备战2025年高中数学联赛之历年真题分类汇编专题37不等式第六缉1．【2024年高中数学联赛B卷（第02试）】设实数a、b、c满足a+b+c=0.令d=maxa,b,c，证明:|(1+a)(1+b)(1+c)|⩾1−d2.【答案】证明见解析【解析】当d≥1时，不等式显然成立以下设0≤d<1.不妨设a、b不异号，即ab≥0，那么有(1+a)(1+b)=1+a+b+ab⩾1+a+b=1−c⩾1−d>0.因此|(1+a)(1+b)(1+c)|⩾|(1−c)(1+c)|=1−c2=1−|c|2⩾1−d2.2．【2024年年天津预赛】如果整数n≥2,证明:1+1221+132⋯1+1n2<2.【答案】证明见解析【解析】解法一在熟知的不等式1+x≤ex中,分别取x=122,132,⋯,1n2,就得到原式左端≤e12+132+⋯+1n2.注意到1k2<1k2−14=1k−12−1k+12,令k从2到n求和,即得122+132+⋯+1n2<(12−12−12+12)+(13−12−13+12)+⋯+(1n−12−1n+12)=23−22n+1<23，因此,待证式左端0;当−10在(1,+∞)上恒成立.所以y=f(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以[f(x)]min=f(2)=15.5．【2024年年福建预赛】设a1,a2、a3、a4、a5是5个正实数(可以相等).证明:一定存在4个互不相同的下标i,j,k,l,使得aiaj−akal<12.【答案】证明见解析【解析】不妨设a1≤a2≤a3≤a4≤a5,考虑以下5个分数:a1a2,a3a4,a1a5,a2a3、a4a5.它们都属于区间(0,1].把区间(0,1]分成两个区间：0,12和12,1,由抽屉原理知,区间0,12或12,1中一定有一个区间至少包含(1)中的3个数(记这3个数依次为a,b,c).将①中的5个数依次围成一个圆圈,则(1)中任意三个数中都有两个数是相邻的(a1a2与a4a5是相邻的).即a、b、c中至少有两个数是相邻的.假设a与b相邻,则a−b<12.另一方面,由①中5个分数的分子、分母的下标特征知,围成的圆圈中,任意相邻两个分数的分子、分母的4个下标互不相同.于是,a,b对应的分数的分子、分母的4个下标符合要求.因此,结论成立.6．【2024年年四川预赛】设α,β为实数,若对任意的实数x,y,z,有αxy+yz+zx≤M≤βx2+y2+z2恒成立,其中M=x2+xy+y2⋅y2+yz+z2+y2+yz+z2⋅z2+zx+x2+z2+zx+x2⋅x2+xy+y2.求α的最大值和β的最小值.【答案】α的最大值是3,β的最小值是3.【解析】取x=y=z=1，有3α⩽9⩽3β，则α⩽3,β⩾3.(1)解法一先证M≥3xy+yz+zx对任意的实数x、y、z成立.因为x2+xy+y2⋅y2+yz+z2 =[(x+y2)2+34y2]⋅[(z+y2)2+34y2] ⩾|(x+y2)(z+y2)|+34y2 ⩾(x+y2)(z+y2)+34y2 =xz+12xy+12yz+y2，所以M⩾∑(xz+12xy+12yz+y2)=2xy+yz+zx+x2+y2+z2 ≥2xy+yz+zx+xy+yz+zx =3xy+yz+zx 解法二注意到x2+xy+y2≥34x+y2,则M≥34x+y⋅y+z+34y+z⋅z+x+34z+x⋅x+y ≥34xy+yz+zx+y2+34yz+zx+xy+z2+34zx+xy+yz+x2 =34x2+y2+z2+94xy+yz+zx ≥34xy+yz+zx+94xy+yz+zx =3xy+yz+zx (2)解法一再证M≤3x2+y2+z2对任意的实数x,y,z成立.因为M≤x2+xy+y22+y2+yz+z22+z2+zx+x22=2x2+y2+z2+xy+yz+zx ≤3x2+y2+z2 解法二注意到x2+xy+y2⋅y2+yz+z2≤x2+xy+y2+y2+yz+z22,故M≤4x2+y2+z2+2xy+yz+zx2≤4x2+y2+z2+2x2+y2+z22 =3x2+y2+z2 .结合(1)、(2)可知,α的最大值是3,β的最小值是3.7．【2024年年陕西预赛】设a、b、c为正实数,且满足a+bb+cc+a=1.求证:a21+bc+b21+ca+c21+ab≥12.【答案】略【解析】由柯西不等式,得a21+bc+b21+ca+c21+ab≥a+b+c23+ab+bc+ca故只需证明：a+b+c23+ab+bc+ca≥12. ①先证明:a+b+c≥32.事实上,由均值不等式及已知,得a+b+c=12a+b+b+c+c+a≥12⋅33a+bb+cc+a=32再证明:ab+bc+ca≤32.事实上,由赫尔德不等式、均值不等式及已知,得ab+bc+ca3=3ab⋅b⋅a+3b⋅bc⋅c+3a⋅c⋅ca≤ab+b+ab+bc+ca+c+ca≤a+b2+a+bb+b+c2+cc+a+c+a2=278a+bb+cc+a=278,所以ab+bc+ca≤32.于是,a+b+c23+ab+bc+ca≥3223+32=12,即①式成立.故原不等式成立.8．【2024年年安徽预赛】设x,y∈0,1,求fx,y=1+xy1+x2+1−xy1+y2的取值范围.【答案】1,2【解析】当x⩾y时,由于1+xy1+x2,1−xy1+y2∈[0,1],因此2≥fx,y≥1+xy1+x2+1−xy1+y2≥1+xy1+x2+1−xy1+x2=21+x2≥1.当x≤y时,显然有fx,y≥1+xy1+x2≥1,且有x+x−1≥y+y−1,由此1≤fx,y=1+y−xx+x−1+1−x+yy+y−1≤1+y−xy+y−1+1−y−xy+y−1≤2，上述最后一个不等式利用了结论：当0≤t≤1时,1+t+1−t≤2.最后由f1,1=1,f0,0=2可知fx,y的取值范围是1,2.9．【2024年年江苏预赛】已知x,y∈R,且x2+y2=2,x≠y.求1x+y2+1x−y2的最小值.【答案】1【解析】因为x2+y2=2,所以x+y2+x−y2=4.所以1(x+y)2+1(x−y)2=14[1(x+y)2+1(x−y)2][(x+y)2+(x−y)2]⩾14(1+1)2=1.当x=2,y=0时，1(x+y)2+1(x−y)2=1.所以1(x+y)2+1(x−y)2的最小值为1.10．【2024年年新疆预赛】已知正数x、y、z满足x+y+z=1.求证:对任意正整数n,有xn+yn+zn≥13n−1.【答案】证明见解析【解析】由n维均值不等式,可得xn+13n+⋯+13n⏟n−1≥nnxn⋅13nn−1=nx⋅13n−1，yn+13n⏟+⋯+13n≥nnyn⋅13nn−1=ny⋅13n−1，zn+13n⏟+⋯+13n≥nnzn⋅13nn−1=nz⋅13n−1.三式相加得xn+yn+zn+3n−1⋅13n≥nx+y+z⋅13n−1=n3n−1.xn+yn+zn≥13n−1.11．【2024年年新疆预赛】(1)对于任意的a,b>0,求证:1a+b≤141a+1b.(2)设x1,x2,x3>0,且1x1+1x2+1x3=1.求证:x1+x2+x3x1x3+x3x2+x1+x2+x3x1x2+x3x1+x1+x2+x3x2x1+x3x2≤32.【答案】证明见解析【解析】(1)由于a,b>0,根据均值不等式有2ab≤a2+b2⇒2≤a2+b2ab=ab+ba⇒4≤ab+ba+2=a+bb+a+ba⇒1a+b≤141a+1b.(2)将原式变形,并运用(1)可得原式=x1+x2+x3x3x1+x2+x1+x2+x3x1x2+x3+x1+x2+x3x2x3+x1=1x3+1x1+x2+1x1+1x2+x3+1x2+1x3+x1 =1x1+1x2+1x3+1x1+x2+1x2+x3+1x3+x1 =1+1x1+x2+1x2+x3+1x3+x1 ≤1+141x1+1x2+1x2+1x3+1x3+1x1 =1+12=32.12．【2024年年内蒙古预赛】已知：a,b,c,均为正实数,求证:2bc+ca+ab≤33b+cc+aa+b.【答案】证明见解析【解析】因为a,b,c均为正实数,所以有a+b≥2ab,b+c≥2bc，a+c≥2ac.故b+cc+aa+b≥8abc.因此9b+cc+aa+b≥8abc+8b+cc+aa+b，所以8a+b+cbc+ca+ab≤9b+cc+aa+b.又因为a+b+c2≥3bc+ca+ab,所以64×3bc+ca+ab3≤81b+cc+aa+b2.故2bc+ca+ab≤3⋅3b+cc+aa+b.13．【2016年陕西预赛】记“∑”表示轮换对称和.设a、b、c为正实数，且满足abc=1.对任意整数n≥2，证明： ∑anb+c≥3n2.【答案】见解析【解析】不妨设a≤b≤c.则nb+c≥nc+b≥na+b，anb+c≤bnc+a≤cna+b.由切比雪夫不等式得∑a=∑(nb+c·anb+c)≤13(∑nb+c)(∑anb+c).又由幂平均不等式得13∑nb+c≤n13∑(b+c)=n23∑a.故∑a≤n23∑a(∑anb+c) ⇒∑anb+c≥∑an23∑a=n32(∑a)n−1由已知及均值不等式得∑a≥33abc=3.故∑anb+c≥3n2.14．【2016年山东预赛】证明：sin1n+sin2n>3nsin1nn∈Z+.【答案】见解析【解析】原不等式等价于证明：2sin1n+tan1n>3nn∈Z+.。