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1、2017 年全国数学竞赛命题研讨会试题汇编2017年 6 月目录代数代数 1 不等式人大附中张端阳1 代数 2 不等式人大附中张端阳1 代数 3 不等式复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利3 代数 4 不等式复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利4 代数 5 不等式复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利7 代数 6 不等式华东师大二附中唐立华8 代数 7 不等式湖南师大附中张湘君9 代数 8 不等式湖南师大附中张湘君10 代数 9 不等式湖南师大附中汤礼达11 代数 10 不等式湖南师大附中汤礼达12 代数 11 不等式吉大附中石泽晖、王庶赫13 代数 12 不等式绵阳东辰学校袁万伦、姚先伟14 代数 13 不等式
2、绵阳东辰学校袁万伦15 代数 14 三角不等式广州二中程汉波16 代数 15 不等式大连二十四中邰海峰17 代数 16 数列东北育才学校张雷18 代数 17 不等式东北育才学校张雷19 代数 18 不等式大连二十四中李响23 代数 19 多项式学而思培优苏州分校李家夫24 代数 20 不等式华东师大张丽玉24 代数 21 不等式杭州二中赵斌25 几何几何 1复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利28 几何 2湖南师大附中苏林29 几何 3湖南师大附中苏林30 几何 4郑州一中张甲31 几何 5西安铁中杨运新32 几何 6西安交大附中金磊33 几何 7西安交大附中金磊34 几何 8西安交大附中金磊35
3、几何 9西安交大附中金磊36 几何 10西安交大附中金磊36 几何 11西安交大附中金磊37 几何 12东北育才学校缠祥瑞38 几何 13学而思培优北京分校陈楷39 几何 14学而思培优北京分校陈楷40 几何 15 学而思培优北京分校杨溢非41 几何 16 北京四中侯彬42 几何 17 西安交大附中金磊43 数论数论 1东北育才学校张雷45 数论 2杭州二中赵斌45 数论 3复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利47 数论 4东北育才学校缠祥瑞48 数论 5杭州二中胡克元50 数论 6学而思培优杭州分校李卓伦52 数论 7学而思培优杭州分校李卓伦54 数论 8学而思培优武汉分校巩鸿文55 数论 9学而
4、思培优武汉分校巩鸿文55 数论 10学而思培优深圳分校涂小林58 数论 11学而思培优深圳分校涂小林60 组合组合 1人大附中张端阳62 组合 2西安交大附中金磊63 组合 3西安交大附中金磊64 组合 4西安交大附中金磊65 组合 5学而思培优广州分校余泽伟66 组合 6学而思培优广州分校余泽伟67 组合 7学而思培优苏州分校李家夫68 组合 8学而思培优北京分校杨溢非69 组合 9北京四中范兴亚71 命题小品一苇渡江江西科技师范大学陶平生73 1 代数代数 1(人大附中张端阳 ) 代数 2(人大附中张端阳 ) 2 3 代数 3（复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利）求最佳常数c，使得对任意123
5、4,0a a a a，有212344123414max4ijijaaaaaa a acaa. 解：注意到对于任意的1234,0 x x x x，有如下恒等式：222222212341234121234344()2()xxxxx x x xxxx xx xxx. (1) 不妨设1234xxxx，则221414()max ()ijijxxxx，且121344,x xxx xx. 从而22123414()x xx xxx. (2) 若14xx，则 (2) 式显然成立 . 当14xx时，令14Lxx，则341201,01xxxxLL. 从而223434231212()1xxxxLxxxxxxLLLLL
6、. 因此2222123414()()()xxxxLxx. 结合 (1), (2)两式，得22222123412341443()xxxxx x x xxx. (3) 令2,1,2,3,4iiax i. 由 (3) 即得2123441234143max44ijijaaaaaa a aaa. 下面证明若结论成立，则34c. 假 设 对12340aaaa， 存 在34c使 得 结 论 成 立 . 则 取1234211,(1)aaaann，则结论可重写为22131114ncnn. (4) 其中3,14cn. 注意到当n时，左边34，右边c，矛盾！4 故最佳常数为34c. 代数 4（复旦附中李朝晖、施柯杰
7、、肖恩利）将不小于 2的正整数n表示为若干个正整数12,tb bbL之和，即12tnbbbL，当 t与12,tb bbL变化时，求2112ttiiiiSibb 的最小值 . 解：定义12( ;,)tf t b bbSL. 设12( ;,)tt b bbL使得S最小，则对任何,1,2, i jtL，ij，令1,iibb1,jjbb(, )kkbbkij. 考虑下面三种情况：情形 1 若0jb，且ij，则121111112221111211(1;,)2(1)2 (1)22(1),jjtjjiikkiikkkkkikittkkkjkjf tb bbbbbkbbi bbkbbkbLL而12111122
8、221111211( ;,)22222,tjjiikkiikkjjkkkik ittkkkjkjf t b bbbkbbibbkbbjbbkbL由121112(1;,)( ;,)jjttf tb bbbbf t b bbLLL得，222(1)2 (1)22iiiijjbi bbibbjb；情形 2 若0jb，且ij，则121111112221111211(1;,)22(1)(1)2(1)(1)2(1),jjitjjiikkkkiikkkjkjttkkkik if tb bbbbbbkbbkbbibbkbLLL5 而12111122221111211( ;,)22222,tjjiikkjjkki
9、ikkkjkjttkkk ikif t b bbbkbbjbbkbbibbkbL由121112(1;,)( ;,)jjttf tb bbbbf t b bbLLL得，222(1)2(1)(1)22iiiijjbibbibbjb；情形 3 若0jb，则由1212( ;,)( ;,)ttf t bbbf t b bbLL得2222(1)2 (1)(1)2 (1)22iijjiijjbi bbj bbibbjb. 上面的三种情形都表明，2222(1)2 (1)(1)2 (1)22iijjiijjbi bbj bbibbjb, 即1ijbibj. 由, i j的任意性得，1jibjbi. 所以，当S取
10、得最小值时， 所有的(1,2, )ibi itL至多可以取到两个不同值 （若恰取两个不同的值，则这两个不同值是两个相邻的正整数）. 由排序不等式，此时12tbbbL. 若11b，则121tbbbL且2t，212( ;,)2(1; )tf t b bbttftL. 即可将12( ;,)tt b bbL换成(1;) t，而S不变. 因此，不妨假设12b，则1212( ;,)(1;1,1)ttf t b bbf tbbbLL，整理得，112bt，又1tbtt，故由(1,2, )ibi itL的不同值组成的集合为1 ,2,1,2, ,1ttttt t. 6 （1）当集合为1 t时，1ibti，(1)2
11、t tn，1812nt，22211(1)(21)()(1)6ttkkkt ttSbkkt t，令1tm，则(1)2m mn，1812nm，上式可化为(1)(1)(21)3mm mSmn；（2）当集合为2t时，2ibti，(3)2t tn，3892nt，22211(1)(21)()(2)6ttkkkt ttSbkkt t，令1tm，则(1)(2)2mmn，91122881nmn，上式可化为(1)(1)(21)3mm mSmn；（ 3） 当 集 合 为1,2tt时 ，设(1,2, )ibi itL中 ， 值 为2t的 个 数 为1,2,1xtL，值为1t的个数为 tx ，则2t，且22(1)(1)
12、232(2)()(1),2222t tt tttttnx ttx tx，令1tm， 则(1)2(1)4,22mmm mn，1812nm，(1)2mmxn，且22221122(1)(21)()(2)()(1)6(1)(21)(1)(23)6(1)(1) (21)(1)(21)26(1)(1)(21)3ttkkkt ttSbkkx ttx tt ttt ttxmmmmmmmmnmm mmn；7 （ 4 ） 当 集 合 为 ,1 t t时 ， 设(1,2, )ibi itL中 ， 值 为1t的 个 数 为1,2,1xtL，值为 t的个数为 tx ，则2t，且22(1)(1)22(1)(),2222t
13、 tt tttttnx ttx tx，令 tm， 则(1)2(1)2,22mmm mn，1812nm，(1)2mmxn，且22221133(1)(21)()(1)()6(1)(21)(21)6(1)(1)(21)(21)26(1)(1)(21).3ttkkkt ttSbkkx ttx tt ttttxmmm mmmmnmm mmn综上，2112ttiiiiSibb 的最小值是(1)(1)(21)3mm mmn，其中1812nm. 代数 5（复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利）求最大的实数M，使得不等式22333()()()xyM xyxyxy对一切满足0 xy的实数,x y均成立 . 解：所求M的
14、最大值为32. 首先，取4xy，可得32M.下证：22333()32()()xyxyxyxy对一切满足0 xy的实数,x y均成立 . 记22sxy，txy. 已知22st，0t.要证的不等式转化为：3228 (3)(2)ststtts8 设 srt ，上述不等式等价于：38(3)(2)rrttr，其中20rt，由32328(3)(2)8(21)8168rrttrtrrrr322816(4)0rrrr r，所以38(3)(2)rrttr，其中20rt成立. 代数 6（华东师大二附中唐立华）A：设正数cba,满足：3222cba，求证：2444222ccbbaa. 证明: 先证如下引理引理设正数
15、cba,满足：3222cba，则18)414141(9)(2222cbacba. (*)引理证明 : ,)()()()(92222accbbacba9)414141(9222cba9)414141)(4()4()4(222222cbacba222224444baab，故 (*)222224444baab222)()()(accbba. 记2221444cabcabI,2222444cbbaacI. 要证原不等式 ,只要证明 : 222222)(4444babaab222222222)()4)(4()()4)(4()(bababababa9 而22222222)()()1)(1()4)(4(ba
16、cbacacbba，上式成立，故引理得证 . 下证原题：记2241,9)(aycbax，则由引理有：2yx. 由柯西不等式 , 有222224222414141)(444cbacbaccbbaa3323229)2(29932yyxyyxxy，所以23324444222ccbbaa，故原不等式得证 . 注记： 利用已证问题 (见 2015命题研讨会题目 )： 设正数cba,满足：3222cba，有32444222cbabacacb. 我们有如下：B：设正数cba,满足：3222cba，求证：)31(2)414141)(222cbacba. 代数 7（湖南师大附中张湘君）设,1,2,ixRinL，试确定最小实数c，使得111() ()nnnabnabiiiiiicxxx. 分析：由齐次，且,1,2,ixRinL，不妨设11niix. 10 原不等式11111() ()()nnnababiiiiiinnab nab niiiixxxccxx，则只需求11()nabiinab niixSx的最大值. 由幂平均不等式，1111()()nnabaiiiiabaxxnn111()nnbababiii
