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不等式第1页共24页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+12B．－2t2+2tC.1－12t2D.12(t－2)2解：⊿OAB的面积=1。直角边长为t的等腰直角三角形面积=12t2.直角边长为2－(1+t)=1－t的等腰直角三角形面积=12(1－t)2．f(t)=1－12t2－12(1－t)2=1－t2+t－12=12+t－t2(0≤t≤1)．选A．(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，yxO1212ABll12tt+1y=xy=2-x高中数学联赛真题分类汇编于洪伟不等式第2页共24页每个丙用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．⑴2p＋q＋1=2m＋n；⑵q＋r=n＋k．⑶∴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：甲：(a+1a)(b+1b)，乙：(ab+1ab)2，丙：(a+b2+2a+b)2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·bm+dn，那么A．P≥QB．P≤QC．PQD．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．高中数学联赛真题分类汇编于洪伟不等式第3页共24页（1984二试5）设x1，x2，…，xn都是正数，求证：x21x2+x22x3+…+x2n－1xn+x2nx1≥x1+x2+…+xn．证明x21x2+x2≥2x1，x22x3+x3≥2x2，x23x4+x4≥2x3，…，x2nx1+x1≥2x1．上述各式相加即得．（1986T6）边长为a、b、c的三角形，其面积等于14，而外接圆半径为1，若s=a+b+c，t=1a+1b+1c，则s与t的大小关系是A．stB．s=tC．stD．不确定解：△=12absinC=abc4R，由R=1，△=14，知abc=1．且三角形不是等边三角形．∴1a+1b+1c≥1ab+1bc+1ca=a+b+cabc=a+b+c．(等号不成立)．选C．（1986T10）设x、y、z为非负实数，且满足方程45x+9y+4z－6825x+9y+4z+256=0，那么x+y+z的最大值与最小值的乘积等于；解：令25x+9y+4z=t，则得，t2－68t+256=0，(t－64)(t－4)=0，t=4，t=64．5x+9y+4z=25x+9y+4z=4，9(x+y+z)=4+4x+5z≥4，x+y+z≥49；4(x+y+z)=4－x－5y≤4，x+y+z≤1x+y+z∈[49，1]；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．故，所求最大值与最小值的乘积=499=4．（1989T12）当s和t取遍所有实数时，则(s+5－3|cost|)2+(s－2|sint|)2所能达到的最小值高中数学联赛真题分类汇编于洪伟不等式第4页共24页为．解：令x=3|cost|，y=2|sint|，则得椭圆x29+y24=1在第一象限内的弧段．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≥33ai，(i=1，2，…，n)∴(2+a1)(2+a2)…(2+an)=(1+1+a1)(1+1+a2)…(1+1+an)≥33a1∙33a2∙…∙33an≥3n3a1a2…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但a1+a2+…+an≥nna1a2…an=n=C1n，a1a2+a1a3+…+an－1an≥C2nC2n(a1a2…an)n－1=C2n，……，∴(2+a1)(2+a2)…(2+an)=2n+(a1+a2+…+an)2n－1+(a1a2+a1a3+…+an－1an)2n－2+…+a1a2…an≥2n+C1n2n－1+C2n2n－2+…+C1n=(2+1)n=3n．（1989二试2）已知xi∈R(i=1，2，…，n；n≥2)，满足nΣi=1|xi|=1，nΣi=1xi=0，求证：nΣi=1xii≤12－12n．证明：由已知可知，必有xi0，也必有xj0(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X=xi1+xi2+…+xil=12，Y=xj1+xj2+…+xjm=－12．高中数学联赛真题分类汇编于洪伟不等式第5页共24页于是当kΣl=1xill－mΣh=1xjhh时，nΣi=1xii=kΣl=1xill+mΣh=1xjhh≤kΣl=1xil－1nmΣh=1xjh=X2－－Y2=12－12n．于是当kΣl=1xill－mΣh=1xjhh时，nΣi=1xii=－kΣl=1xill－mΣh=1xjhh≤－kΣl=1xil－1nmΣh=1xjh=－Y2－X2=12－12n．总之，nΣi=1xii≤12－12n成立．（1990T7）设n为自然数，a、b为正实数，且满足a+b=2，则11+an+11+bn的最小值是．解：ab≤(a+b2)2=1，从而anbn≤1，故11+an+11+bn=1+an+1+bn1+an+bn+anbn≥1．等号当且仅当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≤x4+y4+z4+(x4+y4)+(y4+z4)+(z4+x4)=3(x4+y4+z4)．等号当且仅当x=y=z时成立．故n=3．（1991T15）已知0a1，x2+y=0，求证：loga(ax+ay)≤loga2+18．解：由于0a1，即证ax+ay≥2a18．由于ax+ay≥2ax+y2．而x+y=x－x2=x(1－x)≤14．于是ax+y2≥a18．∴ax+ay≥2ax+y2≥2a18．故证．高中数学联赛真题分类汇编于洪伟不等式第6页共24页(1992T13)求证：164Σi=11k17．证明：1k=2k+k2k－1+k=2(k－k－1)，同时1k2k+1+k=2(k+1－k)．于是得280Σk=1(k+1－k)80Σk=11k1+280Σk=1(k－k－1)即1680Σk=11k1+2(80－1)1+2(9－1)=17．（1993T11）设任意实数x0x1x2x30，要使logx0x11993+logx1x21993+logx2x31993≥k·logx0x31993恒成立，则k的最大值是_______.解：显然x0x31，从而logx0x319930．即1lgx0－lgx1+1lgx1－lgx2+1lgx2－lgx3≥klgx0－lgx3．就是[(lgx0－lgx1)+(lgx1－lgx2)+(lgx2－lgx3)](1lgx0－lgx1+1lgx1－lgx2+1lgx2－lgx3)≥k．其中lgx0－lgx10，lgx1－lgx20，lgx2－lgx30，由Cauchy不等式，知k≤9．即k的最大值为9．（1995T10）直角坐标平面上，满足不等式组y≤3x，y≥x3，x+y≤100的整点个数是．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．由x轴、y=13x，x+y=100围成区域(不包括y=13x上)内的整点数(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，…，A(75,25)B(25,75)y=13xy=3xyx1002010020O高中数学联赛真题分类汇编于洪伟不等式第7页共24页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．∴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．解：a=log(xy+z)，b=log(yz+1x)，c=log(1yz+y)．∴a+c=log(1yz+1x+yz+x)≥2log2．于是a、c中必有一个≥log2．即M≥log2，于是M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+c10与a2x2+b2x+c20的解集相同;命题Q：a1a2=b1b2=c1c2．则命题Q()(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nΣi=1a2i=nΣi=1b2i，求证：nΣi=1a3ibi≤1710nΣi=1a2i．并问：等号成立的充要条件．高中数学联赛真题分类汇编于洪伟不等式第8页共24页证明：由于a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn∈[1，2]，故12≤a3ibiaibi≤2．于是(12aibi－a3ibi)(2aibi－a3ibi)≤0)，即aibi－52a2i+a3ibi≤0．求和得nΣi=1a3ibi≤52nΣi=1a2i－nΣi=1aibi，又由(12bi－ai)(2bi－ai)≤0得b2i－52aibi+a2i≤0，故aibi≥25(a2i+b2i)．由nΣi=1a2i=nΣi=1b2i，得nΣi=1aibi≥45nΣi=1a2i，∴nΣi=1a3ibi≤52nΣi=1a2i－nΣi=1aibi≤52nΣi=1a2i－45nΣi=1a2i=1710nΣi=1a2i．当且仅当n为偶数且a1，a2，…，an中一半取1，一半取2，且bi=2ai时等号成立