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高中数学联赛真题分类汇编—不等式


高中数学联赛

真题分类汇编

于洪伟

高中数学联赛真题汇编——不等式

(1981T6)在坐标平面上有两个区域 M 和 N,M 是由 y≥0,y≤x 和 y≤2-x 这三个不等式 确定,N 是随 t 变化的区域,它由不等式 t≤x≤t+1 确定,t 的取值范围是 0≤t≤1 , 设 M 和 N 的

公共面积是函数 f(t),则 f(t)为

A.-t2+t+ B.-2t2+2tC.1- t2D. (t-2)2
解:⊿OAB 的面积=1。
2

1 2

1 2

1 2

y y =x

1 2 直角边长为 t 的等腰直角三角形面积 = t . 直角边长为 2 - 2 1 2 (1+t)=1-t 的等腰直角三角形面积= (1-t) . 2

A
1

O t
1

B t +1 2 y =2-x

x

l1

l2

1 1 1 1 f(t)=1- t2- (1-t)2=1-t2+t- = +t-t2( 0≤t≤1 ).选 A. 2 2 2 2

(1981T10)组装甲、乙、丙三种产品,需用 A、B、C 三种零件.每件甲需用 A、B 各 2 个; 每件乙需用 B、C 各 1 个;每件丙需用 2 个 A 与 1 个 C.用库存的 A、B、C 三种零件,如 组装成 p 件甲产品、 q 件乙产品和 r 件丙产品, 则剩下 2 个 A 和 1 个 B, 但 C 恰好用完. 试 证:无论怎样改变甲、乙、两产品的件数,也不能把库存的 A、B、C 三种零件都恰好用 完. 解:已知即:每个甲用 A2,B2, 每个乙用

B1,C1,

不等式

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于洪伟

每个丙用 A2,

C1.

∴ 共有 A 产品 2p+2r+2 件;B 产品 2p+q+1 件;C 产品 q+r 件. 设组装 m 件甲, n 件乙, k 件丙, 则用 2m+2k 件 A; 用 2m+n 件 B; 用 n+k 件 C. 如全部用完,则有 2p+2r+2=2m+2k; ?p+r+1=m+k. ⑴ 2p+q+1=2m+n; ⑵

q+r=n+k.



∴⑴+⑵-⑶:3p+2=3m.这是不可能的.故证.

(1982T8) 当 a,b 是两个不相等的正数时,下列三个代数式: 1 1 1 2 a+b 2 2 甲:(a+ )(b+ ),乙:( ab+ ) ,丙:( + ) a b 2 a+b ab 中间,值最大的一个是 A.必定是甲 B.必定是乙 C.必定是丙 D.一般并不确定,而与 a、b 的取值有关 解:甲>乙,但甲、丙大小不确定.故选 D.

(1983T6)设 a,b,c,d,m,n 都是正实数,P= ab+ cd,Q= ma+nc· A.P≥QB.P≤Q C.P<QD.P、Q 的大小关系不确定,而与 m,n 的大小有关. 解:由柯西不等式,Q≥P.选 B.

b d + ,那么 m n

不等式

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于洪伟

2 2 xn-1 x2 x1 x2 n (1984 二试 5)设 x1,x2,…,xn 都是正数,求证: + +…+ + ≥x1+x2+…+xn. x2 x3 xn x1

2

x1 x2 x3 xn 证明 +x2≥2x1, +x3≥2x2, +x4≥2x3,…, +x1≥2x1. x2 x3 x4 x1 上述各式相加即得.

2

2

2

2

1 (1986T6) 边长为 a、 b、 c 的三角形, 其面积等于 , 而外接圆半径为 1, 若 s= a+ b+ c, 4 1 1 1 t= + + ,则 s 与 t 的大小关系是 a b c A.s>tB.s=tC.s<tD.不确定 1 abc 1 解:△= absinC= ,由 R=1,△= ,知 abc=1.且三角形不是等边三角形. 2 4R 4 1 1 1 1 1 1 a+ b+ c ∴ + + ≥ + + = = a+ b+ c.(等号不成立).选 C. a b c ab bc ca abc

(1986T10)设 x、y、z 为非负实数,且满足方程 4

5x+9y+4z

-68?2

5x+9y+4z

+256=0,那么

x+y+z 的最大值与最小值的乘积等于;
解:令 2
5x+9y+4z

=t,则得,t2-68t+256=0,?(t-64)(t-4)=0,?t=4,t=64.

4 5x+9y+4z=2?5x+9y+4z=4,?9(x+y+z)=4+4x+5z≥4,x+y+z≥ ; 9 4 4(x+y+z)=4-x-5y≤4,x+y+z≤1?x+y+z∈[ ,1]; 9 5x+9y+4z=6?5x+9y+4z=36,?9(x+y+z)=36+4x+5z≥36,?x+y+z≥4; 4(x+y+z)=36-x-5y≤36,?x+y+z≤9. 4 故,所求最大值与最小值的乘积= ?9=4. 9

(1989T12) 当 s 和 t 取遍所有实数时, 则(s+5-3|cost|)2+(s-2|sint|)2 所能达到的最小值为.

不等式

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于洪伟

x2 y2 解:令 x=3|cost|,y=2|sint|,则得椭圆 + =1 在第一象限内的弧段. 9 4 再令 x=s+5,y=s,则得 y=x-5,表示一条直线.(s+5-3|cost|)2+(s-2|sint|)2 表示椭 圆弧段上点与直线上点距离平方.其最小值为点(3,0)与直线 y=x-5 距离平方=2.

(1989T13)已知 a1,a2,…,an 是 n 个正数,满足 a1?a2?…?an=1. 求证:(2+a1)(2+a2)…(2+an)≥3n. 证明:∵2+ai=1+1+ai≥3 3 ai,(i=1,2,…,n) ∴ (2+a1)(2+a2) … (2+an)=(1+1+a1)(1+1+a2) … (1+1+an) ≥ 3 3 a1 ?3 3 a2 ? … ?3 3 an ≥ 3n a1a2…an=3n. 证法 2 : (2+a1)(2+a2) … (2+an)=2n+(a1+a2+ … +an)2n 1+(a1a2+a1a3+ … +an - 1an)2n 2+ … +a1a2…an
- -

3

但 a1+a2+…+an≥n a1a2…an=n=Cn,
2 Cn
2

n

1

a1a2+a1a3+…+an-1an≥Cn

(a1a2…an)n 1=Cn,……,
- - -

2

∴(2+a1)(2+a2)…(2+an)=2n+(a1+a2+…+an)2n 1+(a1a2+a1a3+…+an-1an)2n 2+…+a1a2…an ≥2n+Cn2n 1+Cn2n 2+…+Cn=(2+1)n=3n.
- -

1

2

1

(1989 二试 2)已知 xi∈R(i=1,2,…,n;n≥2),满足 xi 1 1 求证:? ?≤ - . ? i ? 2 2n

Σ
i=1

n

|xi|=1,

Σx =0,
i

n

i=1

证明:由已知可知,必有 xi>0,也必有 xj<0(i,j∈{1,2,…,n,且 i≠j). 设 xi1,xi2,…,xil为诸 xi 中所有>0 的数,xj1,xj2,…,xjm为诸 xi 中所有<0 的数.由 已知得 1 1 X=xi1+xi2+…+xil= ,Y=xj1+xj2+…+xjm=- . 2 2 k x m x k x m x k xi 1m X -Y 1 1 il jh il jh 于是当 >- 时,? ?= + ≤ xil- xjh= - = - . l h i l h n 2 2 2 2n ? ? l=1 h=1 l=1 h=1 l=1 h=1

Σ

Σ

Σ Σ

Σ

Σ

不等式

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k

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于是当

Σ

m x k x m x k xil -Y X 1 1 xi 1m jh il jh <- 时,? ?=- - ≤- xil- xjh= - = - . l h i l h n 2 2 2 2n ? ? l=1 h=1 l=1 h=1 l=1 h=1

Σ

Σ Σ

Σ

Σ

xi 1 1 总之,? ?≤ - 成立. ? i ? 2 2n

1 1 (1990T7)设 n 为自然数,a、b 为正实数,且满足 a+b=2,则 + 的最小值是. 1+an 1+bn a+b 2 1 1 1+an+1+bn 解:ab≤( ) =1,从而 anbn≤1,故 ≥1.等号当且仅当 n + n= 2 1+a 1+b 1+an+bn+anbn a=b=1 时成立.即所求最小值=1.

(1990T9)设 n 为自然数,对于任意实数 x,y,z,恒有(x2+y2+z2)2≤n(x4+y4+z4)成立,则 n 的最小值是. 解 : (x2+y2+z2)2=x4+y4+z4+2x2y2+2y2z2+2z2x2 ≤ 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 x +y +z +(x +y )+(y +z )+(z +x )=3(x +y +z ).等号当且仅当 x=y=z 时成立.故 n=3.

(1991T15)已知 0<a<1,x2+y=0,求证: 1 loga(ax+ay)≤loga2+8. 1 x+y x y x y 解:由于 0<a<1,即证 a +a ≥2a8.由于 a +a ≥2a 2 .而 x+y=x-x2=x(1 x+y 1 1 -x)≤4.于是 a 2 ≥a8. x+y 1 ∴ ax+ay≥2a 2 ≥2a8.故证.

(1992T13)求证:16<

Σ
i=1

4

1 <17. k

不等式

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证明: 同时

1 2 2 = < =2( k- k-1), k k+ k k-1+ k

1 2 > =2( k+1- k). k k+1+ k
80

于是得 2

Σ
k=1

( k+1- k)<

Σ
k=1

80

80 1 <1+2 ( k- k-1) k k=1

Σ

即 16<

Σ
k=1

80

1 <1+2( 80-1)<1+2(9-1)=17. k

(1993T11)设任意实数 x0>x1>x2>x3>0,要使 logx01993+logx11993+logx21993≥k· logx01993
x1 x2 x3 x3

恒成立,则 k 的最大值是_______. x0 1 1 1 k 解:显然 >1,从而 logx01993>0.即 + + ≥ . x3 lg x - lg x lg x - lg x lg x - lg x lg x - lgx3 0 1 1 2 2 3 0 x3 1 1 1 就是[(lgx0-lgx1)+(lgx1-lgx2)+(lgx2-lgx3)]( + + )≥k. lgx0-lgx1 lgx1-lgx2 lgx2-lgx3 其中 lgx0-lgx1>0,lgx1-lgx2>0,lgx2-lgx3>0,由 Cauchy 不等式,知 k≤9.即 k 的 最大值为 9.

?y≤3xx, (1995T10)直角坐标平面上,满足不等式组? y≥3, 的整点个数是. ? x+y≤100
解:如图,即△OAB 内部及边界上的整点.由两轴及 x+y=100 围 成 区 域 ( 包 括 边 界 ) 内 的 整 点 数 =1+2+3+ … +101=5151 个. 1 1 由 x 轴、y= x,x+y=100 围成区域(不包括 y= x 上)内 3 3 的整点数(x=1,2,3 时各有 1 个整点,x=4,5,6 时各有 2 个整点, …, x=73, 74, 75 时有 25 个整点, x=76, 77, …, 100 时依次有 25,24,…,1 个整点.共有 3×1+3×2+… +3×25+25+24+…+1=4(1+2+…+25)=1300.由对称性,由 y 轴、y=3x、x+y=100 围成的区域内也有 1300 个整点.
100

y y=3x
B(25,75)

20

A(75,25)
20 100

1 y= x 3 x

O

不等式

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∴所求区域内共有 5151-2600=2551 个整点.

(1997T12)设 a?logz+log[x(yz)?1+1],b?logx?1+log(xyz+1),c?logy+log[(xyz)?1+1],记 a,b, c 中最大数为 M,则 M 的最小值为. x 1 1 解:a=log( +z),b=log(yz+ ),c=log( +y). y x yz 1 1 ∴a+c=log( + +yz+x)≥2log2.于是 a、c 中必有一个≥log2.即 M≥log2,于是 M yz x 的最小值≥log2. 但取 x=y=z=1,得 a=b=c=log2.即此时 M=log2.于是 M 的最小值≤log2. ∴所求值=log2.

(1998T4)设命题 P:关于 x 的不等式 a1x2+ b1x2+c1>0 与 a2x2+b2x+c2>0 的解集相同; a1 b1 c1 命题 Q: = = .则命题 Q( ) a2 b2 c2 (A)是命题 P 的充分必要条件 (B)是命题 P 的充分条件但不是必要条件 (C)是命题 P 的必要条件但不是充分条件 (D)既不是是命题 P 的充分条件也不是命题 P 的必要条件 解:若两个不等式的解集都是 R,否定 A、C,若比值为-1,否定 A、B,选 D.

(1998 二试 2)设 a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn∈[1,2]且

Σ Σb ,
2 ai= 2 i
i=1 i=1

n

n

求证:

Σ

17 2 ≤ a i .并问:等号成立的充要条件. b 10 i i=1 i=1

n

ai

3

Σ

n

不等式

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ai bi 1 证明:由于 a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn∈[1,2],故 ≤ ≤2. 2 aibi

3

1 于是( aibi- 2

ai )(2 aibi- bi

3

ai 5 2 ai )≤0),即 aibi- a i + ≤0. bi 2 bi

3

3

ai 5 2 求和得 ≤ a i - aibi, b 2 i=1 i=1 i i=1

Σ

n

3

Σ Σ

n

n

1 5 2 2 2 2 2 又由( bi-ai)(2bi-ai)≤0 得 b i - aibi+a i ≤0,故 aibi≥ (a i +b i ). 2 2 5



Σ Σ
ai =
2
i=1 i=1

n

n

b i ,得

2

Σ
i=1 n

n

aibi≥

4 2 a, 5 i=1 i

Σ
n

n



Σ

ai 5 5 4 2 2 2 17 2 ≤ a i - aibi≤ ai - ai= ai . b 2 2 5 10 i i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 i=1

n

3

Σ Σ

n

Σ

Σ

n

Σ

n

2 当且仅当 n 为偶数且 a1,a2,…,an 中一半取 1,一半取 2,且 bi= 时等号成立. ai

(2001T6)已知 6 枝玫瑰与 3 枝康乃馨的价格之和大于 24 元,而 4 枝玫瑰与 5 枝康乃馨的 价格之和小于 22 元,则 2 枝玫瑰的价格和 3 枝康乃馨的价格比较结果是() . (A)2 枝玫瑰价格高 (B)3 枝康乃馨价格高(C)价格相同 (D)不确定 【答】 ( A ) 【解】 设玫瑰与康乃馨的单价分别为 x、y 元/枝. 1 则 6x+3y>24,4x+5y<22.令 6x+3y=a>24,4x+5y=b<22,解出 x= 1 (5a ? 3b) ,y= (3b ? 2a) . 9 18

1 1 所以 2x-3y= (11a ? 12b) ? (11 ? 24 ? 12 ? 22) =0,即 2x>3y. 9 9
也可以根据二元一次不等式所表示的区域来研究.

不等式

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(2001T10)不等式

1 3 ? 2 ? 的解集为. log1 x 2
2

【解】

1 3 1 3 1 3 ?2? 或 ?2?? . ? 2 ? 等价于 log 1 x 2 log 1 x 2 log1 x 2
2

2

2



1 7 1 1 ?? . ?? 或 2 log 1 x 2 log 1 x
2

2

此时 log 1 x ? ?2 或 log 1 x ? 0 或 ?
2 2

2 ? log 1 x ? 0 . 2 7

∴解为 x >4 或 0<x<1 或 1<x< 2 7 . 即解集为 (0,1) ? (1,2 7 ) ? (4,??) .
2

2

(2001T15)用电阻值分别为 a1、a2、 a3、a4、a5、a6 (a1>a2>a3>a4>a5>a6) 的电阻组装成一个如图的组件, 在 组装中应如何选取电阻, 才能使该 组件总电阻值最小?证明你的结论. 【解】设 6 个电阻的组件(如图 3)的总电阻为 RFG.当 Ri=ai ,i=3,4,5,6,R1, R2 是 a1,a2 的任意排列时,RFG 最小.…………………………………………5 分 证明如下 1°设当两个电阻 R1,R2 并联时,所得组件阻值为 R:则 1 ? 1 ? 1 .故交换二电 R R1 R2 阻的位置,不改变 R 值,且当 R1 或 R2 变小时,R 也减小,因此不妨取 R1>R2. 2°设 3 个电阻的组件(如图 1)的总电阻为 RAB: R3
B

R AB

R R ? R1 R3 ? R2 R3 A RR ? 1 2 ? R3 ? 1 2 . R1 ? R2 R1 ? R2

R1 R2
图1

不等式

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显然 R1+R2 越大,RAB 越小,所以为使 RAB 最小必须取 R3 为所取三个电阻中阻值最 小的一个. 3°设 4 个电阻的组件(如图 2)的总电阻 为 RCD:

R1 R3 R2

C

R4
图2

D

1 1 1 R1 R2 ? R1 R3 ? R1 R4 ? R2 R3 ? R2 R4 . ? ? ? RCD R AB R4 R1 R2 R4 ? R1 R3 R4 ? R2 R3 R4
若记 S1 ?
1?i ? j ?4

?R R
i

j

, S2 ?

i 1?i ? j ?k ?4

?R R R
j

k

.则 S1、S2 为定值.

于是 RCD ?

S 2 ? R1 R2 R3 . S1 ? R3 R4

只有当 R3R4 最小,R1R2R3 最大时,RCD 最小,故应取 R4<R3,R3<R2,R3<R1,即得总 电阻的阻值最小.……………………………………………………………………15 分 4°对于图 3,把由 R1、R2、R3 组成的组件用等效电阻 RAB 代替.要使 RFG 最小,由 3°必需使 R6<R5;且由 1°,应使 RCE 最小.由 2°知要使 RCE 最小,必需使 R5< R4,且 应使 RCD 最小. 而由 3°,要使 RCD 最小,应使 R4< R3< R2 且 R4< R3< R1. 这就说明,要证结论成立………………………………………………………20 分 R1 R2 R4 R6 图3 G R3

A C F

B D R5

E

(2001 二试 2)二. 设 xi ? 0(i=1, 2, …, n) , 且 的最大值与最小值.

? xi2 ? 2
i ?1

n

1?k ? j ?n

?

n k 求 ? xi x k x j ? 1, j i ?1

不等式

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【解】先求最小值,因为 (

? xi ) 2 ? ? xi2 ? 2
i ?1 i ?1

n

n

1? k ? j ? n

? xk x j ? 1 ? ? xi ≥1,
i ?1

n

等号成立当且仅当存在 i 使得 xi =1,xj =0,j≠i. ∴

?x
i ?1

n

i

的最小值为 1.………………………………………………………………10 分

再求最大值,令 xk ? ∴

k yk ,

? ky
k ?1

n

2 k

?2

1?k ? j ?n
n

? ky
k ?1

k

y j ? 1 .…………①

设M=

? xk = ? k yk .
k ?1

n

? y1 ? y 2 ? ? ? y n ? a1 , ? y2 ? ? ? yn ? a2 , ? 令? ? ? ? yn ? an . ?
则① ? a1 ? a2 ? ?? an ? 1 .………………………………………………………30 分
2 2 2

令 an+1=0,则 M=
n n

?
k ?1

n

k (ak ? ak ?1 )
n n n

=

?
k ?1

k ak ? ? k ak ?1 ? ? k ak ? ? k ? 1ak ? ? ( k ? k ? 1)ak .
k ?1 k ?1 k ?1 k ?1

由柯西不等式得
n 2 2 ?n ?n 2? 2 2? M ? ?? ( k ? k ? 1) ? (? ak ) 2 ? ?? ( k ? k ? 1) ? . ? k ?1 ? k ?1 ? k ?1 ? 1 1 1

等号成立 ?

2 2 ak an a12 ??? ? ? ? 1 ( k ? k ? 1) 2 ( n ? n ? 1) 2 2 a12 ? a22 ? ? ? an 2 ak

?

1 ? ( 2 ? 1) 2 ? ? ? ( n ? n ? 1) 2

?

( k ? k ? 1) 2

不等式

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? ak ?

k ? k ?1
2 ? n 2? ( k ? k ? 1 ) ?? ? ? k ?1 ? 1

. (k=1,2,…,n)

由于 a1 ? a2 ? ? ? an ,从而

yk ? ak ? ak ?1 ?

2 k ? ( k ? 1 ? k ? 1)
2 ? n 2? ( k ? k ? 1 ) ?? ? ? k ?1 ? 1

? 0 ,即 xk ? 0 .

2 ?n 2? 所求最大值为 ?? ( k ? k ? 1) ? .……………………………………………50 分 ? k ?1 ?

1

(2002T2)若实数 x, y 满足(x+5)2+(y?12)2=142,则 x2+y2 的最小值为 (A) 2 解:B (B) 1 (C)

3

(D)

2

4 9 (2003T5)已知 x,y 都在区间(-2,2)内,且 xy=-1,则函数 u= 的最小 2+ 4-x 9-y2 值是 8 24 12 12 (A) (B) (C) (D) 5 11 7 5 1 1 解:由 x,y∈(-2,2),xy=-1 知,x∈(-2,- )∪( ,2), 2 2
4 2 4 9x2 -9x +72x -4 u= = =1+ 2+ 2 4 2 4-x 9x -1 -9x +37x -4

. 4 37-(9x2+ 2) x

35

1 1 1 4 2 当 x∈(-2, - )∪( , 2)时, x2∈( , 4), 此时, 9x2+ 2≥12. (当且仅当 x2= 时等号成立). 2 2 4 x 3 12 此时函数的最小值为 ,故选 D. 5

不等式

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(2003T7)不等式|x|3-2x2-4|x|+3<0 的解集是. 解:即|x|3-2|x|2-4|x|+3<0,?(|x|-3)(|x|- 5-1 <|x|<3. 2 ∴解为(-3,- 5-1 5-1 )∪( ,3). 2 2 5-1 5+1 5+1 )(|x|+ )<0.?|x|<- ,或 2 2 2

3 (2003T13)设 ≤x≤5,证明不等式 2 x+1+ 2x-3+ 15-3x<2 19. 2 3 解:x+1≥0,2x-3≥0,15-3x≥0.? ≤x≤5. 2 由平均不等式 x+1+ x+1+ 2x-3+ 15-3x ≤ 4 x+1+x+1+2x-3+15-3x ≤ 4 14+x . 4

∴ 2 x+1+ 2x-3+ 15-3x= x+1+ x+1+ 2x-3+ 15-3x≤2 14+x. 3 但 2 14+x在 ≤x≤5 时单调增.即 2 14+x≤2 14+5=2 19. 2 故证.

1 (2004T3)不等式 log2x-1+ log1x3+2>0 的解集为 2 2 A.[2,3) B.(2,3] C.[2,4) D.(2,4] 3 解:令 log2x=t≥1 时, t-1> t-2.t∈[1,2),?x∈[2,4),选 C. 2

(2005T1)使关于 x 的不等式 x ? 3 ? 6 ? x ? k 有解的实数 k 的最大值是 A.

6? 3
解:令 y ?

B.

3

C.

6? 3

D.

6

x ? 3 ? 6 ? x ,3 ? x ? 6,

2 则 y ? ( x ? 3) ? (6 ? x) ? 2 ( x ? 3)(6 ? x) ? 2[( x ? 3) ?(6 ? x)] ? 6.

?0 ? y ? 6,?实数k 的最大值为 6 。选 D。

(2005 二试 2)设正数 a、b、c、x、y、z 满足 cy ? bz ? a, az ? cx ? b; bx ? ay ? c.

不等式

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求函数 f ( x, y, z ) ?

x2 y2 z2 的最小值. ? ? 1? x 1? y 1? z

解:由条件得, b(az ? cx ? b) ? c(bx ? ay ? c) ? a(cy ? bz ? a) ? 0 , 即 2bcx ? a ? b ? c ? 0 ,
2 2 2

?x ?

b2 ? c2 ? a2 a2 ? c2 ? b2 a2 ? b2 ? c2 ,z ? . ,同理,得 y ? 2ac 2ab 2bc

? a、b、c、x、y、z 为正数,据以上三式知,

b2 ? c 2 ? a 2 , a 2 ? c2 ? b2 , a 2 ? b2 ? c 2 ,
故以 a、b、c 为边长,可构成一个锐角三角形 ABC,

? x ? cos A, y ? cos B, z ? cosC ,问题转化为:在锐角△ABC 中,
求函数 f (cos A 、 cos B 、 cos C )=

cos2 A cos2 B cos2 C ? ? 的最小值. 1 ? cos A 1 ? cos B 1 ? cosC
?

令 u ? cot A, v ? cot B, w ? cot C, 则 u, v, w ? R , uv ? vw ? wu ? 1, 且 u ? 1 ? (u ? v)(u ? w), v ? 1 ? (u ? v)(v ? w), w ? 1 ? (u ? w)(v ? w).
2 2 2

cos A ? ? 1 ? cos A

2

1?

u2 u2 ?1 u u2 ?1

?

u2 u 2 ? 1( u 2 ? 1 ? u )

?

u 2 ( u 2 ? 1 ? u) u2 ?1

? u2 ?

u3 u2 ?1

u2 ?

u3 (u ? v)(u ? w)

? u2 ?

u3 1 1 ( ? ), 2 u?v u?w

cos2 B v3 1 1 cos2 C w3 1 1 2 2 ?v ? ( ? ), ?w ? ( ? ). 同理, 1 ? cos B 2 u ? v u ? w 1 ? cosC 2 u?w v?w
1 u 3 ? v 3 v 3 ? w3 u 3 ? w3 1 ? f ? u 2 ? v 2 ? w2 ? ( ? ? ) ? u 2 ? v 2 ? w 2 ? [(u 2 ? uv ? v 2 ) 2 u?v v?w u?w 2
+ (v ? vw ? w ) ? (u ? uw ? w )] ?
2 2 2 2

1 1 (uv ? vw ? uw) ? . ( 取 等 号 当 且 仅 当 2 2

不等式

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u ? v ? w ,此时, a ? b ? c, x ? y ? z ? ), [ f ( x, y, z )] min ? .
(2007T2)设实数 a 使得不等式|2x?a|+|3x?2a|≥a2 对任意实数 x 恒成立,则满足条件的 a 所 组成的集合是()

1 2

1 2

1 1 1 1 , ] C. [? , ] D. [?3,3] 2 2 4 3 1 2 解:令 x ? a ,则有 | a |? ,排除 B、D。由对称性排除 C,从而只有 A 正确。 3 3 3 4 1 2 一般地,对 k∈R,令 x ? ka ,则原不等式为 | a | ? | k ? 1 | ? | a | ? | k ? |?| a | ,由此 2 2 3 3 4 易知原不等式等价于 | a |?| k ? 1 | ? | k ? | ,对任意的 k∈R 成立。由于 2 3 4 ?5 k? ?2 k ? 3 3 3 4 ? 4 ? 1 | k ? 1 | ? | k ? |? ?1 ? k 1 ? k ? , 2 3 ? 2 3 5 ?3 ? k k ?1 ? ? 2 3 4 1 1 所以 min{| k ? 1 | ? | k ? |} ? ,从而上述不等式等价于 | a |? 。 k?R 2 3 3 3
A. [? , ] B. [ ?

1 1 3 3

(2008T14)解不等式 log2 ( x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ?1) ? 1 ? log2 ( x4 ?1) . 解:方法一:由 1 ? log2 ( x4 ? 1) ? log2 (2 x4 ? 2) ,且 log 2 y 在 (0, ??) 上为增函数,故原不等 式等价于

x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 1 ? 2 x4 ? 2 .
即 分组分解

x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 2 x4 ? 1 ? 0 .
x12 ? x10 ? x8

?2 x10 ? 2 x8 ? 2 x6
?4 x8 ? 4 x6 ? 4 x4 ? x6 ? x 4 ? x 2 ? x4 ? x2 ? 1 ? 0 ,

( x8 ? 2x6 ? 4x4 ? x2 ? 1)( x4 ? x2 ?1) ? 0 ,

不等式

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所 以 x4 ? x2 ? 1 ? 0 , ( x ?
2

?1 ? 5 2 ?1 ? 5 )( x ? ) ? 0 。 所 以 x 2 ? ?1 ? 5 , 即 2 2 2
5 ?1 , 2 5 ?1 . ) 2

?

?1 ? 5 ? ? 1 ?x? 2 2

5 .故原不等式解集为 (?

方法二:由 1 ? log2 ( x4 ? 1) ? log2 (2 x4 ? 2) ,且 log 2 y 在 (0, ??) 上为增函数,故原不等 式等价于

x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 1 ? 2 x4 ? 2 .


2 1 ? 6 ? x 6 ? 3x 4 ? 3x 2 ? 1 ? 2 x 2 ? 2 ? ( x 2 ? 1)3 ? 2( x 2 ? 1) , 2 x x ( 1 3 1 ) ? 2( 2 ) ? ( x 2 ? 1)3 ? 2( x 2 ? 1) , x2 x 1 3 ) ? g ( x 2 ? 1) ,显然 g (t ) ? t ? 2t 在 R 上为增函数,由此 2 x

令 g (t ) ? t 3 ? 2t ,则不等式为 g ( 上面不等式等价于

1 5 ?1 ,故原不等式解集为 ? x 2 ? 1 ,即 ( x2 )2 ? x2 ?1 ? 0 ,解得 x 2 ? x2 2

(?

5 ?1 , 2

5 ?1 ). 2

?y≥0 ? (2009T3)在坐标平面上有两个区域 M 和 N , M 为 ? y ≤ x , N 是随 t 变化的区域,它 ?y≤2 ? x ?

由不等式 t ≤ x ≤ t ? 1 所确定, t 的取值范围是 0 ≤ t ≤ 1 ,则 M 和 N 的公共面积是函数
f ?t ? ? .

不等式

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1 ? n k ? ? ln n ≤ , n ? 1 ,2,… (2009 二试 1)求证不等式: ?1 ? ? ? 2 ? 2 ? k ?1 k ? 1 ?

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(2010 二试 3)给定整数 n ? 2 ,设正实数 a1 , a2 , ?, an 满足 ak ? 1, k ? 1, 2, ?, n ,记

Ak ?
求证:

a1 ? a2 ? ? ? ak , k ? 1, 2, ? , n . k

? ak ? ? Ak ?
k ?1 k ?1

n

n

n ?1 . 2

由 0 ? ak ? 1 知,对 1 ? k ? n ? 1 ,有 0 ?

?a
i ?1

k

i

? k,

0?

i ? k ?1

?a

n

i

? n?k .

注意到当 x, y ? 0 时,有 x ? y ? max ?x, y? ,于是对 1 ? k ? n ? 1 ,有

1 n ?1 1? k An ? Ak ? ? ? ? ? ai ? ? ai n i ?k ?1 ? n k ? i ?1 ? 1 n ?1 1? k a ? ? ? ? ai ? i ? n i ?k ?1 ? k n ? i ?1

?1 n ?1 1? k ? ? max ? ? ai , ? ? ? ? ai ? ? n i ?k ?1 ? k n ? i ?1 ? ?1 ? max ? (n ? k ), ?n
? 1?


?1 1? ? ? ? ?k? ?k n? ?

k , n
n

?a ? ? A
k ?1 k k ?1 n ?1 k ?1

n

n

k

? nAn ? ? Ak
k ?1 n ?1

?

? ? An ? Ak ? ? ? An ? Ak
k ?1

n ?1 ? k ? n ?1 . ? ? ?1 ? ? ? 2 n? k ?1 ?

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(2011T3)设 a , b 为正实数, ? ? 2 2 , (a ? b) 2 ? 4(ab) 3 ,则 loga b ? .

1 a

1 b

(2012T3)设 x, y, z ?[0,1] ,则 M ? | x ? y | ? | y ? z | ? | z ? x | 的最大值是. 【答案】 2 ? 1 因为
[21世纪教育网]

【解析】不妨设 0 ? x ? y ? z ? 1, 则 M ?

y ? x ? z ? y ? z ? x.

y ? x ? z ? y ? 2[( y ? x) ? ( z ? y)] ? 2( z ? x).
1 时上式等号同时成立.故 M max ? 2 ?1. 2

所以 M ? 2( z ? x) ? z ? x ? ( 2 ?1) z ? x ? 2 ?1. 当且仅当 y ? x ? z ? y , x ? 0, z ? 1, y ?

(2013 二试 3)

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(2014 二试 1)设 a, b, c ? R ,满足 a ? b ? c ? 1 , abc ? 0 ,

不等式

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求证: bc ? ca ? ab ?

abc 1 ? 2 4

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