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1、1981 年2019 年全国高中数学联赛试题分类汇编不等式与线性规划部分第 1 页 共 19 页1981 年2019 年全国高中数学联赛试题分类汇编不等式部分2019B 一、 （本题满分40 分）设正实数12100,a aa满足101iiaa（1,2,50i）记112kkkkaxaaa（1,2,99k），证明：29912991x xx。证明：注意到12100,0a aa对1,2,99k，由平均值不等式知121210kkkkaaaa aa， 10 分从而有9999299112991111212kkkkkkkkkakx xxaaaaa aa 20 分记的右端为T，则对任意1,2,100i，ia 在
2、T的分子中的次数为1i，在T的分母中的次数为100i 从而101 210050502 10110121012101101101111iiiiiiiiiiiiaTaaaa。30 分又1010iiaa（1,2,50i），故1T，结合得29912991x xxT 40 分2018B 一、 （本题满分40 分）设ba,是实数，函数xbaxxf9)(。证明：存在9, 10 x，使得2)(0 xf。证明 :用反证法 .假设对任意的9, 1x，均有2)(xf，则2)1 (f，2) 3(f，2)9(f即29ba，233ba，219ba注意到16)1(3)2(4)3(fff又16)1 (3)2(4)3(fff)
3、 1(f)3(4 f16)9(3 f矛盾！所以原命题得证。2017A 9、 （本题满分16 分）设mk,为实数，不等式12mkxx对所有bax,成立，证明：22ab。证明： 记mkxxxf2)(，bax,，则1 , 1)(xf。于是1)(2mkaaaf；1)(2mkbbbf1981 年2019 年全国高中数学联赛试题分类汇编不等式与线性规划部分第 2 页 共 19 页1)2()2()2(2mbakbabaf+ -2知4)2(2)()(22bafbfafba，即22ab。2017A 10 、（ 本 题 满 分20分 ） 设321,xxx是 非 负 实 数 ， 满 足1321xxx， 求53533
4、21321xxxxxx的最小值和最大值。解析： 由柯西不等式1553353532332211321321xxxxxxxxxxxx当11x，02x，03x时取等号，故所求的最小值为1；又32132132132135553515353xxxxxxxxxxxx2321232132163146201355534151xxxxxxxxx59631862012321xxx，当211x，02x，213x时取等号，故所求的最小值为59；2017B 9、 （本题满分16 分）设为实数，不等式xxa252对所有2 , 1x成立，求实数a的取值范围。 解 析 ： 设2xt， 则2,4t， 于 是| | 5|tat对
5、 所 有2,4t成 立 ， 由 于22| |5|()(5)tattat，(25)(5)0taa，对给定实数a， 设( )(25)(5)f ttaa， 则( )f t是关于t的一次函数或常值函数，注意2,4t，因此( )0f t等价于(2)( 1)(5)0(4)(3)(5)0faafaa，解得35a所以实数a的取值范围是35a.2017B 一、（本题满分40 分）设实数cba,满足0cba，令cbad,max，证明：21)1)(1)(1 (dcba证明： 当1d时，不等式显然成立以下设01d，不妨设,a b不异号，即0ab，那么有(1)(1)11110ababababcd因此222(1)(1)(
6、1)(1)(1)111abcccccd1981 年2019 年全国高中数学联赛试题分类汇编不等式与线性规划部分第 3 页 共 19 页2016A1、设实数a满足aaaa1193，则实数a的取值范围为答案：)310,332(a解析： 由| aa可得0a，原不等式可变形为1|11913aaaaa即111912a，所以)34,910(2a又0a，故)310,332(a2016A 一、 （本题满分40 分）设实数2016321,aaaa满足21119iiaa（2015,2, 1i）. 求)()(212016220162015232221aaaaaaaa的最大值。解析： 令)()(21201622016
7、2015232221aaaaaaaaP由已知得，对2015,2, 1i，均有0911212121iiiiaaaa。若0212016aa，则0P；下面考虑0212016aa的情况 .不妨记12017aa，由平均不等式得2016120161220161201612120161201612120161120161201612016120161iiiiiiiiiiiiiiaaaaaaaaP41412016201612)1(20161220161iiiaa， 当且仅当212016321aaaa时取等号。又21119iiaa（2015,2, 1i） ，此时201641P,即所求最大值为201641。201
8、6B 2、设21|aaA，则平面点集0,|),(yxAyxyxB的面积为答案：7解析： 点集B如图中阴影部分所示，其面积为133227.2MRSMNPQSS正方形2015A6、在平面直角坐标系xOy中，点集0)63)(63( |),(yxyxyxK所对应的平面区域（如图所示）的面积为答案：24解析： 设1(, ) |3 | 60Kx yxy先考虑1K在第一象限中的部分，此时有36xy,故这些点对应于图中的OCD 及其内部由对称性知，1K对应的区域是图中以原点O 为中心的菱形ABCD 及其内部同理，设2( , )|3 | 60Kx yxy，则2K对应的区域是图中以O 为中心的菱形EFGH 及其内
9、部由点集K的定义知，K所对应的平面区域是被1K、2K1981 年2019 年全国高中数学联赛试题分类汇编不等式与线性规划部分第 4 页 共 19 页中恰好一个所覆盖的部分，因此本题所要求的即为图中阴影区域的面积S由于直线CD 的方程为36xy，直线GH 的方程为36xy，故它们的交点P 的坐标为3 3(,)2 2由对称性知，138842422CPGSS2015A一 、 （ 本 题 满 分40 分 ） 设 实 数naaaa,321（2n） 是 实 数 .证 明 ： 可 以 选 取1 , 1,21n使得niiniiiniianaa1221211。证明：证法一 ：我们证明：22221112()(1)
10、()nnnniijiniiijaaana，即对1,2,2ni，取1i，对1,2nin，取1i符合要求（这里， x表示实数x的整数部分 ）10 分事实上，的左边为2222222111 1 1 122222nnnnnnijijijnnniiijjjaaaaaa2221 122222nnijnijnnana（柯西不等式）30 分2221 1212222nnijnijnnaa（利用122nnn）2221 12(1)nnijnijnana（利用 xx）21(1)()niina所以 得证，从而本题得证证法二 ： 首先，由于问题中12,na aa的对称性，可设12naaa 此外，若将12,na aa中的负数
11、均改变符号，则问题中的不等式左边的21)(niia不减，而右边的21niia不变，并且这一手续不影响1i的选取，因此我们可进一步设120naaa10 分引理 ：设120naaa，则1110( 1)niiiaa1981 年2019 年全国高中数学联赛试题分类汇编不等式与线性规划部分第 5 页 共 19 页事实上，由于1(1,2,1)iiaain，故当n是偶数时，1123411( 1)()()()0niinniaaaaaaa，11232111( 1)()()niinnniaaaaaaaa当n是奇数时，11234211( 1)()()()0niinnniaaaaaaaa，1123111( 1)()(
12、)niinniaaaaaaa引理得证30 分回到原题，由柯西不等式及上面引理可知22122211111( 1)(1)nnnniiiiiiiiiaanaana，这就证明了结论40 分证法三 ：加强命题 ：设12,na aa（2n）是实数，证明：可以选取12, 1,1n，使得2221111()()()()nnniiiiiiiaanan. 证明不妨设22212naaa，以下分n为奇数和n为偶数两种情况证明. 当n为奇数时，取12121n，13221nnn，于是有12221112()()()nnniijniijaaa12221122() +() nnijnijaa1222112112()+2 ()()
13、22nnijnijnnana（应用柯西不等式）. 1222112(1)()+(1)()nnijnijnana另外，由于22212naaa，易证有122211211(1)(1)nnijnijaann，因此，由式即得到1222112(1)()+(1)()nnijnijnana211()()niinan，故n为奇数时，原命题成立，而且由证明过程可知，当且仅当12121n，1981 年2019 年全国高中数学联赛试题分类汇编不等式与线性规划部分第 6 页 共 19 页13221nnn，且12naaa时取等号 . 当n为偶数时，取1221n，24221nnn，于是有2222112()()()nnniij
14、niijaaa22222122() +() nnijnijaa2222122()+2 ()()22nnijnijnnana（应用柯西不等式）. 222212()+()nnijnijnaa22111()()()nniiiinanan，故n为偶数时， 原命题也成立， 而且由证明过程可知，当且仅当120naaa时取等号，若12,na aa不全为零，则取不到等号. 综上，联赛加试题一的加强命题获证. 2015B 一、 （本题满分40 分）证明：对任意三个不全相等的非负实数cba,都有：21)()()()()()(222222accbbaabcacbbca，并确定等号成立的充要条件。解析： 当, ,a
15、b c不全相等时，原不等式等价于2222222()2()2()()()()abcbcacababbcca上式可化简为22222222212222a bb cc aabcabbcca, 即2222226a bb cc aabbccaabc 考虑到222222,0a b b c c aab bc ca，故由平均不等式得，622222222222266a bb cc aabbccaa bb cc aab bc caabc 因此原不等式成立20 分下面考虑等号成立的充分必要条件注意到中等号成立的充分必要条件是222222a bb cc aabbcca若0abc，则abbcca，显然abc，与条件矛盾！
16、若0abc，则0abbcca，但, ,a b c不全为0，不妨设0a，则0bc类似可得其余两种情况，即, ,a b c中恰有一个非零这时原不等式中等式确实成立因此，原不等式等号成立当且仅当, ,a b c中有两个是0，另一个为正数40 分2010A 三、 （本题满分50 分）给定整数2n，设正实数naa,1满足1ka，nk,2 ,1，记kaaaAkk21，nk,2, 1。证明：2111nAanknkkk。1981 年2019 年全国高中数学联赛试题分类汇编不等式与线性规划部分第 7 页 共 19 页证明： 由01ka知，对11kn，有110,0kniiiikakank注意到当,0 x y时，有max,xyx y，于是对11kn，有11111knnkiiiikAAaankn11111nkiiikiaankn11111max,nkiii kiaankn111max(),nkknkn1kn，故111nnnkknkkkkaAnAA1111nnnknkkkAAAA111nkkn12n2010B 三、 （本题满分50 分）设, ,x y z为非负实数 , 求证：22232222223()()()(
