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2011年全国高中数学联赛辅导材料代数与不等式专题


加试试题选讲(代数部分) 2011 加试试题选讲(代数部分)
一.函数方程 1.确定所有的函数 是实数集, 恒有: 1.确定所有的函数 f : R → R ,其中 R 是实数集,使得对于任意 x,y ∈ R 恒有:
f ( x ? f ( y )) = f ( f ( y )) + xf ( y ) + f ( x ) ? 1

解:令 x = f ( y ) 代入①中得: f (0) = f ( x) + x 2 + f ( x) ? 1 即 f ( x) =

f ( 0) + 1 x 2 ? , 2 2

由于 x = f ( y ) ,所以 x 是取自然数值域中的数.现设法求 f (0) ,令 f (0) = c . 在①中令 x = y = 0 得: f ( ?c ) = f (c ) + c ? 1 ,这里 c ≠ 0 在①中令 y = 0 得: f ( x ? c ) = f (c ) + cx + f ( x ) ? 1 ∴ f ( x ? c ) ? f ( x ) = f (c ) + cx ? 1,x ∈ R ∵ c ≠ 0 ,因此,当 x 取遍全体实数时, cx + f (c ) ? 1 也取遍全体实数 即 { f (c) + cx ? 1 x ∈ R} = R , ∴ { f ( x ? c) ? f ( x) x ∈ R} = R ,

因此,对于任何实数 x ,存在 y1 = f ( x′ ? c)及y 2 = f ( x′) 使得 x = y1 ? y 2 再由 f ( x) = c +1 x2 ? 得 2 2

f ( x) = f ( y1 ? y2 ) = f ( y2 ) + y1 y2 + f ( y1 ) ? 1 =
2 1 1 ∴ c + 1 y12 c + 1 y2 ? + y1 y2 + ? ? 1 = c ? ( y1 ? y2 ) 2 = c ? x 2 2 2 2 2 2 2

c?

1 2 c +1 x2 x2 x = ? ? c = 1 ,即 f ( x) = 1 ? . 2 2 2 2

说明:此种解法蕴含算二次的思想. 二.离散函数与函数最值 2.给定整数 n(n ≥ 3) ,实数 a1 , a2 ,L , an 满足: min | ai ? a j |= 1 ,求 ∑ | ak |3 的最小 2.给定整数 满足:
1≤i < j ≤ n
k =1 n

值。 解:不妨设 a1 < a2 < L < an ,则对 1 ≤ k ≤ n 有 | ak | + | an ? k +1 |≥| ak ? an ? k +1 |≥| n + 1 ? 2k |

∑ | ak |3 =
k =1

n

1 n ∑ (| ak |3 + | an?k +1 |3 ) 2 k =1
-1-

=

1 n 1 ?3 ? ∑ (| ak | + | an?k +1 |) ? 4 (| ak | ? | an+1?k |)2 + 4 (| ak | + | an+1?k |)2 ? 2 k =1 ? ?
3 1 n 1 n ∑ (| ak | + | an?k +1 |)3 ≥ 8 ∑ | n + 1 ? 2k |3 这里去掉了 4 (| ak | ? | an+1?k |)2 8 k =1 k =1
n n ?1 2



1 当 n 为奇数时, ∑ | n + 1 ? 2k |3 = 2 × 23 ∑ i 3 = (n 2 ? 1)2 4 k =1 i =1
n ? n ? 2 3 3 ? j 3 ? (2i )3 ? = 1 n 2 (n 2 ? 2) 当 n 为偶数时, ∑ | n + 1 ? 2k | = 2∑ (2i ? 1) = 2 ∑ ∑ ? 4 ? j =1 k =1 i =1 i =1 ? ? ? ? n n 2 n n 1 2 1 (n ? 1) 2 ,当 n 为偶数时, ∑ | ak |3 ≥ n 2 (n 2 ? 2) 32 32 k =1

故当 n 为奇数时, 等号均在 ai = i ?

∑| a
k =1

k

|3 ≥

n +1 (i = 1, 2,L , n) 时成立 2
x y +z
2 2

3.求最大的实数 3. 求最大的实数 a , 使得
x, y, z 均成立。 均成立。

+

y z +x
2 2

+

z x + y2
2

> a , 对所有的正实数

解: x = y, z → 0 , 令 则原式左边趋于 2, 因此, a > 2 , 若 则将出现矛盾, a ≤ 2 , 故 下面证明:
x y2 + z2 + y z 2 + x2 x y2 + z2 + z x2 + y2 >2

利用待定指数法,设

>

2 xα xα + y α + z α

① (其中 α 为待定参数)

① ? ( x α + y α + z α ) 2 > 4 x 2α ? 2 ( y 2 + z 2 ) 上式左边 ≥ 4 xα ( yα + z α ) ,故只需证明: 4 xα ( yα + z α ) ≥ 4 x 2α ? 2 ( y 2 + z 2 ) 不难发现令 α = 2 时即可,故
x y2 + z2 + y z 2 + x2 + z x2 + y2 > 2 ,故 amin = 2

4.设 的实数, 4.设 x, y, z 是三个不全为 0 的实数,求

xy + 2 yz 的最大值 x + y2 + z2
2

分析:欲求

xy + 2 yz 的最大值,只需要证明存在一个常数 c ,使得 x + y2 + z2
2

-2-

xy + 2 yz ≤c x + y2 + z2
2

① 且 x, y, z 取某组数时,等号成立

1 ①式 ? x 2 + y 2 + z 2 ≥ ( xy + 2 yz ) ,由于右边两项为 xy 和 yz ,所以左边的 y 2 需要 c

拆成两项 α y 2 与 (1 ? α ) y 2 ,由: x 2 + α y 2 ≥ 2 α xy , (1 ? α ) y 2 + z 2 ≥ 2 1 ? α yz 而
2 1?α 1 2 = 2 ? α = ,从而 x 2 + y 2 + z 2 ≥ ( xy + 2 yz ) 5 2 α 5 1 2 2 4 4 2 y ≥ xy , y 2 + z 2 ≥ yz ,故 x 2 + y 2 + z 2 ≥ ( xy + 2 yz ) 5 5 5 5 5

解:因为 x 2 +



xy + 2 yz 5 5 ≤ ,当 x = 1, y = 5, z = 2 时等号成立,故所求最大值为 2 2 x +y +z 2 2
2

5.设 5.设 f n ( x1 , x2 ,L , xn ) =

xn x1 x2 + +L + 2 2 (1 + x1 + x2 + L + xn ) (1 + x2 + x3 + L + xn ) (1 + xn ) 2
n →∞

,并求 求 f n 的最大值 mn (其中 xi ≥ 0 ,并且用 mn ?1 表示 mn ) 并求 lim mn , 解:令 α i =
1 1 ,1 ≤ i ≤ n ,并约定 α n +1 = 1 ,则 1 + xi + L + xn = , 1 + xi + L + xn αi 1

又 1 + xi +1 + L + xn =
f n = ∑ α i2 (
i =1 n

α i +1
1

,故 xi =
n

1

αi

?

1

α i +1

,因此:

1

αi

?

α i +1

) = ∑ (α i ?
i =1

α i2 α2 α2 α2 ) = (α1 +α 2 + L +α n ) ? ( 1 + 2 + L + n ) 1 α i +1 α2 α3

为 f n 的求最大值,构造一下不等式: ?α12 2 ? α + λ1 α 2 ≥ 2λ1α1 ? 2 2 ?α 2 2 ? + λ2 α 3 ≥ 2λ2α 2 ? α3 ? ?LLLLLL 2 ?α n 2 ? + λn ≥ 2λnα n ?1

-3-

?2λ1 = 1 ? 2 ?2λ2 = 1 + λ1 其中 λ1 , λ2 ,L , λn 为参数,并且 λi ≥ 0 将上面的不等式相加,只需使 ? , ?LLL ? 2λ = 1 + λ 2 n ?1 ? n

即有 f n ≤ λn2 注意到 λi ≥ λi ?1 ,且 0 ≤ λi ≤ 1 ,故 λn 存在且它的值为 1。 满足: 6.设非负实数 ai (i = 1, 2,L , n) 满足: a1 + a2 + L + an = 1 ,求: 6.设非负实数
a1 a2 a1 + +L + 的最小值。 的最小值。 1 + a2 + a3 + L + an 1 + a1 + a3 + L + an 1 + a1 + a2 + L + an ?1

解:给所求式子中的每一个分式配一个常数 1,进行通分,再将 ∑ ai = 1 用常数 1
i =1

n

代替得:

1 + (a1 + a2 + L + an ) 2 a1 +1 = = 1 + a2 + a3 + L + an 2 ? a1 2 ? a1 an a2 2 2 +1 = , LL , +1 = 1 + a1 + a3 + L + an 2 ? a2 1 + a1 + a3 + L + an 2 ? an

同理可得:



y=

a1 a2 a1 + +L+ 1 + a2 + a3 + L + an 1 + a1 + a3 + L + an 1 + a1 + a2 + L + an ?1 2 2 2 + +L + 2 ? a1 2 ? a2 2 ? an



y+n=

注意到 (2 ? a1 ) + (2 ? a2 ) + L + (2 ? an ) = 2n ? 1 ,因此:

? 2 2 2 ? (2n ? 1) ? + +L + ? 2 ? an ? ? 2 ? a1 2 ? a2 ? 2 2 2 = [ (2 ? a1 ) + (2 ? a2 ) + L + (2 ? an )] ? + +L + 2 ? an ? 2 ? a1 2 ? a2

y+n≥

? 2 ? =n ?

2n 2 2n 2 n ? y≥ ?n = 。 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1

为给定整数, 7. n 为给定整数, n ≥ 2, 确定cmin , 使不等式 恒成立. 负实数 x1 , x2 ,L , xn 恒成立.

1≤i < j ≤5



xi x j ( xi2 + x 2 ) ≤ c(∑ xi ) 对一切非 j
i =1

n

4

讲解:若 x1 , x2 ,L , xn 全为 0 时,c 为任意实数。
-4-

若 x1 , x2 ,L , xn 至少有一个正数, 不妨设 x1 ≥ x2 ≥ L ≥ xn . 由于不等式是齐次不 等式,所以可设 ∑ xi = 1.
i =1 n

令 F ( x1 , x2 ,L, xn ) =
F ( x1 , x2 ,L , xn ) ≤ c.

1≤i < j ≤n



xi x j ( xi2 + x 2 ) = ∑ xi3 ?∑ xi4 . 不等式化为 j
i =1 i =1

n

n

假设 x1 , x2 ,L , xn 中最后一个正数为 xk +1 (k ≥ 2), 将x( x1 + x2 ,L , xk , xk +1 ,0,L ,0) 调 整为 x′ = ( x1 , x2 ,L , xk ?1 , xk + xk +1 , 0,L , 0) , 则有 F ( x′) = F ( x) = xk xk +1 {( xk + xk +1 )[3 ? 4( xk + xk +1 )] + 2 xk xk +1} .
1 3 因 1 ≥ x1 + xk + xk +1 ≥ ( xk + xk +1 ) + xk + xk +1 = ( xk + xk +1 ), 2 2 2 故 xk + xk +1 ≤ , F ( x′) ? F ( x) > 0. 这表明将 x 调整为 x′ 后, F ( x) 单调递增. 3

对于 x = ( x1 , x2 ,L , xn ) ,经若干次调整后,最终可得
1 1 1 2 F ( x) ≤ F ( x1 , x2 ,0,L ,0) = x1 x2 ( x12 + x2 ) = (1 ? 2 x1 x2 ) ≤ , 因此 c ≥ . 2 8 8 1 综上所述, cmin = . 8 说明:用局部调整法解决多元函数的最值问题,适用于那些变元有界,且在 边界处取得最值的题目.

8.设 8.设 ai ≥ 0(i = 1, 2,3, 4) 满足 ∑ ai ai +1 = 1 ,规定 a5 = a1 , a6 = a2 , a7 = a3 求证: 求证: ∑
i =1 4

ai3 1 ≥ ai +1 + ai + 2 + ai + 3 3

IMO) (31 届 IMO)

4 ? a3 a ( s ? ai ) ? 4 2 2 证明 1:令 s = a1 + a2 + a3 + a4 ,则: ∑ ? i + i ? ≥ ∑ ai 9 i =1 ? s ? ai ? i =1 3



ai3 7 4 2 1 2 7 4 2 4 4 2 1 4 2 1 4 1 ∑ s ? a ≥ 9 ∑ ai ? 9 s ≥ 9 ∑ ai ? 9 ∑ ai = 3 ∑ ai ≥ 3 ∑ ai ai +1 = 3 i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 i
4

a2 证明 2:考虑用 ≥ 2a ? b 来证明,考虑到取等号的条件为 a1 = a2 = a3 = a4 b

故原不等式分子应化为 (3ai2 ) 2 ,从而

-5-

4 4 ai3 (3ai2 ) 2 1 4 =∑ ≥ [6∑ ai2 ? ∑ ai ( s ? ai )] ∑ a + a + a i=1 9a ( s ? a ) 9 i =1 i =1 i =1 i +1 i+2 i +3 i i 4

1 4 1 4 1 4 1 = [3∑ ai2 + ∑ (ai ? a j ) 2 ] ≥ ∑ ai2 ≥ ∑ ai ai +1 = 9 i =1 3 i =1 3 i =1 3 1≤i < j ≤ 4
a3 a (b + c + d ) 2 2 b3 b( a + c + d ) 2 2 + ≥ a , + ≥ b b+c+d 9 3 a+c+d 9 3 3 3 c c(a + b + d ) 2 2 d d (a + b + c) 2 2 + ≥ c , + ≥ d ,相加得 证明 3 a+b+d 9 3 a+b+c 9 3 2 2 左 ≥ ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) ? (ab + bc + cd + ad + ac + bd ) , 3 9 5 2 1 = (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) ? + (a 2 + c 2 ? 2ac + b 2 + d 2 ? 2bd ) 9 9 9 5 2 5 2 1 ≥ (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) ? ≥ (ab + bc + cd + da) ? = . 9 9 9 9 3

9.设正数 9.设正数 a 、 b 、 c 、 x 、 y 、 z 满足 cy + bz = a ; az + cx = b ; bx + ay = c. 求函数
f ( x, y , z ) = x2 y2 z2 的最小值。 + + 的最小值。 1+ x 1+ y 1+ z x2 y2 z2 ,消 + + 1+ x 1+ y 1+ z

思路分析:由条件等式解出 x 、 y 、 z 后,代入 f ( x, y, z ) =

去 x 、 y 、 z 。这样就把 6 个变量转化为 3 个变量了!然后,想法利用柯西不等
? b2 + c 2 ? a 2 x= , ? 2bc ? c2 + a 2 ? b2 ? 式解答之。证明:由已知条件,得 ? y = , 2ac ? ? a 2 + b2 ? c 2 z= . ? 2ab ?

于是,
f ( x, y , z ) = (b 2 + c 2 ? a 2 ) 2 (c 2 + a 2 ? b 2 ) 2 (a 2 + b 2 ? c 2 ) 2 + + 2bc(b + c ? a )(a + b + c) 2ca(c + a ? b)(a + b + c) 2ab(a + b ? c)(a + b + c) (a2 + b2 + c2 )2 2bc(b + c ? a)(a + b + c) + 2ca(c + a ? b)(a + b + c) + 2ab(a + b ? c)(a + b + c)

f ( x, y, z) ≥

=

1 a 4 + b 4 + c 4 + 2a 2b 2 + 2b 2c 2 + 2c 2 a 2 · 2 2 . 2 2a b + 2b 2 c 2 + 2c 2 a 2 + a 3b + a 3c + b3 a + b3c + c 3a + c 3b ? abc( a + b + c)

-6-

下证

a 4 + b 4 + c 4 + 2a 2b 2 + 2b 2c 2 + 2c 2 a 2 ≥ 1. 2a 2b 2 + 2b 2 c 2 + 2c 2 a 2 + a 3b + a 3c + b3 a + b3c + c 3a + c 3b ? abc( a + b + c)

这等价于 a 4 + b 4 + c 4 ≥ a 3b + a 3c + b3a + b3c + c 3a + c 3b ? abc(a + b + c) , 也就是 Schur 不等式:
a 2 (a ? b)(a ? c) + b 2 (b ? c)(b ? a ) + c 2 (c ? a )(c ? b) ≥ 0.

从而可知,当 a = b = c, x = y = z =

1 1 时,函数 f ( x, y, z ) 取得最小值 . 2 2
n 1 1 ≥∑ (约定 an +1 = a1 ) i =1 1 + ai ai +1 i =1 1 + ai n

10.设实数 求证: 10.设实数 a1 , a2 ,L , an ∈ [?1,1] ,求证: ∑

证明:首先证明:

2 1 1 ≥ + ① 2 1 + xy 1 + x 1 + y 2

① ? 2(1 + x 2 )(1 + y 2 ) ? (1 + xy )(2 + x 2 + y 2 ) ≥ 0 即 ( x ? y ) 2 ? xy ( x ? y ) 2 ≥ 0 ,故①式成立,因此,
2 1 1 2 1 1 2 1 1 ≥ + , ≥ + , LL , ≥ + 2 2 2 2 2 1 + a1a2 1 + a1 1 + a2 1 + a2 a3 1 + a2 1 + a3 1 + an a1 1 + an 1 + a12

上述 n 个不等式相加即得原不等式成立 11.已知 11.已知 a, b, c ∈ R + , a + b + c = 10 ,且 a ≤ 2b, b ≤ 2c, c ≤ 2a ,求 abc 的最小值 解:令 x = 2b ? a, y = 2c ? b, z = 2a ? c ,则 x + y + z = 10 ,且
x + 2 y + 4z y + 2z + 4x z + 2x + 4 y ,b = ,c = 7 7 7 1 故 abc = [( x + 2 y + 4 z )( y + 2 z + 4 x)( z + 2 x + 4 y )] ,而 343 a= ( x + 2 y + 4 z )( y + 2 z + 4 x)( z + 2 x + 4 y ) = 1000 + 400( x + y + z ) + 130( xy + yz + zx) + 30( x 2 + y 2 + z 2 ) + (3 x 2 y + 3 y 2 z + 3 z 2 x + 9 yz 2 + 9 zx 2 + 9 xy 2 ) = 1000 + 4000 + 30( x + y + z ) 2 + [70( xy + yz + zx) + 3( x 2 y + y 2 z + z 2 x) +9( yz 2 + zx 2 + xy 2 ) + 28 xyz ] ≥ 8000 等 号 当 且 仅 当 x = y = 0, z = 10 时 取 到 , 此 时 a=
40 20 10 8000 , b = , c = ;故 (abc) min = 7 7 7 343
-7-

12.已知 12. 已知 x, y, z ∈ (?1,1) , 且 xyz = 值。 解:由题意, x 2 ,

1 1 4 9 + + , 试求函数 u = 的最小 2 2 36 1? x 4 ? y 9 ? z2

y2 z2 1 4 9 , ∈ (0,1) ? (?1,1) ,故: u = + + 2 2 4 9 1? x 4 ? y 9 ? z2 y2 y4 z2 z4 + 2 + L) + (1 + + 2 + L) 4 4 9 9

= (1 + x 2 + x 4 + L) + (1 +

= 3 + ( x2 +

y2 z2 y4 z4 + ) + ( x 4 + 2 + 2 ) + LL 4 9 4 9
2

? x2 y 2 z 2 ? x2 y 2 z 2 1 1 1 108 ≥ 3+3 + 33 ? = ? + LL = 3(1 + + 2 + LL) = 3 ? 1 36 36 36 35 ? 36 ? 1? 36
3

13.已知函数 f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d (a ≠ 0) , 0 ≤ x ≤ 1 时, f ′( x) ≤ 1 , 13.已知函数 当 试求 a 的 最大值. 最大值. 解一:
f ′( x) = 3ax 2 + 2bx + c,

? f ′(0) = c, ? 1 3 由 ? f ′( ) = a + b + c, ? 4 ? 2 ? f ′(1) = 3a + 2b + c ?



1 3a = 2 f ′(0) + 2 f ′(1) ? 4 f ′( ) . 2

(8 分)

8 1 1 所以 3 a = 2 f ′(0) + 2 f ′(1) ? 4 f ′( ) ≤ 2 f ′(0) + 2 f ′(1) + 4 f ′( ) ≤ 8 , a ≤ . 3 2 2

又易知当 f ( x) =

8 3 8 x ? 4 x 2 + x + m m 为常数) ( 满足题设条件, 所以 a 最大值为 . 3 3

解二: f ′( x) = 3ax 2 + 2bx + c .设 g ( x) = f ′( x) + 1 ,则当 0 ≤ x ≤ 1 时, 0 ≤ g ( x) ≤ 2 . 设 z = 2 x ? 1 ,则 z +1 z + 1 3a 2 3a + 2b 3a x= ,?1 ≤ z ≤ 1 . h( z ) = g ( )= z + z+ + b + c + 1. 2 2 4 2 4 容易知道当 ? 1 ≤ z ≤ 1 时, 0 ≤ h( z ) ≤ 2,0 ≤ h(? z ) ≤ 2 . 从而当 ? 1 ≤ z ≤ 1 时, 0 ≤
h( z ) + h ( ? z ) ≤2 , 2



-8-

3a 2 3a z + + b + c +1 ≤ 2, 4 4 3a 3a 8 + b + c + 1 ≥ 0 , z 2 ≤ 2 ,由 0 ≤ z 2 ≤ 1 知 a ≤ . 从而 4 4 3 8 又易知当 f ( x) = x 3 ? 4 x 2 + x + m ( m 为常数)满足题设条件,所以 a 最大 3 8 值为 . 3 0≤

14.数列 的定义如下: 14.数列{an } 的定义如下: a1 = 数列

n a2 1 证明: , an +1 = 2 n ,证明: ∑ ai < 1 an ? an + 1 2 i =1

1 3 2 证明:由于 an ? an + 1 = (an ? )2 + > 0 ,故 an > 0 , n ∈ N * 2 4

又 an +1 =

2 2 an an ≤ = an ,故 an +1 ≤ an ,因此: 2 an ? an + 1 2an ? an

2 an ?1 1 1 an = 2 = < 1 1 1 1 an ?1 ? an ?1 + 1 1 ? + 2 ? + 2 an ?1 an ?1 an ?1 an ?1

=

1 1 1 (1 ? ) an ?1 an ?1

=

1 1? 1 an ?1 1

?

1 1 = ? an ?1 + 1 1 1 ? + 2 an ?1 an ? 2 an ? 2 = LL = ? an ?1 ? an ? 2 ? L ? a1 + 1 1 ?1 a1

= ? an ?1 ? an ? 2 +

?

1 an ? 3

+

1
2 an ? 3

= 1 ? an ?1 ? an ? 2 ? L ? a1 因此: a1 + a2 + L + an < 1

15.2010 年全国高中联赛第一试 11 题
a2 1 (n = 1,2, L) .求证: 求证: 数列 {a n } 满足 a1 = , a n +1 = 2 n 3 an ? an + 1 1 1 1 1 ? 2n ?1 < a1 + a 2 + L + a n < ? 2n 2 3 2 3

证明: a n+1 = 由

2 an 知 2 an ? an + 1

1 a n +1

=

1 1 1 1 1 ? + 1, ?1 = ( ? 1) . (2) 2 a n +1 an an an an

所以

an +1 a2 a a a = n = n ? an , 即 an = n ? n +1 . 1 ? an +1 1 ? an 1 ? an 1 ? an 1 ? an +1

-9-

从而

a1 + a 2 + L + a n =

a a a a1 a a ? 2 + 2 ? 3 + L + n ? n +1 1 ? a1 1 ? a 2 1 ? a 2 1 ? a3 1 ? a n 1 ? a n +1

=

a a a1 1 ? n +1 = ? n+1 . 1 ? a1 1 ? a n+1 2 1 ? a n +1 a 1 1 1 1 1 ? 2n ?1 < ? n +1 < ? 2n , 2 3 2 1 ? a n+1 2 3
a2 =

所以(1)等价于

即 32

n ?1

<

n 1 ? a n +1 a2 1 < 3 2 (3)由 a1 = 及 a n+1 = 2 n 知 a n+1 3 an ? an + 1
1?1 1 1 ? a2 = 6 , 3 2 < 6 < 3 2 ,即 n = 1 时, (3)成立. a2

1 . 7

当 n =1时 ,

设 n = k (k ≥ 1) 时, (3)成立,即 3 2

k ?1

<

k 1 ? a k +1 < 32 . a k +1

当 n = k + 1 时,由(2)知

k 1 ? ak +2 1 ? a k +1 2 1 1 ? a k +1 = ( )>( ) > 32 ; ak +2 a k +1 a k +1 a k +1

又由(2)及 a1 =

1 ? an 1 知 (n ≥ 1) 均为整数, 3 an

从而由

k k k 1 ? a k +1 1 ? a k +1 1 < 32 有 ≤ 32 ? 1 即 ≤ 32 , a k +1 a k +1 a k +1
k k k +1 1 ? ak +2 1 1 ? a k +1 = ? < 3 2 ? 3 2 < 3 2 ,即(3)对 n = k + 1 也成立. ak +2 a k +1 a k +1

所以

三.不等式方向 16. 16.已知正实数 a, b, c, d 满足 abcd = 1 , a + b + c + d > 证明: 证明: a + b + c + d < 证明:Q a =
4

a b c d + + + , b c d a

b c d a + + + a b c d

a4 a a b a 1?a a b a? 1?b b c b? = 4 ? ? ? ≤ ? + + + ?,b ≤ ? + + + ?, abcd b b c d 4?b b c d ? 4?c c d a?

1? c c d c? 1?d d a d ? c ≤ ? + + + ?,d ≤ ? + + + ? 4?d d a b? 4? a a b c ? 3?a b c d ? 1?b c d a ? 四式相加得: a + b + c + d ≤ ? + + + ? + ? + + + ? 4?b c d a ? 4?a b c d ?

- 10 -

由a+b+c+d >

a b c d + + + ,故命题成立 b c d a

17.设 求证: 17.设 a, b, c, d ∈ R + ,求证: ∑

a 3 + b3 + c 3 ≥ ∑ a2 ( a+b+c



表示循环和) 表示循环和)

分析:直接证明这个不等式,有点难以下手,若能证明(局部不等式) : a 3 + b3 + c3 a 2 + b 2 + c 2 ≥ a+b+c 3 其他两个式子类似,则原不等式便可获证,为此,我们只需证明这个局部不等式 a 3 + b3 + c3 a 2 + b 2 + c 2 ≥ ,事实上,由柯西不等式: a+b+c 3 (a + b + c)(a 3 + b3 + c3 ) ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) ? a 3 + b3 + c3 a 2 + b 2 + c 2 ≥ ,故原不等式得证。 a+b+c 3
a b c + + ≤2 bc + 1 ca + 1 ab + 1

(a + b + c ) 2 3



18. 求证: 18.设 0 ≤ a, b, c ≤ 1 ,求证:

分析:发现等号成立并不是 a = b = c ,而是 a, b, c 中有一个为 0,两个为 1,因此 不应该从整体去考虑问题,而是从局部的性质入手 a 2a 证明:先证明: ≤ ? a + b + c ≤ 2bc + 2 ,即 (b ? 1)(c ? 1) + bc + 1 ≥ a bc + 1 a + b + c 由 0 ≤ a, b, c ≤ 1 知,上式显然成立,其余两式同理可证,故原不等式成立。 1、已知 x, y, z ∈ R + , x 2 + y 2 + z 2 = 3 ,求 f ( x , y , z ) =

x2 y2 z2 + + 的最小值。 x+ y y+ z z+ x

19. 19.已知: a, b, c ∈ R + , a 2 + b 2 + c 2 = 3 。求

a 2 + b2 b 2 + c 2 c 2 + a 2 + + 的最小值。 a+b b+c c+a a 2 + b2 b 2 + c 2 c 2 + a 2 + + ≥3 a+b b+c c+a

解:首先猜想最小值为 3,下面证明

a 2 + b 2 b 2 + c 2 c 2 + a 2 ( a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2 )2 + + ≥ a+b b+c c+a (a + b) + (b + c) + (c + a ) = (a 2 + b 2 + c 2 ) + a 2 + b 2 b 2 + c 2 + b 2 + c 2 c 2 + a 2 + c 2 + a 2 a 2 + b 2 a+b+c

由于 a 2 + b 2 b 2 + c 2 = b 4 + (a 2 + c 2 )b 2 + a 2 c 2 ≥ b 4 + 2acb 2 + a 2 c 2 = b 2 + ac ,

- 11 -

同理另两式,所以

a 2 + b 2 b 2 + c 2 c 2 + a 2 6 + ab + bc + ca + + ≥ , a+b b+c c+a a+b+c

下面只要证 6 + ab + bc + ca ≥ 3(a + b + c) ,这是因为 (a + b + c ? 3) 2 ≥ 0 ,展开即可。 20.若 a, b, c > 0 且满足 a + b + c = 3 ,求
1 1 1 + + 的最大值。 2 2 2 2 2+a +b 2+c +b 2 + c2 + a2 解:首先猜想最大值为

3 1 1 1 3 下面证明 + + ≤ 2 2 2 2 2 2 4 2+a +b 2+c +b 2+c +a 4

+ b2 a 2 + b2 ∑ 2+a 2 + b2 ∑ (2+a 2 + b2 ) ≥ (∑ a 2 + b2 )2 = 2∑ a 2 + 2∑ a 2 + b2 a 2 + c 2 3 ≥ 2∑ a 2 + 2∑ (a 2 + bc) = 3∑ a 2 + (a + b + c) 2 = 3∑ a 2 + 9 = ∑ (2+a 2 + b 2 ) 2
2

∑ 2+a

1



3 2 3 a 2 + b2 3 ?∑ ≤ ?∑ ≥ 2 2 2 2 4 2+a + b 2 2+a + b 2

21.已知正实数a、b、c满足 ab+bc+ca=3.求

1 1 1 + 2 + 2 的最小值。 a +1 b +1 c +1
2

由条件 a, b, c ∈ R+ , ab + bc + ca = 3 ,以及抽屉原理,可知, ab, bc, ca 三个数中必有 一个不小于 1,无妨设 ab ≥ 1 ,则 1 1 2 + ≥ 2 2 1 + ab 1+ a 1+ b

1 1 2 (a 2 + b 2 ? 2ab)(ab ? 1) 事实上, + ? = ≥0即 1 + a 2 1 + b 2 1 + ab (1 + a 2 )(1 + b 2 )(1 + ab) 1 1 2 + ≥ 成立. 2 2 1 + ab 1+ a 1+ b 于是,要证明原题,只要证明 1 2 3 + ≥ ,这等价于 2 1 + ab 2 1+ c

2 ( 3 + a b + 2 c 2 ) ≥ 3( 1 + c 2 )( 1 + a b ) ? 3 + c 2 ≥ a b + 3 ab c 2 ? ab + bc + ca + c 2 ≥ ab + 3 abc 2 ? bc + ca + c 2 ≥ 3 abc 2
即证 3 3 abc 3 ≥ 3abc 2 ,即证 abc ≤ 1 这由 a, b, c ∈ R+ , ab + bc + ca = 3 ,以及三元均值不等式知道早已成立,从而问题 获得证明. 22.已知: a、b、c ∈ R , ab + bc + ac = 3 .求
+

1 a +2
2

+

1 b +2
2

+

1 c +2
2

的最大值。
- 12 -

( ∑ a ) = ( a + b + c ) = 1故得证. a2 a2 ≥ 证明:只须征 ∑ 2 ≥ 1Q ∑ 2 a +2 a + 2 6 + ∑ a 2 ( a + b + c )2
2 2

23.已知正实数a、b、c满足 ab+bc+ca=3.求

a2 b2 c2 + 2 + 2 的最大值。 a2 + 1 b + 1 c + 1
3 1 3 ?∑ 2 ≥ 2 a +1 2

3 a2 解:首先猜想 a = b = c = 1时最大值为 即证 ∑ 2 ≤ 2 a +1

观察条件结构,显然,利用三角恒等式,可以通过换元,令 A B C a = 3 tan , b = 3 tan , c = 3 tan , 其中 A、B、C 为任意三角形的三个内 2 2 2 角,则

∑ 1+ a

1 1 + cos A 3 =∑ ≥ A 1 ? cos A 4 ? 2 cos A 2 1 + 3 tan 2 1+ 3? 2 1 + cos A 1 + cos A 3 ? 2 + cos A 3 ?∑ ≥3? ∑ ≥3? ∑ ≥6 2 ? cos A 2 ? cos A 2 ? cos A 1 ?∑ ≥2 2 ? cos A 1
2

=∑

1

=∑

A+ B π π A+ B 1 ∈ [ , ).得 cos ∈ (0, ]. 2 3 2 2 2 1 1 2 首先证明 ≥ + 2 ? cos A 2 ? cos B 2- cos A + B 2 事实上:

由对称性,不妨设A ≥ B ≥ C , 得

A B A+ B A+ B A+ B A? B sin + 1 ? 2 cos + cos ( ? cos 1 )) 2 sin 2 2 2 2 2 4 ≥0 A+ B (2 ? cos A)(2 ? cos B )(2 ? cos ) 2 A+ B A+ B 2 cos ( cos 1-2 ) 1 2 1 2 2 + = 得: ≥ 0命题得证! ∑ 2 ? cos A ≥ A + B 2 ? cos C A+ B A + B) 2- cos 1+2 (2- cos )( cos 2 2 2 2 1 1 2 + ? = 2 ? cos A 2 ? cos B 2 ? cos A + B 2 (2sin 4

∑a ? b + c ? ? ? 24.正实数 a, b, c 满足 4abc = a + b + c + 1 ,求 的最小值。 ∑a
2 cyc 2 cyc

?1

1?

?1 1? 证明:首先猜想最小值为 2.下面证明 ∑ a 2 ? + ? ≥ 2∑ a 2 ?b c? cyc cyc

- 13 -

令a =

y+z z+x x+ y ,b = ,c = , x、y、z>0 2x 2y 2z

直接代入可检验该代换可表示已知等式 4abc = a + b + c + 1 的任意整数 a, b, c , 故原不等式等价于
2z ? ? y + z ? ? 2y ? y+z? ∑ ? x ? ? z + x + x + y ? ≥ 2∑ ? 2 x ? ? ? ? ? cyc cyc ? ?
2 2 2 2

2x ? ? y+z? ? ? y+z? ? y+z? ? ∑? ? ≥ 2∑ ? ? ?∑ ? + ∑? ? x ? ? cyc y + z ? cyc ? cyc ? 2 x ? cyc ? 2 x ?
2

首先证明:∑
cyc

2x ≥ 3(1) y+z

事实上:由柯西不等式


cyc

? ? ? ∑ 2x ? 2 2x ? cyc ? = ( x + y + z ) ≥ 3 ≥ y + z ∑ 2 x ( y + z ) xy + yz + zx
cyc

得证。

y+z ? y+z? 即可。由均值不等式得 下面只需证明 ∑ ? ? ≥∑ x ? cyc ? cyc 2 x
2

y+z? y+z ? y + z ? 1? ∑ ? x ? ≥ 3 ? ∑ 2x ? ≥ ∑ 2x ? cyc ? cyc ? cyc ?
2

2

故原命题成立。

?1 1? 25.正实数 a, b, c 满足 4abc = a + b + c + 1 ,求证 ∑ a 2 ? + ? ≥ ∑ ( 3a 2 ? a ) ? b c ? cyc cyc
26.设 x, y, z ∈ R + , 且 x + y + z = 1 . 求证

xy + xy + yz

yz zx 2 + ≤ 2 yz + zx zx + xy



? xy yz zx ? 1 只需证 ( xy + yz + zx) ? ? + + ?≤ ? xy + yz yz + zx zx + xy ? 2
? ∑ yz ? ∑ ? 2∑

x x x2 z 1 = [ xz + y ( z + x)]∑ =∑ + ∑ xy ≤ (∑ x)2 z+x z+x z+x 2 x2 z x ( z + x) ∑ z + x ≤ ∑ 2 ≤ ∑ x 2 ,故上式成立,

x2 z ≤ ∑ x 2 ,但 z+x

从而①式成立.

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