2017數(shù)學(xué)競賽命題研討會材料匯總

1、2017數(shù)學(xué)競賽命題研討會材料匯總XX年全國數(shù)學(xué)競賽命題研討會試題匯編xx 年6月目錄代數(shù)代數(shù)1不等式人大附中張端 陽 1 代 數(shù) 2 不 等式人大附中張端陽1代數(shù)3不等式復(fù)旦附中李朝暉、施柯杰、肖恩利 3代數(shù) 4 不等式復(fù)旦附中李朝暉、施柯杰、肖恩利4代數(shù)5不等式復(fù)旦附中李朝暉、施柯杰、肖恩利 7 代數(shù) 6 不等式華東師大二附中唐立 華 8 代 數(shù) 7 不 等式湖南師大附中張湘君9代數(shù)8不等式湖南師大附中張湘君10代數(shù)9不等式湖南師大附中湯禮達11代數(shù)10不等式湖南師大附中湯禮達12代數(shù)11不等式吉大附中石澤暉、王庶赫13代數(shù)12不等式綿陽東辰學(xué)校袁萬倫、姚先偉 14 代 數(shù) 13 不 等式

2、綿陽東辰學(xué)校袁萬 倫 15 代 數(shù) 14 三 角 不 等式廣州二中程漢波16代數(shù)15不等式大連二十四中邰海峰 17 代數(shù) 16 數(shù)列東北育才學(xué)校 張 雷 18 代 數(shù) 17 不 等式東北育才學(xué)校張 雷 19 代 數(shù) 18 不 等式大連二十四中李響23代數(shù)19多項式學(xué) 而思培優(yōu)蘇州分校李家夫24代數(shù)20不等式華東師大張麗 玉 24 代 數(shù) 21 不 等式杭州二中趙斌25幾何幾何1復(fù)旦附中李朝暉、施柯杰、肖恩利28幾何2湖 南 師 大 附 中 蘇 林 29 幾 何3 湖南師大附中蘇林30幾何4 鄭州一中張甲31幾何5 西安鐵一中楊運新32幾何6 西安交大附中金磊33幾何7 西安交大附中金磊34幾何

3、8 西安交大附中金磊35幾何9 西安交大附 中 金 磊 36 幾 何10 西安交大附中金磊36幾何11 西安交大附中金磊37幾何12 東北育才學(xué)校纏祥瑞38幾何13 學(xué)而思培優(yōu)北京分校陳楷39幾何14 學(xué)而思培優(yōu)北京分校陳楷40幾何15 學(xué)而思培優(yōu)北京分校楊溢非41幾何16 北京四中侯彬42幾何17 西安交大附中金磊43數(shù)論數(shù)論1 東北育才 學(xué) 校 張 雷 45 數(shù) 論2 杭州二中趙斌 45數(shù)論3復(fù)旦附中李朝暉、施柯杰、肖恩利 47 數(shù)論4 東北育才學(xué)校纏祥瑞48數(shù)論5 杭州二中胡克元50數(shù)論6 學(xué)而思培優(yōu)杭州分校李卓倫52數(shù)論7 學(xué)而思培優(yōu)杭州分校李卓倫54數(shù)論8 學(xué)而思培優(yōu)武漢分校鞏鴻文5

4、5數(shù)論9 學(xué)而思培優(yōu)武漢分校鞏鴻文55數(shù)論10 學(xué)而思培優(yōu)深圳分校涂小林58數(shù)論11 學(xué)而思培優(yōu)深圳分校涂小林60組合組1 人大附中張端陽62組合2 西安交大附中金磊63組合3 西安交大附中金磊64組合4 西安交大附中金磊65組合5 學(xué)而思培優(yōu)廣州分校余澤偉66組合6 學(xué)而思培優(yōu)廣州分校余澤偉67組合7 學(xué)而思培優(yōu)蘇州分校李家夫68組合8 學(xué)而思培優(yōu)北京分校楊溢非69組合9 北京四中范興亞71命題小品一葦渡江江西科技師范大學(xué)陶平生 73代數(shù)代數(shù)1（人大附中張端陽）代數(shù)2（人大附中張端陽）1當(dāng)集合為t,t?1 時，設(shè)bi?i(i?1,2,t) 中，值為t?1的個數(shù)為x?1,2,t?1,值為t的個

5、數(shù)為t?x ,則t?2 ,且?t2?t?2t2?t?2?t(t?1)t(t?1),n?x(t?1)?(t?x)t?x?,?2222?1?8n?1?)1m2?(m)12m?(m?(m?1)mm?,令 t?m,則 n?, x?n?2222?且S?(bk?k)?k2?x(t?1)2?(t?x)t2?2k?1k?1ttt(t?1)(2t?1)6t(t?1)(2t?1)?t3?(2t?1)x?6(m?1)m?m(m?1)(2m?1)?m3?(2m?1)?n?26?(m?1)m(m?1)? (2m?1)n?.3(m?1)m(m?1),3 綜上， S?2?ibi?bi 的最小值是 (2m?1)n?2i?1i

6、?1tt?1?8n?1?m? 其中?.2?代數(shù)5求最大的實數(shù) M, 使得不等式 (x2?y2)3?M(x3?y3)(xy?x?y) 對一切滿足x?y?0 的實數(shù)x,y均成立.解：所求M的最大值為32.首先，取 x?y?4 , 可得 M?32.下證： (x2?y2)3?32(x3?y3)(xy?x?y)對一切滿足 x?y?0 的實數(shù) x,y均成立.記s?x2?y2 , t?x?y. 已知 2s?t , t?0.要證的不等式轉(zhuǎn) 化為：2s3?8t(3s?t2)(t2?2t?s)7設(shè)s?rt ,上述不等式等價于：r3?8(3r?t)(t?2?r),其中 2r?t?0 ,r3?8(3r?t)(t?2?

7、r)?8(t?2r?1)2?r3?8r2?16r?8?r3?8r2?16r?r(r?4)2?0 ,所以 r3?8(3r?t)(t?2?r),其中 2r?t?0 成立.代數(shù)6A :設(shè)正數(shù)a,b,c 滿足：a2?b2?c2?3,求證： abc?2. 4?a24?b24?c2 證明：先證如下引理引理設(shè)正數(shù)a,b,c滿足：a2?b2?c2?3,則(a?b?c)2?9(111?)?18. (*) 2224?a4?b4?c弓 | 理證明:?9?(a?b?c)2?(a?b)2?(b?c)2?(c?a)2,9(111?)?92224?a4?b4?c111?)?94?a24?b24?c2?(4?a2)?(4?b

8、2)?(4?c2)(2?4?b24?a?2?4?a24?b? , ?(a?b)2?(b?c)2?(c?a)2. ?cab. ?22 24?a4?b4?c222?4?b24?a 故(*)?2?4?a24?b?記I1?bca,I2?2224?a4?b4?c 要證原不等式，只要證明：?4?b24?a2?2?4?a24?b?(a?b)2?2(a2?b2)22222?(a?b)?(4?a)(4?b)?(a?b)22(4?a)(4?b)8而(4?a2)(4?b2)?(1?b2?c2)(a2?1?c2)?(a?b?c2)?(a?b)2, 上式成立，故引理得證.(a?b?c)21,y?下證原題：記 x?,則引

9、理有：x?y?2. 94?a2柯西不等式，有?abc?22?4?a24?b4?c?2?111?(a?b?c)2?222?4?a4?b4?c?499?2x?y?y?32?9xy2?(2x)?y?y?,22?33?所以故原不等式得證.abc324?2, 22234?a4?b4?c3a2?b2?c2?3 ,注記：利用已證問題(見2015命題研討會題目)：設(shè)正數(shù)a,b,c滿足：有b?c4?a2?c?a4?b2?a?b4?c2?23.我們有如下：B :設(shè)正數(shù)a,b,c 滿足：a2?b2?c2?3,求證:(a?b?c)(14?a2?14?b2?14?c2)?2(1?3).代數(shù)7設(shè)xi?R?,i?1,2,n

10、,試確定最小實數(shù) c,使得c?xi?1nab?ni?(?xi)?(?xia)b.i?1i?1nn 分析：齊次，且xi?R?,i?1,2,n,不妨設(shè)?xi?1ni?1.9原不等式？c?(?xi)?(?x)i?1i?1nnabi?xi?1n?c?(?x)nabiab?ni?xi?1ni?1n ,則只需求 S?(?xia)bnab?ni?xi?1i?1n 的最ab?ni 大值.哥 平 均 不 等 式 ，(i?1?xnnabi)1ab?(i?1)?nnax?i1ab?1?xi?1nabi?(?xia)b,則i?1nnS?b?1?xi?1nabi?xi?1n.ab?niChebyshev 不等式，n?x

11、i?1nab?ni?(?x)(?x)?nx1x2niabii?1i?1nnxn?x?xabii?1i?1nnab?ni?xiab.i?1n 于是 S?nb?1,當(dāng) x1?x2?xn?1時取等號，所以 Smax?nb?1?cmin?nb?1.代數(shù)8給定 m?3且 m?N 設(shè) a1,a2,am?0 , n?mIL n?N,求證： ?(i?1maim)n?n ,其中 am?1?a1.ai?ai?121nm,m ,則？bi?1 ,原不等式？()？n.2i?11?bii?1m1n1m()()?m1?b1?bi?1ii?i?1,于是只需證明：mmm分析：令bi?i?1,i?1,2,aimm曷平均不等式知n

12、1mm()?m. ?1?b2i?1i 考慮到 bi?0,i?1,2,m,m,可設(shè)bi?eci,i?1,2,m,則?c?0.ii?1m101m 記 f(t)?(),則1?etmm1mm1mmm()?()?f(c)?.?icimmm1?b21?e22i?1i?1i?1im1mtt?m?2t 求f(t)?( 的二階導(dǎo)數(shù)得下面分兩種情 f'(t)?me(1?e)(me?1), )t1?e 況討論：m1m1m1)?() , (i) 當(dāng) bi(i?1,2,m)中至少有一個小于時，？(1mi?11?bi1?m11mm1)?m?(1?)?mm?2.于是只 需證明 (12m1?m設(shè) g(x)?x,x?3

13、 ,貝U g'(x)?x?1x1x1?(1?lnx)?0,所以 g(x)在 x?3 時單調(diào) 2x1111 遞減，所以(1?)?mm?(1?)?33?2.m3(ii) 當(dāng) bi(i?1,2,m1,m) 都大于等于時，f'(t)?0,則f(t)是下凸函數(shù)，m 琴生不等式得 ？f(ci)?m?f(i?1?ci?1mim)?m?f(0)?m.2m1mm)?m 證畢. 綜上所述，？(2i?11?bi代數(shù)9設(shè)a1,a2,an?R?,求證：？i?1nmain?1?12ai?(n?1)?aji?j 證明：首先我們證明局部不等式：(a?an2?12n1?an2?12n2?？an2?1AM?GM2

14、n2n)?(an2?12n1?(n?1)an?1n2n?12n2n?1nn?an?12n2n)n2?1n1?2(n?1)an2?1n?12n2n12a?an?12nn?(n?1)2an?an2?a?an2?1n1?(n2?1)n2?12(n?1)n?1n2?12n122aa?1?an2?1n1?(n2?1)aa?ann?1n12 所以有11a1n?1(a?an2?12n1?an2?12n2?？an2?1n12n2?12n2n)2n2?n?1n1?(n2?1)aa?an?aan2?1n1a1n?1?(n2?1)a1a2?ana1n?1n?1?2a1?(n?1)a2a3anan2?12n1?an2

15、?12n1n2?12n2?？an2?12nnaa?同理有n?1ai?(n?1)?aji?jnn?1i2?an2?12nin2?1n2nii?1(i?2,3，,n)將上式相加，即得 ?i?1ain?1?1?(n2?1)?aji?j代數(shù)10給定 k,n?N*,k?n?1 , n?2k,設(shè) a1,a2,?,an 是？1,2,?,n?的一個排列，令Si?ai?ai?1?ai?k?1,記 S?min?S1,S2,?,Sn?.求證：S?k(n?1)?1. ?2?k(n?1)?a 因 k?n?1 ,故 a1?, 2?kn(n?1).2k1? 證 明： 反設(shè) S? 故nS?Si?k?ai?i?1i?1nn?S

16、1?S2 ,故必有 S1?S 或 S2?S, k(n?1)k(n?1)?Z?S?,與假設(shè)矛盾.22k(n?1)?1故只須再考慮k為奇數(shù)，n為偶數(shù)的情況，對1?i?n , Si?.2 當(dāng)k為偶數(shù)或n為奇數(shù)，得記 P?i|Si?k(n?1)?1k(n?1)?1PQ?j|Sj?則PQ?1,2,?,n?,22 - Q?.因為 k?n?1,所以 ai?ai?k 得至U Si?Si?1(1?i?n).故P中任意的兩元素之差都大于1,又P?Q?n?P?nk(n?1)?1k(n?1)?1kn(n?1)P?Q?Si=?Si?Si?222i?1i?Pi?Qn212k(n?1)?1k(n?1)?1kn(n?1)nP

17、?(n?P)?P2222kn(n?1)?,2? 等 號必須 成立， 即 P?,且 Si?n2k(n?1)?1kn(n?1)?1(1?i?n).或22?k(n?1)?1, i 為奇數(shù)？k(n?1)?1?2 不妨 S1?則 Si?k(n?1)?12?,i為偶數(shù)？2k(n?1)?1k(n?1)?1?ak+1?a1=1.,S2?22k(n?1)?1k(n?1)?1?ak+1?a2k+1=1.又因為 k 為奇數(shù)？Sk+1 = ,?Sk+2=22S1減 a1=a2k+1,所以 n | 2k,但 2k?2n?n 代數(shù)11?2k,與題設(shè)相矛盾.bn滿足？ai?bi ,已知正數(shù)序列an,且a1?a2?an,an

18、?bn?bn?1?b1?a1 ,i?1i?1nn對任意的 1?i?j?n ,均有 aj?ai?bj?bi ,證明：?ai?bi.i?1i?1nn 證明：于 aj?ai?bj?bi ,則 aj?bj?ai?bi. 這 說明數(shù)列ai?biin?1 是單調(diào)不減序列.又an?bn?0 , a1?b1?0.當(dāng)a1?b1?0時，必存在1?m?n,使得：當(dāng)1?i?m時，ai?bi , 此時記?i?bi?ai ；當(dāng) m?i?n 時，ai?bi ,止匕時記？i?ai?bi.?ai?bi可知：？i?i.而要證明的？ai?bi 可變形 為？ai?1.i?1i?1i?mi?1i?1i?1i?1nnnm?1nnnbi均

19、值不 等式可知：？i?1nnai?(i?1i)n ,故只需證？ai?n 即可，往證式 bini?1bi?bnai 成立.事實上，n?aibi?im?1bi?i?n?n?n?1?bnbn?1bibii?1bii?mi?1n?mbm?m?1bm?1?1b1?n?nbm?n?1bm?mbm?m?1bmbi?1bm?n?1?i?mbi?bm?0, ?i?0 , 0?bi?bm, ?i?0 ,這是于 n?i?m時，故有i?i ;時，bm13故有？i?bi?ibm.nn 當(dāng) a1?b1?0 時，則對 1?i?n，均有 ai?bi，又？ai?bi , 故對1?i?n ,i?1i?1 均有ai?bi ,此時結(jié)

20、論也成立.代數(shù)12設(shè) a?0,b?0,c?0 ,求證：333111(a2?b?)(b2?c?)(c2?a?)?(2a?)(2b?)(2c?).44422244223111 證明：因為 a2?b?a2?b?a?b?,44223131 同理 b2?c?b?c?,c2?a?c?a?,4242333111所以(a2?b?)(b2?c?)(c2?a?)?(a?b?)(b?c?)(c?a?),444222111111即證(a?b?)(b?c?)(c?a?)?(2a?)(2b?)(2c?),222222 將此式左，右兩端分別展開，印證11a2b?ab2?a2c?ac2?b2c?bc2?(a2?b2?c2)?

21、6abc?(ab?bc?ca)(?)22 因為 a2?b2?2ab,b2?c2?2bc,c2?a2?2ca ,三式相加得a2?b2?c2?ab?bc?ca , 所以12(a?b2?c2)21?a(b2?c2)?b(a2?c2)?c(a2?b2)?(a2?b2?c2)211?(ab?bc?ca)?6abc?(ab?bc?ca),22a2b?ab2?a2c?ac2?b2c?bc2?2abc?2bac?2cab 即(？)成立，故333111(a2?b?)(b2?c?)(c2?a?)?(2a?)(2b?)(2c?)44422214成立，當(dāng)且僅當(dāng) a?b?c?1時取等號.2代數(shù)13a3?b2b3?c2c

22、3?a22?.正數(shù) a,bc 滿足 a?b?c?1，證明：b?cc?aa?b3問題來源：韓京俊初等不等式的證明方法地6頁例：正數(shù)a,b,c滿a2?bb2?cc2?a?2. 足 a?b?c?1 ,證明：b?cc?aa?b 證法1:因為a2?bb2?cc2?aa3b3c3b2c2a2?b?cc?aa?bb?cc?aa?bb?cc?aa?b,b2c2a2(a?b?c)21?, cauchy 不等式的推論得b?cc?aa?b2(a?b?c)2a3b3c3a4b4c4(a2?b2?c2)2?b?cc?aa?bab?acbc?baca?cb2(ab?bc?ca)1 又 因 為(a?b?c)2?3(ab?b

23、c?ca),即 ab?bc?ca?,3cauchy 不等式 3(a2?b2?c2)?(a?b?c)2?1,即a2?b2?c2?1 , 3abc1(a2?b2?c2)21?，故?,即所以b?cc?aa?b62(ab?bc?ca)6a2?bb2?cc2?a112?b?cc?aa?b 623.333 證法2:因為a2?bb2?cc2?aa3b3c3b2c2a2?b?cc?aa?bb?cc?aa?bb?cc?aa?b,b2c2a2(a?b?c)21?, cauchy 不等式的推論得b?cc?aa?b2(a?b?c)2a3a(b?c)2b3b(c?a)2c3c(a?b)2?a,?b,?c ,所以因為b?

24、c4c?a4a?b415a3b3c31222?a?b?c?(ab?bc?ca)b?cc?aa?b255?(a?b?c)2?(ab?bc?ca)?1?(ab?bc?ca),221 又因為(a?b?c)2?3(ab?bc?ca),即 ab?bc?ca?, 3abc15511? 所 以 1?(ab?bc?ca)?1?, 即.b?cc?aa?b62236a2?bb2?cc2?a112?故？.b?cc?aa?b623代數(shù)14已知A,B,C為?ABC的三個內(nèi)角，求n3331?sinAsinB?n1?sinBsinC?n1?sinCsinA,n?N?的最小值.解當(dāng)n?1時，因為211?A?B?C?9sinA

25、sinB?sinA?3sin? , ?33?34?2 所 以?1?sinAsinB?3?sinAsinB? 當(dāng) n?2 時，萬能公式及柯 西不等式得3.4ABABtan4tantan2222sinAsinB?2?2A?2B?AB?1?tantan?1?tan?1?tan?22? ?22?4tan當(dāng)且僅當(dāng)tan所以有ABtan221?2AB?1?tantan?22?4tan?1?tan?1?tan?A B?tan?22? . 2AB?tan?22?2AB?tan ,即 A?B 時取等 號. 22?1?sinAsinB?設(shè) x?tanABBCCAtan, y?tantan , z?tantan，則

26、 x, y, z 均為正 22222216數(shù)，因為 tanABBCCAtan?tantan?tantan?1 ,故有 x?y?z?1.于是222222?1?sinAsinB?y?z?1?x? ,?1?x2x?y?z?2 在Nesbitt 不等式：？a3b?y?z,令 a?x?y , ?a,b,c?0?中， c?z?xb?c2y?z3?即得？，當(dāng) 且僅當(dāng) A?B?C?時，等號成 立.2x?y?z23當(dāng)n?3時，同第種情況可得，?y?z?y?z?1?1?x?333331?sinAsinB?2?1?x2x?y?z2x?y?z?2222?32?3?y?z?33?32?32 .2?2x?y?z?4?x?

27、y?z?2?2y?z?當(dāng)且僅當(dāng) x?y?z ,即 A?B?C? 時，等號成立.3當(dāng)n?4時，同第種情況可得，21?x1?x?1?x?nn1?sinAsinB?1?x?2 ,?21?x?1?x?1?x當(dāng)A?0,B?C?2時，等號成立.33 ;當(dāng)n?2時，原式的最小值為；42綜上所述，當(dāng)n?1時，原式的最小值為332 當(dāng)n?3時，原式的最小值為；當(dāng) n?4時，原式?jīng)]有 最小值，但下確界為 2.2代數(shù)15無窮個非鈍角三角形，將其最短邊、次長邊、最長邊分別相加，得到一個新的2? 大三角形，求證：這個大三角形的最大角小于3 解：設(shè)這無窮多個三角形的最短邊依次為a1,a2,長邊依次為c1,c2,?,次長邊

28、依次為 b1,b2,最, 其中 ai2?bi2 bici. ci2, 且 ai 蒯？a2?b2?c2 設(shè) a?ai,b?bi,c?ci,最大角余弦為.對于兩個不同的正2abi?1i?1i?117整數(shù)i,j,因為222222aiaj?bbij?ai?bi?aj?bj?aiaj?bbij?(aiaj?bbij)?(aibj?biaj),又因為 aiaj?bbij?aibj?biaj ,22所以(aiaj?bbij)?(aibj?biaj)222?(aiaj?bbij)?2(2?1)(aiaj?bbij)aibj?biaj?(2?1)(aibj?biaj) 2?(aiaj?bbij?(2?1)aib

29、j?biaj)222(?ai)2?(?bi)2?(?ai2?bi2)2所以 a?b?c 2?2?aiaj?2?bibj?2?ai2?bi2a2j?bji?ji?ji?j ?(22?2)?aibj?baij?(22?2)(?ai?bi),i?ja2?b2?c21?1?2?,從而最大角小于 2?.所以2ab23代數(shù)16數(shù)列un:u1?1,un?1?lim1u1?u2?un, 問：是否存在常熟？,？使得u1?u2?un?1, 若存在請求由？,？，若不存在請說明 理.？x?n1解：？?2,?,下面證明：211 第一步：證明：引理:1?2n(n?N*),用數(shù)學(xué)歸納法，32n?1(1) 當(dāng)n?1時，不等式

30、成立；(2) 假設(shè)n時不等式成立，則n?1時我們只要證明1211?2(n?1?n)?, 只要證明，該不等式成立，故 2n?12n?1n?1?nn?1n?1 時，不等式成立.綜上所述，引理成立. 第二步:u1?u2?un?1,u1?u2?un?118?un?1?1(n?2) 可得 un11?un?(n?2),u2?1,設(shè)u1?u2?un?1unan?1?an?un?1?1?an?1(n?2),則 un1,a1?1,則 limu1?u2?un?liman?.x?x?nan?n11222,a1?1,得 an?a?2?a?2,故？1nn2anan2an?2n?1 ,(*)第三步：an?1?an?22

31、則 an?1?an?2?112?a?2?,累加可得 n2an2n?1112an?2n?1?(1?)(n?2),32n?3112 引理可知：an?2n?1?(1?)?2n?1?2n , (*) 32n?322n?1an2n?1?2n2n?12n?1?2n?lim?1, 故 故(*),(*),，而 limn?2nn?2n2n2n2n2ana1lim?1,limn?1,則？?2,?滿足 條件.n?2nn?2n2試題 背景：常見題 目:a1?2,an?1?an?1,證明：2n?1?an?3n?2.于無 an 法求生具 體的通項公式，又希望能改進成為具體的值，而不只限于不等式，進而發(fā)現(xiàn)極限可以實現(xiàn)這一目

32、標(biāo).代數(shù)17a1?a2?？an?1(n?2),0?ai?1(i?1,2，,n),求a1?a2?？an?2a1a2 的最小值.222an1?n?1解：最小值為？1?2(1)n?n?n下面證明：n?2,3,4n?5我們解決n?4情形，不妨設(shè)a1,a2固定，則19a32?a42?2a1a2a3a4?(a3?a4)2?2a3a4?2a1a2a3a4為 關(guān)于知a3?a4,或者a4?0,當(dāng)a4?0時，可有均值得最小值為1; 3a3a4開口向下拋物線，故可當(dāng)a3?a4,固定a3,a4,調(diào)整a1,a2,同樣的情況，最后調(diào)整 a1,a3及a2,a4可知，都取等為61?. 163n?2,3 也容易證明.下證 n?

33、5 情形，我們證明更強的結(jié) 論：a1?a2?？an?sa1a2的最小值當(dāng) ai?1 取等.n222an(0?s?2)一.當(dāng)n?5時，都取等，值為11?s()n, 而其中一個等于 0,最小值nn111?s()n,故而 有利于我們調(diào)整.n?1nn同樣的調(diào)整法，我們可以調(diào)整4個相 等，即4a1?a5?1,證明：1111124a12?a5?sa12a5?s()5,不 妨 設(shè)a1?a5,a1?x,a5?4x(0?x?), 則552055 帶入后，只要證明10x2?成立.s11s15(?x)4(?4x)?(), 顯然我們只要證明s?2時 255251115 10x2?(?x)4(?4x)?55515 ,則

34、不等式成立，若10x2?5若1115 15 , 則只要證：(?x)4(?4x)2?(10x2?10x2)2, 于 5555141311115x4,故 只 要 證()()4?4x()3(?4x)?(?10x2)2 555555201(?x4)?5即15 120?15()3?100x255, 于110x2?55我們只要證15 115 , 可知成立.20?15()3?105551, 證明：2s1s1111, 不妨設(shè) 2a12?a52?a12a5?a?a,a?x,a?2,我們正要證明 s?2 的 時 候，即？2662631111116x2?(?x)2(?2x ) ?3 (*) 而 (?x)2?+x,代

35、入(*),我們即可證明.6666363下面考慮n?7情形，我們用數(shù)學(xué)歸納法，若n?2時成立，則n時，我們通過調(diào)整a 使得 an?1?an,1?2an?t,則 a1?a2?？an?2?t(0?t?1),令 bi?i(i?1,2，,n?2),t 當(dāng) n?6時，我們可以通過調(diào)整化歸為 2a1?a5?22222n?6t(b?b?.?b?sab1b2b?b?.?b?112n?2nt n?2貝U 12,我們求2bn?2)?2an 的最小值，歸納可知a1?a2?？a?aaan?2,an?1n,故問題化歸為(n?2)1?2n?1,求的最小值，我們不妨設(shè)(n?2)a12?2an2?sa1n?2an211n?22

36、a1?x,an?x(0?x?)nn2m n?2),(n?2)a?2an?sa212n?221n我們只要證明1?1?a?s?n?n?(*)n?2n(n?2)n2?1?x?s?x? 則 代 入(*),我們只要 證明:2?n?1?x?n?n?221n?22?1?(?)?s?n2?n?, 而n22?11n?n?21n?22?()?()x(對于指數(shù)是分?jǐn)?shù)的時候，只要兩邊平方證明即n2n可),代入上式可知結(jié)論成立.注：(1)數(shù)學(xué)歸納法解決了調(diào)整法中無限調(diào)整的問題；(2)n?6時的解決方法給整個題以提示 .(3)n?5 時的證明是 本題證明的難點.(4)加強歸納的技巧也是值得借鑒的 .21(5) 本題涉及猜

37、想，分類，跳躍歸納，加強歸納，調(diào)整法，放縮以及聯(lián)想探索等能力，是訓(xùn)練學(xué)生的較好題目.(6) 受n?5的啟發(fā)，我們也可以直接歸納，問題化歸為(n?1)a1?an?1,求(n?1)a12?an2?2a1n?1an2的最小值,設(shè)a1?11?x,an?(n?1)x, 同樣我們得到，只 nnn11?1?n(n?1)x?2(?x)n?1(?(n?1)x)?2? 要 證 明 nn?n?. ?1?n(n?1)x?2? 我們依舊分類討論，當(dāng)？n?時，移項平 方，我們只要證明2n11?1?1114(?x)n?1(?(n?1)x?(2?n(n?1)x2)2(?x)n?1?()n?1?(n?1)()n?2x,將nnn

38、nn?n?1?1?1?n(n?1)x2?2?2(n?1)n?4(n?1)2?代入，且注意到?n?,我們只要證明？n?n?nnn?2n,成立(7) 取等條件為全相等或者一個等于0,此比較兩個最小值，覺得系數(shù)2比較適合.(8) 題目思想來源：(全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽)實數(shù)a,b,c滿足a?b?c?1,abc?0,求證：ab?bc?ca?abc1?. 24 發(fā)現(xiàn)：一正二負(fù)的情況，不妨設(shè)a?0,b,c?0,則ab?bc?ca?b(a?c)?ac?b(1?b)?0,我們只要考查a,b,c?0情形，經(jīng)化歸?2ab?2bc?2ca?abc?a2?b2?c2?11,即證明？(a?b?c)2?(a2?b2?c)2?a

39、bc?221ab?c(*).下面證之：不妨設(shè) a 不變,則 21a2?b2?c2?abc?a2?(1?a)2?2bc?abc?(*) 以 bc 為元的開口向下的 21?a拋物線，知道bc?0,取得最小值，c?0 時，可知不等式成立；2bc?1?a 時 23a2?2a?a(1?a)?0,不妨設(shè) a 最大，令2a?t?1,1),322?3t3?t2?2t?1?0(*) 本來是求導(dǎo)數(shù)證明的，后來發(fā) 現(xiàn):32t3?1?1?2t,我們27224932275t?t?t2?()2?(2?)2?3.274927 止匕啟發(fā),繼續(xù)研究，發(fā)現(xiàn)上述的題目形式：代數(shù)18只要證明定義有序正數(shù)組的特征值為，設(shè)有序正數(shù)組的特

40、征值為k,(1) . 求證：可以將 劃分為m個有序數(shù)組，并設(shè)每組的特征值為，使得 ；(2) . 將2017改為2018,結(jié)論是否成立，并證明.解：(1)我們證明可以將劃分為m-1個二元數(shù)組和一個非二元數(shù)組滿足題中條件，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：m=1 時，顯然成立；假設(shè)m=p時結(jié)論成立，即可劃分為 p-1個二元數(shù)組和一 個非二元數(shù)組，使得 成立；則 m=p+1時，保持 m=p時劃分由去的p-1個二元數(shù)組不變，下面對非二元數(shù)組進行劃 分，設(shè)非二元數(shù)組為，其特征值為，取其中一個二元數(shù)組 ，其特征值為 ，其中 ，設(shè)除去 的 有序q-2元數(shù)組的特征值為，則對于 m=p+1,只要證明存在 使得 成立，即即成

41、立， 成立,成立，即即成立，設(shè)，于(，q為奇數(shù)，所以至少存在一個i使得 ，對于m=p+1原結(jié)論成立， 所以原題結(jié)論成立.(2) 成立，同(1)只要證存在i使得 成立，設(shè) , 若存在 ，則顯然成立，若均不為零，用反證法，假設(shè)均小于零，則 為同號，于q為偶數(shù)，有為同號，23于，與同號產(chǎn)生矛盾，所以存在 i使得成立， 所以對于2018依然成立.代數(shù)19已知：f(x)?x4?ax3?bx2?cx?d有四個復(fù)數(shù)根？1,?2,?3,?4 ,g(x)?x3?bx2?(ac?4d)x?4bd?a2d?c2有三個復(fù)數(shù)根?,?,?.123 求證：1?i?j?4?(?)ij2?1?i?j?3?(?)ij2解析為記號

42、簡單起見，不妨設(shè) ?1,?2,?3,?4?e,f,g,h韋達定理有?a?(e?f?g?h)?b?ef?eg?eh?fg+fh+gh? ?c?(efg?ef h?fgh?egh)?d?efgh 我們來證明：?1?2?3?(?b)?ef?eg?eh?fg+fh+gh?(?1?2?3?4)?(?1?3?2?4)?(?1?4?2?3).直接展開當(dāng)證即可. 于是證畢!代數(shù)20設(shè)x、y、z為正實數(shù)，求證：yzy2?z2?yz?zxz2?x2?zx?xyx2?y2?xy?(x2?y2?xy)(y2?z2?y z)(x2?y2?xy).一、命題背景：原題：P為三角形ABC內(nèi)一點，求證：BPCPBC?APCPA

43、C?APBPAB?ABBCAC.特別地，當(dāng)/ APB之BPCh CPA=120時，這個幾何不等式仍然成立，設(shè) PA=x, PB=y, PC=z,則得到題2.二、解答過程當(dāng)然我們可以先解答原幾何題，再等價轉(zhuǎn)化為我們所需 要的代數(shù)不等式.下面我們給由一個純代數(shù)的解法，解答 過程如下：24?yz(x2?y2?xy)(x2?z2?xz)?zx(y2?z2?yz)(y2?x2?yx)?xy(z2?x2?zx)(z2?y2?zy)?1首先證明y2?z2(x?y?xy)(x?z?xz)?x?yz?xy?z.22222y?zy2?z2y?z2?(x?y?xy)(x?z?xz)?(x?yz?x)?(x?yz?x

44、)?(x2?yz?x)2y?z222222y?z2)y2?z2y?z2?x(?)y?zy?z222222(x?y?xy)(x?z?xz)?(x?yz?x)2(x2?y2?xy)(x2?z2?xz)?(x2?yz?xx(y?z)2?y?z2(y?z)22222(x?y?xy)(x?z?xz)?(x?yz?x)2?(x2?y2?xy) (x2?z2?xz)?(x2?yz?xy?z3)?x(y?z) 2232x(y?z)24 而(x2?y2?xy)(x2?z2?xz)?(x2?yz?x?xz?xy?x22y?zy?z)?(x2?y2)(z2?x2)?x22y?z3?x(y?z)22222y2?z2所

45、以(x?y?xy)(x?z?xz)?x?yz?xy?z 成立.于是yz(x2?y2?xy)(x2?z2?xz)?yzy2?z2x?yz?xy?z2?yz(y?z).?yz(y?z)同理 zx(y2?z2?yz)(y2?x2?yx)xy?zx(z?x),yz(y?z)?(z2?x2?zx)(z2?y2?zy)xy(x?y),?yz(y?z)上面三個式子相加，即是我們需要證明的不等式.代數(shù)21252627幾何幾何1已知銳角？ABC AC?BC點K,N在邊AC上，點 M,L在邊 BC上，且11BC?AN?CK?CL?BM?AC.KL 與 MN于點 P.點 R為邊 BC 的中點，22點 Q為？ABC外

46、接圓上弧 ACB的中點.求 證：？RPN?QPK.證明：延長 MN KL分另I交BC于點X、Y.梅涅勞斯定 理，直線MN KL截？ABC#:BXANCMAYBLCK?1?XANCMBYBLC蒯牛：AN?CKNC?KA CM?BL MB?LC.BXBY 代入得：，？XAYA 進而：AX?BY因為R為邊BC的中點，Q為？ABC外接圓上弧 ACB的中 點，所以QR為線段AB的中垂線，結(jié)合可知 QR為線段XY的 中垂線.因為 QA?QB AN?BM ?QAN?QBM所以？QAN?QBM 所 以 QM?QN ?MQA?BQA?ACBS而 M,C,Q,N 四點共圓. 所以？QCM?QNX又？QCM?QAX

47、可得？QAX?QN河彳# Q,N,A,X 四點共圓，28?ABC?CAB.22?ACB?ABC?CAB 又？KYX?CBA?BLY?CBA? ?2洲 以？QXN?QAC?QAB?CAB?ACB?CAB?？QXN?KYX QX?QY 所以：？PXY?PYQ所以QX,QY為？PXY的外接圓的切線，所以 QP為？PXY的陪位中線，所以：？QPK?XPR?RPN.幾何2已知I是？ABC內(nèi)心，過I作BC的垂線，交？ABC的外接 圓于D、E（D、A在BC同側(cè)），延長DA交直線BC于F,過I 作AE的垂線交直線BC于G.求證：？DFI?EGI.證明：引理：F是。的弦BC延長線上一點，D是弧BC 中點，弦交弦

48、BC于G , DF交圓于 D、H,貝U DC2?DH?DF?DG?DE.引理的證明：連結(jié) CB CH.因為D是弧BC中點，所以？E?BCD因此，所以DC?DGC s?DCE2?DG?DE.因為弧 DH/M DCW HC=H BD-弧 HC所以？DCH?BCD?CDH?F 因止匕？DHS ?DCF, 所以DC?DH?DF?DG?DE.回到原題：延長AI交。于P,設(shè)BC于DE的交點為 M,連結(jié)DF交 BC于L,延長DO交。于K.下證P、E、G三點共線：延長PE交BC延長線于 G?,連結(jié)IG?交AE于N.雞爪定理及弓I理知 PI?PC?PE?PG?故？PEIs?pig?,故？PIE?PG?I ,于是

49、？IAE?IEA?BG?E?IG?B , 而？IAE?PCE?BG?E 所以？MEN?MG?N因此M E、G?、N四點共圓.而？EMG?= 90?所以IG?AE, 因止匕G?即G,29222 所以P、E、G三點共線.再證LI?DF:雞爪定理及引理知：PI2?PC2?PL?PD ,所以？PLI s ?pid ,從而？LIP?IDP , 因 止匕？DLI?DPA?LIP?DPA?EDP.所以？DLI?LDF?DPA?ADE?2?EDP在？DBC中熟知 DO DE是等 角線，從而？DLI?LDF?DFA?ADE?EDK= 90?.所以 LI?DF.最后證明？DFI?EGI:LI?DF 、 DI?LF

50、 知 I 是？DLF 垂心， 所 以？DLI?DFI?90?LDF.因為？IGL?DEA?DPA 所以 L、P、 G I四點共圓.從而？DLI?EGI.所以？DFI?EGI.幾何3OO2相切，如圖，O 01、且均與。切，OO的弦徑AB 0 02的外公切線，。01、0 02的兩條外公切線是。01、且D、 F、CD EF分別交AB于C E, D、F在。上，01 、02均不在直線 AB同側(cè)，EF交AD于P, CD交BF于 Q.求證：PQ/ AB.證明：分別延長 FE、DC交。于T、S,連結(jié)SA SR TA、TB.0 02分別切 AB于K、L,切SD于 J V,切FT于Y、X. 設(shè)。01、對。01及點

51、圓OA、OS、OB用開世定理有：SA?BK?SB?AK?AB?SU.對。02及點圓。A、OS、OB用開世定理有：SA?BL?SB?AL?AB?SV.兩式相減得：SA?KL?SB?KL?AB?UAB?UV從而 SB?SA?.KLAB?XY 同理：TB?TA?.KL30而 UV?XY 故 SB?SA?(TB?TA).易知：當(dāng)點G沿弧BSA從B到A時，GB?GA勺值單調(diào)遞 增， 當(dāng)且僅當(dāng) GG?/ AB 時，GB?GA?(G?B?G?A).故ST/ AB.從而？ADS?BFT所以F、P、Q D四點共圓.因止匕？FQP?FDP?FB撕以 PQ/I AB.幾何4已知圓O1與圓O2外切，P為圓O1上一點，

52、PA,PB分別且圓O2于A,B兩點，M 為AB中點，OC垂直PA交圓O1于點C, PB交圓O1于點D. 1求證：C,D,M三點共線.AAO2O1MO1SMO2DPCBDTB PC證明：設(shè)圓O1,圓O2切于點S,則O1,S,O2三點共線，P,M,O2三點共線.OC?AP,O2A?AP可得A,S,C三點共線.111要證 C,D,M 三點共線，即證：？SDM?CO1S?AO2S?ABS?SBM22 即證：S,D,B,M四點共圓.設(shè)過S的圓O1,圓O2的公切線交 PB于T.貝 U?DSM?DBM?DST?90?MSO2?90?MBO2?180?DST?MSO2?MBO2?于是S,D,B,M四點共圓等價

53、于？DST?MSO2?MBO2而02A2?O2S2?O2M?O 2P?MSO2?SPO231? MSOA SAO2?MSO2?SPO2.又？MBO2?BPO2?MSO2?MBO2?SPO2?BPO2?SPD?DST 故原命題得證.幾何5從一道三線共點題到線段相等題的改編作為數(shù)學(xué)老師，總是希望學(xué)生被數(shù)學(xué)題目吸引，然后去 獨立思考、深入思考，最終有所收獲.但是常常發(fā)現(xiàn)一些題目，學(xué)生并不太喜歡，甚至有些排斥.在微信群“幾何大家玩”中討論過一個幾何題.1. A ABC；高AH, BC中點 M 內(nèi)切圓與 BC CA邊的切點D、E, /B內(nèi)的旁心J.證明：MJ、DE AH三線共點.作為教練，覺得這是一個敘述比較簡潔的三線共點題目 可是，在給高二學(xué)生做練習(xí)時，許多學(xué)生都跳過這個題，直 接去做后面的題.詢問若干同學(xué)，有的說不方便用塞瓦定理， 有的說不喜歡旁心.一個月后，我將題目作如下表述，再次 留給學(xué)生們思考