+C）+bC（a+A）+cA（b+B）=abc+ABC+k（aB+b
29、C+cA）k（aB+bC+cA）即 aB+bC+cAk2B3 048证明：对于任意的正整数n，不等式（2n+1）n（2n）n+（2n1）n 成立【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B3 049已知 a、b 为正实数，且1/a+1/b=1 试证：对每一个nN，有（a+b）nanbn22n2n+1高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解28/52【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（2）假设 n=k 时，不等式成立，即（a+b）k-ak-bk22k-2k+1当 n=k+1 时
30、，左边=（a+b）k+1-ak+l-bk+1=（a+b）（a+b）k-ak-bk+akb+abk从而有22k+1=2k+2所以，左边4（22k-2k+1）+2k+2=22（k+1）-2k+2=右边由（1）及（2），对一切nN，不等式成立B3-050已知 a5-a3+a=2 证明：3a6 4【题说】第十四届（1988 年）全俄数学奥林匹克八年级题3【证】由a5-a3+a=2，变形为（1）a（a2-1）2+a2=2（2）由（2）知 a 0 且 a1（1）a得 a4-a2+1=2/a（3）（1）a 得 a6-a4+a22a（4）高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解29/52（3）+（4）得 a6+1
31、=2（a+1/a）4（5）又由（1）知 2=（a5+a）-a3 2a3-a3=a3故 a32（6）由（5）和（6）得 3a64B3-051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，高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解30/52（2）2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd+2a2+c2+b2+d2（a+b+c+d）（3）（2）（3）即得结论B3-052已知 xiR（i=1，2，n，n2），满足【题说】1989 年全国联赛二试题2因为 A/n aA，BbB/n B3-053已知 a1，a2，an是 n 个正数，满足a1a2an=1，求证（2
32、+a1）（2+a2）（2+an）3n高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解31/52【题说】1989 年全国联赛一试题3B3-054对于任何实数x1，x2，x3，如果 x1+x2+x3=0，那么 x1x2+x2x3+x3x10，请证明之又对于什么样的n（n4），如果 x1+x2+xn=0，那么 x1x2+x2x3+xn-1xn+xnx10？【题说】1989 年瑞典数学奥林匹克题3【证】如果x1+x2+x3=0，则有当 n=4 时，若 x1+x2+x3+x4=0，则即 n=4 时，命题成立当 n5 时，令 x1=x2=1，x4=-2，x3=x5=x6=xn=0，则 x1+x2+x3+x4+xn=0
33、 而 x1x2+x2x3+x3x4+xn-1xn+xnx1=l 0 所以 n5 时，命题不成立B3-055证明：对于任意的x、y、z（0，1），不等式x（1-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高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解32/52【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-yz 1 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、
34、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B3-057已知二次函数f（x）=ax2+bx+c，当-1 x1 时，有-1f（x）1 求证：当-2x2 时，有-7f（x）7高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解33/52【题说】1990 年南昌市赛二试题1【证】由已知-1 f（1）=a+b+c1（1）-1 f（0）=c1（2）-1 f（-1）=a-b+c 1（3）（1）+（3）得-1 a+c1（4）由（4）、（2）得-2 a2 从而|4a 2b+c|=|2（ab+c）+2a-c|2|a b+c|+2|a
35、|+|c|7 即|f（2）|7|f（x）|7 所以，当|x|2 时高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解34/52 B3-058证明：对于和为1 的正数 a1，a2，an，不等式成立【题说】第二十四届（1990 年）全苏数学奥林匹克十年级题2当 a1=a2=an=时，上式取等号B3-059设 a、b、c、d 是满足 ab+bc+cd+da=1 的非负数试证：【题说】第三十一届（1990 年）IMO预选题 88本题由泰国提供【证】设高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解35/52 则由柯西不等式熟知所以B3-060设 a1a2 a7a8是 8 个给定的实数，且x=（a1+a2+a7+a8）/8；【题
36、说】1991 年中国国家教委数学试验班招生数学题3【证】高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解36/52 0 并且由柯西不等式，yx2，所以B3-061已知 0a 1，x2+y=0，求证：【题说】1991 年全国联赛一试题5高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解37/52 B3-063已知 a1，a2，an 1（n2），且|ak+1-ak|1，k=1，2，n-1 证明：a1/a2+a2/a3+an-1/an+an/a12n-1【题说】第十七届（1991 年）全俄数学奥林匹克九年级题8【证】若akak+1（k=1，2，n-1），则 ak/ak+11，故a1/a2+a2/a3+an-1/an+an/a
37、1（n-1）+na1/a1=2n-1（n2）若有 akak+1，则由|ak+1-ak|1 知 ak/ak+11+1/ak+12 设有 p 个 k 值使 ak ak+1，（n-1-p）个 k 值使 akak+1，则a1/a2+a2/a3+an-1/anp+2（n-1-p）同时 an/a1=（an-an-1）+（a2-a1）+a1/a1p+1 因此 a1/a2+a2/a3+an-1/an+an/a1p+2（n-1-p）+p+1=2n-1 B3-064令其中 m，nN，证明 am+anmm+nn【题说】第二十届（1991 年）美国数学奥林匹克题4【证】不妨设m n，则故 nam，而有 mm-am=（
38、m-a）（mm-1+mm-2a+am-1）（m-a）（mm-1+mm-1+am-1）（m-a）mm（2）高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解38/52 an-nn=（a-n）（an-1+an-2+nn-1）（a-n）nn由（1）有（m-a）mm=（a-n）nn（3）将（2）、（3）代入，即得an-nnmm-am或 am+anmm+nn此即所求证之式B3-065设 a、b、c 是非负数，证明：【题说】第二十五届（1991 年）全苏数学奥林匹克十年级题1【证】（a+b+c）2=（a2+bc）+（b2+ca）+（c2+ab）所以原不等式成立B3-066设 ai0（i=1，2，n），a=mina1，a
39、2，an，试证式中 an+1=a1【题说】1992 年第七届数学冬令营题2高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解39/52 B3-067设 n（2）是整数，证明：【题说】1992 年日本数学奥林匹克题3高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解40/52 B3-068 n 是正整数，证明：【题说】1992 年澳大利亚数学奥林匹克题8【证】因为B3-069对 x、y、z0，证明不等式x（x-z）2+y（y-z）2（x-z）（y-z）（x+y-z）等号何时成立？高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解41/52【题说】第二十四届（1992 年）加拿大数学奥林匹克题2【解】原不等式即x3+y3+z3+3xyz
40、x2y+xy2+y2z+yz2+z2x+zx2由对称性，可设xzy，于是 x（x-z）2+y（y-z）20（x-z）（y-z）（x+y+z）B3-070设实数 x、y、z 满足条件yz+zx+xy=-1，求 x2+5y2+8z2的最小值和最大值【题说】1992 年英国数学奥林匹克题4【解】由于（y-2z）2+（x+2y 十 2z）20 所以 x2+5y2+8z2-4（xy+yz+zx）=4 的最小值为4x2+5y2+8z2x2当 y0 时，函数x2+5y2+8z2的值可趋于无穷大B3-071设 A是一个有n 个元素的集合，A的 m个子集 A1，A2，An两两互不包含，证明：其中 ai为 Ai中
41、元素个数【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ai个元素取自Ai中的，有ai！（n-ai）！高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解42/52 个由于Ai与 Aj（i j）互不包含，故这些排列与开头aj个元素取自Aj中的不同由柯西不等式，结合（1）便得（2）B3-073设函数 f：R+R+满足条件：对任意x、yR+，f（xy）f（x）f（y）试证：对任总x0，n N，有【题说】1993 年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题6【证】f（x2）f2（x），所以f（x2）f（x）f1/2（x2）假设有则fn-1（xn）高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解43/52
42、 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】由柯西不等式即又（a-b）2+（a-c）2+（a-d）2+（b-c）2+（b-d）2+（c-d）20 结合（1）、（2）即得结论B3-076设 a1，a2，an为 n 个非负实数，且a1+a2+an=n证明：【题说】1994 年合肥市赛题4一方面由柯西不等式知高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解44/52 B3-077已知f（z）=c0zn+c1zn-1+cn（1）是 z 的 n 次复系数多项式求证：存在一个复数z0，|z0|=1，使|f（z
43、0）|c0|+|cn|（2）【题说】1994 年中国数学奥林匹克（第九届数学冬令营）题4【证】取复数，使|=1 且nc0与 cn辐角相同，从而|nc0+cn|=|nc0|+|cn|=|c0|+|cn|再令=e2i/n，ak=k（0kn-1）故必有一个k，使|f（k）|c0|+|cn|显然，|k|=1，于是k就是所求的z0。高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解45/52 B3-078设 m和 n 是正整数，a1，a2，am是集合 1，2，n中的不同元素，每当 ai+ajn，1i j m，就有某个 k，1km，使得 ai+aj=ak，求证：【题说】第三十五届（1994 年）国际数学奥林匹克题1本题
44、由法国提供【证】不妨设a1a2 am，若存在某个i，l i m，使 ai+am+1-in则aiai+amai+am-1 ai+am+1-in 由已知，得i 元集这不可能，于是对1i m，恒有 ai+am+1-in+1从而2（a1+a2+am）=（a1+am）+（a2+am-1）+（am+a1）m（n+1）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】因为abc=1，所以高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解46/52 题中的不等式等价于将这不等式左边记为K，则（ab+ac）+（bc+ba）+（ca+cb）K=（bc+ca+
45、ab）2B3-080设 x1，x2，xn是满足下列条件的实数：|x1+x2+xn|=1 证明：存在x1，x2，xn的一个排列y1，y2，yn，使得【题说】第三十八届（1997 年）国际数学奥林匹克题3本题由俄罗斯提供【证】对于x1，x2，xn的任意一个排列=y1，y2，yn，记 S（）为和式 y1+2y2+nyn的值令r=（n+1）/2 高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解47/52=（n+1）（x1+x2+xn）对值都大于r，它们必然取相反的符号，一个大于r，另一个小于-r 从0开始，通过若干次交换两个相邻元素的位置，我们可以得到任意一个排列特别地，存在一个排列的序号0，1，m，使i的两个相
46、邻元素的位置得到的设i=y1，y2，yni+1是由i交换 yk与 yk+1而得到的，则|S（i+1）-S（i）|=|kyk+（k+1）yk+1-kyk-（k+1）yk+1|=|yk-yk+1|yk|yk+1|2r这说明在序列S（0），S（1），S（m）中，任意两个相邻项的距离不超过2r 由于 S（0）和 S（m）均落在区间-r，r 的外面，且分别位于该区间的两侧，所以至少有一个数S（i）落在该区间内，即存在置换i使得|S（i）|r B3-081命题：设 a、b、c 是非负实数 如果 a4+b4+c42（a2b2+b2c2+c2a2），则 a2+b2+c2 2（ab+bc+ca）（*）（1）证明
47、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【题说】1996 年北京市赛高一复试题5【证】（1）不妨设a、b、c 中 a 为最大因为 2（a2b2+b2c2+c2a2）-（a4+b4+c4）=（2ab）2-（a2+b2-c2）20 高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解48/52 所以 2aba2+b2-c2a2+b2+c2=（a2+b2-c2）+2c22ab+2c2 2（ab+bc+ca）（2）（*）的逆命题：设 a、b、c 是非负实数 如果 a2+b2+c22（ab+bc+ca），则 a4+b4+c4 2（a2b2+b2c2+c2a2）这逆命题不真，例如a=4，b=c=
48、1 时a2+b2+c2=2（ab+bc+ca）=18 而 a4+b4+c4=2582（a2b2+b2c2+c2a2）=66【评注】a4+b4+c42（a2b2+b2c2+c2a2）是 a、b、c 构成三角形的充分必要条件，而且在构成三角形时，设三角形面积为，则162=2（a2b2+b2c2+c2a2）-a4-b4-c4 0 B3-082设 n N，x0=0，xi 0，i=1，2，n且=1求证【题说】1996 年中国数学奥林匹克（第十一届数学冬令营）题5从而左边不等式已经证明因为 0 x0+x1+xi1，i=0，1，n 高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解49/52 故可令i=arcsin（x0
49、+x1+xi），i=0，1，n又（1+x0+x1十 xi-1）（xi+xi+1+xn）=（1+sin i-1）（1-sin i-1）=1-sin2i-1=cos2i-1所以B3-083（1）证明：（2）求一组自然数a、b、c，使得对任意nN，n2，【题说】1996 年城市数学联赛高年级较高水平题2高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解50/52【证】（1）对于 n2，令（2）令 a=5 取 c=4，则在 n3 时，故 a=5，b=9，c=4 满足题目要求整数，所以必有a=5，b=9而 c 可为大于 3 的任一自然数高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解51/52 B3-084设 a、b、c 是正实
50、数，并满足abc=1证明：并指明等号在什么条件下成立【题说】第三十七届（1996 年）IMO预选题【证】由a5+b5-a2b2（a+b）=（a2-b2）（a3-b3）0 得 a5+b5a2b2（a+b）（1）（2）当且仅当a=b=c=1 时，以上各式中等号均成立B3-085设非负数列a1，a2，满足条件an+man+am，m，nN求证：对任意nm均有【题说】1997 年中国数学奥林匹克题6【证】对任意nm，设 n=qm+r，0 rm 高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解52/52 则 man=maqm+rm（aqm+ar）m（qam+ar）=（n-r）am+mar=（n-m）am+（m-r）a