2023年12月10日发(作者：高职高考数学试卷广东23)
第二章 代 数
第三节 不等式
B3－001 北京、上海同时制成电子计算机若干台,除本地应用外,北京可支援外地10台,上海可支援外地4台．现在决定给重庆8台,汉口6台,若每台计算机运费如右表所示（单位:百元）,又上海、北京当时制造的机器完全相同．问应怎样调运,才能使总的运费最省？
【题说】1960年上海市赛高一复赛题6．
【解】设北京调给重庆x台,上海调给重庆y台,则
0≤x≤10,0≤y≤4
x+y=8
总运费为8x+4（10－x）+5y+3（4－y）=4x+2y+52=84－2y
当y=4时,总运费最小,此时,x=4,10－x=6,4－y=0．
答:北京调给重庆4台,调给汉口6台,上海调给重庆4台,这样总运费最省．
B3－002 x取什么值时,不等式
成立？
【题说】第二届（1960年）国际数学奥林匹克题2．本题由匈牙利提供．
用心 爱心 专心
1 将原不等式化简得 x2（8x－45）＜0,
因此,原不等式的解为
B3－003 甲队有2m个人,乙队有3m个人,现自甲队抽出（14－m）人,乙队抽出（5m－11）人,参加游戏,问甲、乙队各有多少人？参加游戏的人有几种选法？
【题说】1962年上海市赛高三决赛题4．
【解】抽出的人数必须满足
解得m=5．
故甲队有2m=10人,乙队有3m=15人,甲队抽出14－m=9（人）．乙队抽出5m－11=14（人）,从而参加游戏的人共有
选法．
B3－004 求出所有满足不等式的实数．
【题说】第四届（1962年）国际数学奥林匹克题2．本题由匈牙利提供．
用心 爱心 专心
2
B3－007 设a1,a2,…,an为n个正数,且设q为一已知实数,使得0＜q＜1．求n个数b1,b2,…,bn使
1．ak＜bk, k=1,2,…,n．
【题说】第十五届（1973年）国际数学奥林匹克题6．本题由瑞典提供．
【解】设bk-1k-2n-kk=a1q+a2q+…+ak-1q+ak+ak+1q+…+anq（k=1,2,…,n）．
1．显然bk＞ak对k=1,2,…,n成立．
2．比较bkk-1n-k-1kk+1=qa1+qa2+…+qak+ak+1+…+qan与qbk=qa1+…+q2a2+qn-k+1k-1+qak+qak+1+…an,qbk的前面k项与bk+1的前面k项相等,其余的项小于bk+1的相应项（因为q＜1）．因此bk+1＞qbk．
用心 爱心 专心
3
因此,b1,b2,…,bn满足题目的要求．
B3－008 求满足条件:x≥1,y≥1,z≥1,xyz=10,xlgxylgyzlgz≥10的x、y、z的值．
【题说】1979年黑龙江省赛二试题3．
【解】设lgx=u,lgy=v,lgz=w,则原题条件就变为:
u≥0,v≥0,w≥0 （1）
u+v+w=1
（2）
u2+v2+w2≥1
（3）
（2）平方得 u2+v2+w2+2（uv+vw+wu）=1 （4）
（4）－（3）得 uv+vw+wu≤0
由（1）得 uv=vw=wu=0
（5）
由（2）及（5）得:
因此满足题意的解为:
用心 爱心 专心
4 B3－009 长方形的一边长为1cm已知它被两条相互垂直的直线分成四个小长方形,其中三个的面积不小于1cm2,第四个的面积不小于2cm2．问原长方形另一边至少要多长？
【题说】第十七届（1983年）全苏数学奥林匹克九年级题6．
【解】设小长方形的边长如图所示,则
我们要求c+d的最小值,由题设
c+d=（a+b）·（c+d）=ac+bd+ad+bc
B3－010 m个互不相同的正偶数与n个互不相同的正奇数的总和为1987,对于所有的这样的m与n,问3m+4n的最大值是多少？请证明你的结论．
【题说】第二届（1987年）全国冬令营赛题6．
【解】1987≥2+4+6+2m+1+3+…+（2n－1）=m（m+1）+n2
用心 爱心 专心
5 因此,由柯西不等式
于是221为3m+4n的上界,当m=27,n=35时,3m+4n取得最大值221．B3－011 求最大的正整数n,使不等式
只对一个整数k成立．
【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题8．
【解】原式等价于
取n=112,则k只能取唯一的整数值97．
另一方面,在n＞112时,
用心 爱心 专心
6
因此满足要求的n=112．
B3－012 非负数a和d,正数b和c满足条件b+c≥a+d,这时
【题说】第二十二届（1988年）全苏数学奥林匹克九年级题7．
【证】不妨设a+b≥c+d
c≤c+d
用心 爱心 专心
7
B3－013 设a1、a2、…、an是给定不全为0的实数,r1、r2、…、rn是实数,如果不等式
r1（x1－a1）+r2（x2－a2）+…+rn（xn－an）
对任何实数x1、x2、…、xn成立,求,r1、r2、…、rn的值．
【题说】第三届（1988年）全国冬令营赛题1．
【解】取xi=ai,i=2,3,…,n代入原不等式,得
当x1＞a1时,由上式得
当x1＜a1时,上述不等式反号．令x1分别从大于a1与小于a1的方向趋于a1,得到
B3－014 对于i=1,2,…,n,有|xi|＜1 ,又设|x1|+|x2|+…+|xn|=19+|x1+…+xn|．那么整数n的最小值是多少？
【题说】第六届（1988年）美国数学邀请赛题4．
用心 爱心 专心
8
另一方面,令x1=x2=…=x10=0.95,x11=x12=…=x20=－0.95,则有
故n=20即为所求最小值．
B3－015 设m、n为正整数,证明存在与m、n无关的常数a
【题说】1989年瑞典数学奥林匹克题5．
【解】 amax=3
因2为 m≡0,1,2,4（mod7）
所以 7n－m≡－m≡0,6,5,3（mod7）
222
用心 爱心 专心
9 amax=3
B3－016 设x、y、z＞0且x+y+z=1．求1/x+4/y+9/z的最小值．
【题说】1990年日本第一轮选拔赛题10．
【解】 1/x+4/y+9/z=（x+y+z）（1/x+4/y+9/z）
B3－017 设n为自然数,对任意实数x、y、z,恒有（x+y+z）≤n（x+y+z）成立,求n的最小值．
【题说】1990年全国联赛一试题2（3）．原题为填空题．
【解】 （x+y+z）=x+y+z+2xy+2yz+2zx
≤x+y+z+（x+y）+（y+z）+（z+x）=3（x+y+z）
当x=y=z＞0时,原不等式化为9x≤3nx,故n≥3．所以,n的最小值是3．
B3－019 a、b、c是一个任意三角形的三边长,证明:
a（b+c－a）+b（c+a－b）+c（a+b－c）≤3abc．
【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题2．本题由匈牙利提供．
【证】不妨设a≤b≤c．
3abc-a（b+c-a）-b（c+a－b）-c（a+b-c）
=a（a-b）（a-c）+b（b-c）（b-a）+c（c-a）（c-b）
≥b（b-c）（b-a）+c（c-a）（c-b）≥c（c-b）[（c-a）（b-a）]=c（c-b）≥0
B3－020 怎样的整数a,b,c满足不等式 a+b+c+3＜ab+3b+2c？
22222222224444444444444422224442222222222444用心 爱心 专心
10 【题说】1965年匈牙利数学奥林匹克题1．
【解】对于整数a、b、c,所要解的不等式等价于a2+b2+c2+4≤ab+3b+2c
这个不等式可以变成
由此可知,原不等式只可能有唯一的一组解a=1,b=2,c=1．
B3－021 有限数a1,a2,…,an（n≥3）满足关系式a1=an=0,ak-1+ak+1≥2ak（k=2,3,…,n－1）,证明:数a1,a2,…,an中没有正数．
【题说】1966年～1967年波兰数学奥林匹克二试题1．
【证】设a1,a2,…,an中,ar最大,s是满足等式as=ar的最小下标．若n＞s＞1,则as-1；＜as,as+1≤as,从而as-1+as+1＜2as,与已知条件as-1+as+1≥2as矛盾．故只有s=1或s=n,于是ar=0,数a1,a2,…,an中没有正数,
B3－022 设a、b、c、d是正数,证明不等式
a+b＜c+d
（1）
（a+b）（c+d）＜ab+cd （2）
（a+b）cd＜ab（c+d） （3）中至少有一个不正确．
【题说】第三届（1969年）全苏数学奥林匹克九年级题1．
【证】假定（1）、（2）、（3）都正确．则
（a+b）2（c+d）＜（a+b）（ab+cd）
用心 爱心 专心
11 ＜ab（a+b）+ab（c+d）＜2ab（c+d） 从而（a+b）＜2ab, 矛盾．
B3－023 证明:任何正数a1,a2,…,an满足不等式
2
【题说】第三届（1969年）全苏数学奥林匹克十年级题6．
原不等式左端的和大于
故原不等式得证．
【注】可以考虑更强的不等式
（1954年美国数学家夏皮罗提出的猜测）对n≤12上式成立．对偶数n≥14与奇数n≥27不成立．
B3－024 证明:对所有满足条件x1＞0,x2＞0,x1y1－
用心 爱心 专心
12 成立,并求出等号成立的充要条件．
【题说】第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题6．本题由原苏联提供．
所以
当且仅当x1=x2,y1=y2,z1=z2时,等号成立．
B3－025 设a、b、n都是自然数,且a＞1,b＞1,n＞1,An-1和An是a进制数系中的数,Bn-1和Bn是b进制数系中的数．An-1、An、Bn-1和Bn呈如下形式:
An-1=xn-1xn-2…x0,An=xnxn-1…x0（a进制的位置表示法）；
用心 爱心 专心
13 Bn-1=xn-1xn-2…x0,Bn=xnxn-1…x0（b进制的位置表示法）．
其中xn≠0,xn-1≠0．证明:当a＞b时,有
【题说】第十二届（1970年）国际数学奥林匹克题2．本题由罗马尼亚提供．
【证】由于a＞b,故An-1n-1nBn-1－An-1Bn=（xna+An-1）Bn-1－（xnb+Bn-1）An-1bn-2－an-2bn-1）+…+xan-1－bn-1n-1=xn[xn-1（a0（）]＞0
B3－026 （n＞2）是自然数,证明下述论断仅对n=3和n=5成立:对任意实数a1,a2,…,an都有
（a1－a2）·（a1－a3）…（a1－an）+（a2－a1）·（a2－a3）…（a2－an）+…+（an－a1）·（an－a2）…（an－an-1）≥0
【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题1．本题由匈牙利提供．1979年湖南省赛二试题4．
【证】不妨设a1≤a2≤a3≤…≤an．
若n为偶数,令a1＜a2=a3=…=an,则左边小于0,因而不等式不成立；
若n=3,则左边前两项的和为（a21－a2）≥0
第三项不小于0,故不等式成立；
若n=5,则同样可知左边前两项的和不小于0,末两项的和也不小于0,第三项不小于0,因此左边总不小于0,不等式成立；
若n≥7,令a1=a2=a3＜a4＜a5=a6=…=an
则左边只有一个非零项（a4－a1）（a4－a2）…（a4－an）＜0
故不等式不成立．
用心 爱心 专心
14 B3－027 A=（aij）是一个元素为非负整数的矩阵,其中i、j=1,2,…,n．该矩阵有如下性质:如果某一aij=0,那么对i和j有
ai1+ai2+…+ain+a1j+a2j+…+anj≥n
证明:这个矩阵所有元素的和不小于0.5n2．
【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题6．本题由瑞典提供．
【证】交换A的两行或两列不改变题设的A的性质（因为行和与列和均不变、只是交换了位置）,因此我们可以先通过交换两行或两列的变换,使得有尽可能大的k满足a11=a22=…=akk=0．此时对于i,j＞k有aij≠0．对于i≤k,j＞k,若aij=0,则aji≠0,因若不然,交换i,j行,就会使a11=a22=…=akk=ajj=0,与k的极大性矛盾．因而对于j＞k,仍有
aj1+…+ajn+a1j+…+anj≥n
B3－028 求出所有能使不等式组
成立的所有解（x1,x2,x3,x4,x5）,其中x1,x2,x3,x4,x5都是正实数．
【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题4．本题由荷兰提供．
【解】为方便起见,令x5+i=xi,则可以把原不等式组简写为
用心 爱心 专心
15 将它们加起来得
=x5=x2=x4．反之,如果xi都相等,原不等式组当然成立．
B3－029 证明:对于正数a、b、c,下述不等式成立:
a+b+c+3abc≥ab（a+b）+bc（b+c）+ac（a+c） （1）
【题说】第九届（1975年）全苏数学奥林匹克十年级题2．
【证】不失一般性,可假定a≥b≥c．那末
c（a－c）（b－c）≥0,（a－b）（a+b-c）≥0
从3而 c+abc≥22
ac+bc（2）
a+b+2abc≥ab（a+b）22+ac+bc （3）
（2）、（3）两式相加即得（1）式．
B3－030 已知a1,a2,…,an为任何两两各不相同的正整数,求证对任何正整数n,下列不等式成立；
16
332333用心 爱心 专心 【题说】第二十届（1978年）国际数学奥林匹克题5．本题由法国提供．
【证】由柯西不等式
【别证】利用排序不等式．
B3－031 已知0≤a1,0≤a2,0≤a3,a1+a2+a3=1,0＜λ1＜λ2＜λ3．求证:下面不等式成立
【题说】1979年北京市赛二试题5．本题是康托洛维奇不等式的特例．
【证】对任意正实数x,
用心 爱心 专心
17 B3－032 设a、b、c为正实数,证明
【题说】第三届（1974年）美国数学奥林匹克题2．注意:这是一个对称不等式．
【证】不失一般性,可以假定a≥b≥c＞0．原不等式即
a·b·c≥1 （1）
由2a－b－c＞0,得a2a-b-c2a-b-c2b-a-c2c-a-b·b2b-a-c≥b2a-b-c·b2b-a-c=ba+b-2c
a=b=c时,等号成立．
【别证】可以利用等式
然后证明右端括号为正．
B3－033 设xi、yi是实数（i=1,…,n）．且 x1≥x2≥…≥xn；y1≥y2≥…≥yn；z1、z2、…、zn是y1、y2、…、yn的任一个排列,证明
【题说】第十七届（1975年）国际数学奥林匹克题1．本题由捷克斯洛伐克提供．
用心 爱心 专心
18 【证】由排序不等式
所以原式成立．
B3－034 有n个数a1,a2,…,an．假设
C=（a2221－b1）+（a2－b2）+…+（an－bn）
D=（a2221－bn）+（a2－bn）+…+（an－bn）
证明:C≤D≤2C．
【题说】第十三届（1978年）全苏数学奥林匹克十年级题10．
【证】设f（x）=（x－a2221）+（x－a2）+…+（x－an）
则 f（x）=n（x－b2n）+f（bn） （1）
现在用归纳法来证明不等式C≤D≤2C．
当n=1时,C=D,故有C≤D≤2C．
假设当n时,不等式成立,往a1,a2,…,an中添一个数an+1,此时C增加了（a）2,而D增加了（a2n+1－bn+1n+1－bn+1）+f（bn+1）－f（bn）．
在（1）式中,令x=bn+1,得
用心 爱心 专心
19 这样,D增加的值（an+1－bn+1）+f（bn+1）－f（bn）在（an+1－bn+1）与22（an+1－bn+1）之间,从而,对于n+1时,也有C≤D≤2C
22所以,对一切n,都有C≤D≤2C
B3－035 a、b、c、d、e为整数,满足1≤a＜b＜c＜d＜e
其中[m,n]为m、n的最小公倍数．
【题说】第十一届（1979年）加拿大数学奥林匹克题3．
【证】更一般地,可以证明:对于n个整数a1,a2,…,an,满足1≤a1＜a2＜…＜an时,有
n=2时,（1）显然成立．假设n=k－1时（1）成立,考虑n=k的情况:
若ak＞2,则
k
若ak≤2,则
k用心 爱心 专心
20 其中（m,n）为m、n的最大公约数,从而
B3－036 S为正奇数集{ai},i=1,2,…,n．没有两个差|ai－aj|相等,1≤i＜j≤n．
求证:
【题说】1979年英国数学奥林匹克题3．
【证】不妨设a1＜a2＜…＜an,r为整数且2≤r≤n．对于1≤
所以, ar≥a1+r（r－1）≥1+r（r－1）
r=1时,上式也成立,故
用心 爱心 专心
21 B3－037 对于n为一正整数,以p（n）表示将n表为一个或较多个正整数的和的方法数,例如p（4）=5,因为有5个不同的和,即
1+1+1+1,1+1+2
1+3,2+2,4
证明:当n＞1时,p（n+1）－2p（n）+p（n－1）≥0
【题说】1979年英国数学奥林匹克题5．
【证】将n的p（n）个不同的表达式各加上1,得到p（n）个n+1的不同表达式,每一个都包含加数1．而且,n+1的每一个含有加数1的表达式,都可由这方法得到．因此将n+1表为大于1的整数的和的方法数
q（n+1）=p（n+1）－p（n）
同样将n+1表为大于2的整数的和的方法数即q（n+1）－q（n）．
显然q（n+1）－q（n）≥0
因此p（n+1）－2p（n）+p（n－1）≥0
B3－038 若0≤a,b,c≤1,证明:
【题说】第九届（1980年）美国数学奥林匹克题5．结论可以推广到n个数的情形．
【证】令
因为 （1－b）（1－c）（1+b+c）≤（1－b）（1－c）（1+b）（1+c）
用心 爱心 专心
22 =（1－b）（1－c）≤1（当a、b、c轮换时均成立）因此δ≥0．
B3－039 若x为正实数,n为正整数．证明:
22
其中[t]表示不超过t的最大整数．
【题说】第十届（1981年）美国数学奥林匹克题5．
【证】用数学归纳法．当n=1,2时,（1）显然成立．假设（1）对n≤k－1均成立．
kxk=kxk-1+[kx]=（k－1）xk-1+xk-1+[kx] （2）
（k-1）xk-1=（k-2）xk-2+xk-2+[（k-1）x] （3）
…
2x2=x1+x1+[2x]
（k）
将（2）至（k）式相加,得
kxk=xk-1+xk-2+…+x1+x1+[kx]+[（k－1）x]+…+[2x]
因此,由归纳假定,
kxk≤[kx]+2（[（k－1）x]+[（k－2）x]+…+[x]）
但是[（k－m）x]+[mx]≤[（k－m）x+mx]（m＜k）,所以
kxk≤[kx]+（[（k－1）x）]+[x]）+…+（[x]+[（k－1）x]）≤k[kx]
即xk≤[kx]．此即所欲证之（1）式．
用心 爱心 专心
23 B3－041 设a、b、c是三角形的边长,证明:ab（a－b）+bc（b－c）2+ca（c－a）≥0,并说明等号何时成立．
【题说】第二十四届（1983年）国际数学奥林匹克题6．本题由美国提供．
【证】设a是最大边,
原式左边=a（b－c）（b+c－a）+b（a－b）（a－c）（a+b－c）
显然上式是非负的,从而原式成立,当且仅当a=b=c,即这三角形为正三角形时等号成立．
B3－043 设x1,x2,…,xn都是正整,求证:
222
【题说】1984年全国联赛二试题5．本题可用柯西不等式、数学归纳法等多种方法证明．
将以上各式相加,即得所要证的不等式．
kB3－044 设P（x）=a0+a1x+…+akx为整系数多项式,其中奇系数的个数由iW（P）来表示,设Qi（x）=（1+x）,i=0,1,…,n．如果i1,i2,…,in是整数,且0≤i1＜i2＜…＜in,证明:
【题说】第二十六届（1985年）国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．
用心 爱心 专心
24 当in=1时,命题显然成立．
设in＞1并且命题在in换为较小的数时成立．令k=2＜in＜2,
mm+1
（1）i1＜k．设ir＜k,ir+1＞k,Q=R+（1+x）S,其中
k
的次数均小于K,由（1）（1+x）≡1+x（mod2）,故
W（Q）=W（R+S+xS）
kkk=W（R+S）+W（S）≥W（R）
的次数均小于K．W（Q）=W（S+xS）=2W（S）≥2W（R）
k=W（R+xR）=W（（1+x）R）045 证明:对于任意的正数a1,a2,…,an不等式
kk
成立．
【题说】第二十届（1986年）全苏数学奥林匹克十年级题2．
【证】不妨设a1≤a2≤…≤an．
用心 爱心 专心
25 因为
当2≤k≤（n+1）/2时
【注】原不等式可加强为
B3－046 正数a,b,c,A,B,C满足条件a+A=b+B=c+C=k
证明:
k2
【题说】第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克八年级题5．【证】由题设
k3=（a+A）（b+B）（c+C）
=abc+ABC+aB（c+C）+bC（a+A）+cA（b+B）
用心 爱心 专心
26
aB+bC+cA＜ =abc+ABC+k（aB+bC+cA）＞k（aB+bC+cA） 即 aB+bC+cA＜k
B3－048 证明:对于任意的正整数n,不等式
（2n+1）≥（2n）+（2n－1）nnn
2成立．
【题说】第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题8．
【证】只须证明
由恒等式
所以（1）式成立．
B3－049 已知a、b为正实数,且1/a+1/b=1．试证:对每一个n∈N,有（a+b）－an2nn+1－b≥2－2
【题说】1988年全国联赛一试题5．
【证】用数学归纳法证．
（1）当n=1时,左边=0=右边,命题成立．
（2）假设n=k时,不等式成立,即（a+b）-a-b≥2-2
当n=k+1时,左边=（a+b）-a-b=（a+b）[（a+b）-a-b]+ab+ab
k+1k+lk+1kkkkkkkk2kk+1nn用心 爱心 专心
27 从而有
≥2·2k+1=2k+2
所以,左边≥4（22k-2k+1）+2k+2=22（k+1）-2k+2=右边
由（1）及（2）,对一切n∈N,不等式成立．
B3-050 已知a5-a3+a=2．证明:3＜a6＜4．
【题说】第十四届（1988年）全俄数学奥林匹克八年级题3．
【证】由a5-a3+a=2,变形为 （1）
a[（a2-1）2+a2]=2
（2）
由（2）知 a＞0且a≠1
（1）÷a得 a4-a2+1=2/a （3）
（1）×a得 a6-a4+a2＝2a （4）
（3）+（4）得 a6+1=2（a+1/a）＞4 （5）
又由（1）知 2=（a5+a）-a3＞2a3-a3=a3
故 a3＜2
（6）
由（5）和（6）得3＜a6＜4．
用心 爱心 专心
28
B3-051 已知a、b、c、d是任意正数,求证:
【题说】1989年四川省赛二试题1．
由平均值不等式,
（2）
≤2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd+2a2+c2+b2+d2＝（a+b+c+d） （3）
（2）÷（3）即得结论．
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29
B3-052 已知xi∈R（i=1,2,…,n,n≥2）,满足
【题说】1989年全国联赛二试题2．
因为 A/n≤a≤A,B≤b≤B/n
B3-053 已知a1,a2,…,an是n个正数,满足a1·a2…an=1,求证
（2+a1）（2+a2）…（2+an）≥3
【题说】1989年全国联赛一试题3．
n
B3-054 对于任何实数x1,x2,x3,如果x1+x2+x3=0,那么x1x2+x2x3+x3x1≤0,请证明之．
又对于什么样的n（n≥4）,如果x1+x2+…+xn=0,那么x1x2+x2x3+…+xn-1xn+xnx1≤0？
【题说】1989年瑞典数学奥林匹克题3．
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30 【证】如果x1+x2+x3=0,则有
当n=4时,若x1+x2+x3+x4=0,则
即n=4时,命题成立．
当n≥5时,令x1=x2=1,x4=-2,x3=x5=x6=…=xn=0,则x1+x2+x3+x4+…+xn=0
而 x1x2+x2x3+x3x4+…+xn-1xn+xnx1=l＞0 所以n≥5时,命题不成立．
B3-055 证明:对于任意的x、y、z∈（0,1）,不等式x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）＜1成立．
【题说】第十五届（1989年）全俄数学奥林匹克九年级题6．
【证】设f（x）=（1-y-z）x+y（1-z）+z,它是x的一次函数,因此关于x是单调的．因为
f（0）=y-yz+z=（y-1）（1-z）+1＜1
f（1）=1-yz＜1
所以当x∈（0,1）时,f（x）的最大值小于1,即
x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）＜1
B3-056 证明:若a、b、c为三角形三边的长,且a+b+c=1,则
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31 【题说】第二十三届（1989年）全苏数学奥林匹克九年级题2．1990年意大利数学奥林匹克题4．
所以
B3-057 已知二次函数f（x）=ax2+bx+c,
当-1≤x≤1时,有-1≤f（x）≤1
求证:当-2≤x≤2时,有-7≤f（x）≤7．
【题说】1990年南昌市赛二试题1
【证】由已知 -1≤f（1）=a+b+c≤1
-1≤f（0）=c≤1
（2）
-1≤f（-1）=a-b+c≤1
（1）+（3）得 -1≤a+c≤1 （4）
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1）
（3）
32
（ 由（4）、（2）得 -2≤a≤2
从而 |4a±2b+c|=|2（a±b+c）+2a-c|
≤2|a±b+c|+2|a|+|c|≤7
即 |f（±2）|≤7
|f（x）|≤7
所以,当|x|≤2时
B3-058 证明:对于和为1的正数a1,a2,…,an,不等式
成立．
【题说】第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十年级题2．
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33
当a1=a2=…=an=时,上式取等号．
B3-059 设a、b、c、d是满足ab+bc+cd+da=1
的非负数．试证:
【题说】第三十一届（1990年）IMO预选题88．本题由泰国提供．
【证】设
则由柯西不等式熟知
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34
所以
B3-060 设a1≤a2≤…≤a7≤a8是8个给定的实数,且
x=（a1+a2+…+a7+a8）/8；
【题说】1991年中国国家教委数学试验班招生数学题3．
【证】
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35
≥0
并且由柯西不等式,y≥x2,所以
B3-061 已知0＜a＜1,x2+y=0,求证:
【题说】1991年全国联赛一试题5．
B3-063 已知a1,a2,…,an＞1（n≥2）,且|ak+1-ak|＜1,k=1,2,…,n-1．证明: a1/a2+a2/a3+…+an-1/an+an/a1＜2n-1
【题说】第十七届（1991年）全俄数学奥林匹克九年级题8．
【证】若ak≤ak+1（k=1,2,…,n-1）,则ak/ak+1≤1,故
a1/a2+a2/a3+…+an-1/an+an/a1＜（n-1）+na1/a1=2n-1（n≥2）
若有ak＞ak+1,则由|ak+1-ak|＜1知ak/ak+1＜1+1/ak+1＜2
设有p个k值使ak≤ak+1,（n-1-p）个k值使ak＞ak+1,则
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36
a1/a2+a2/a3+…+an-1/an≤p+2（n-1-p）
同时 an/a1=[（an-an-1）+…+（a2-a1）+a1]/a1＜p+1
因此 a1/a2+a2/a3+…+an-1/an+an/a1＜p+2（n-1-p）+p+1=2n-1
B3-064
令其中m,n∈N,证明a+a≥m+n
【题说】第二十届（1991年）美国数学奥林匹克题4．
【证】不妨设m≥n,则
mnmn
故n≤a≤m,而有m-a=（m-a）（m+ma+…+a）
≤（m-a）（m+m+…+a）＝（m-a）mnnn-1n-2m-1m-1m-1m
mmm-1m-2m-1（2）
a-n=（a-n）（a+a+…+n）
≥（a-n）n
由（1）有 （m-a）m=（a-n）n
n（3）
将（2）、（3）代入,即得a-n≥m-a或a+a≥m+n
此即所求证之式．
nnmmmnmnmnn-1B3-065 设a、b、c是非负数,证明:
用心 爱心 专心
37 【题说】第二十五届（1991年）全苏数学奥林匹克十年级题1．
【证】（a+b+c）2=（a2+bc）+（b2+ca）+（c2+ab）
所以原不等式成立．
B3-066 设ai≥0（i=1,2,…,n）,a=min{a1,a2,…,an},试证
式中an+1=a1．
【题说】1992年第七届数学冬令营题2．
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38 B3-067 设n（≥2）是整数,证明:
1992年日本数学奥林匹克题3．
用心 爱心 专心
39
【题说】
B3-068 n是正整数,证明:
【题说】1992年澳大利亚数学奥林匹克题8．
【证】因为
B3-069 对x、y、z≥0,证明不等式
x（x-z）2+y（y-z）2≥（x-z）（y-z）（x+y-z）
等号何时成立？
【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题2．
【解】原不等式即x3+y3+z3+3xyz≥x2y+xy2+y2z+yz2+z2x+zx2
由对称性,可设x≥z≥y,于是x（x-z）2+y（y-z）2≥0≥（x-z）（y-z）（用心 爱心 专心
x+y+z）
40 B3-070 设实数x、y、z满足条件yz+zx+xy=-1,求x+5y+8z的最小值和最大值．
【题说】1992年英国数学奥林匹克题4．
【解】由于（y-2z）+（x+2y十2z）≥0
所以x+5y+8z≥-4（xy+yz+zx）=4
22222222
的最小值为4．
x+5y+8z＞x
当y→0时,函数x+5y+8z的值可趋于无穷大．
B3-071 设A是一个有n个元素的集合,A的m个子集A1,A2,…,An两两互不包含,证明:
2222222
其中ai为Ai中元素个数．
【题说】1993年全国联赛二试题2．
【证】A中元素的全排列共n！个．其中开头ai个元素取自Ai中的,有
ai！（n-ai）！
个．由于Ai与Aj（i≠j）互不包含,故这些排列与开头aj个元素取自Aj中的不同．
用心 爱心 专心
41 由柯西不等式,结合（1）便得（2）．
B3-073 设函数f:R→R满足条件:对任意x、y∈R,f（xy）≤f（x）f（y）．
+++试证:对任总x＞0,n∈N,有
【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题6．
【证】f（x2）≤f2（x）,所以f（x2）≤f（x）f1/2（x2）．假设有
则
≥fn-1（xn）
所以（1）对所有的自然数n成立．
B3-075 设a、b、c、d都是正实数,求证不等式
用心 爱心 专心
42 【题说】第三十四届（1993年）IMO预选题本题由美国提供．
【证】由柯西不等式
即
又 （a-b）2+（a-c）2+（a-d）2+（b-c）2+（b-d）2+（c-d）2≥0
结合（1）、（2）即得结论．
B3-076 设a1,a2,…,an为n个非负实数,且a1+a2+…an=n．证明:
【题说】1994年合肥市赛题4．
一方面由柯西不等式知
用心 爱心 专心
43
B3-077 已知
f（z）=c0z+c1z+…+cn
（1）
是z的n次复系数多项式．求证:存在一个复数z0,|z0|=1,使
|f（z0）|≥|c0|+|cn|
nn-1 （2）
【题说】1994年中国数学奥林匹克（第九届数学冬令营）题4．
【证】取复数β,使|β|=1且βn·c0与cn辐角相同,从而
|βncn0+cn|=|βc0|+|cn|=|c0|+|cn|
再令 ω=e2πi/n,ak=β·ωk（0≤k≤n-1）
故必有一个k,使 |f（αk）|≥|c0|+|cn|
显然,|αk|=1,于是αk就是所求的z0。
B3-078 设m和n是正整数,a1,a2,…,am是集合{1,2,…,n}中的不同元素,每当ai+aj≤n,1≤i≤j≤m,就有某个k,1≤k≤m,使得ai+aj=ak,求证:
用心 爱心 专心
44 【题说】第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题1．本题由法国提供．
【证】不妨设a1＞a2＞…＞am,
若存在某个i,l≤i≤m,使ai+am+1-i≤n．则
ai＜ai+am＜ai+am-1＜…＜ai+am+1-i≤n
由已知,得i元集
这不可能,于是对1≤i≤m,恒有ai+am+1-i≥n+1．从而
2（a1+a2+…+am）=（a1+am）+（a2+am-1）+…+（am+a1）≥m（n+1）
B3-079 设a、b、c为正实数且满足abc=1,试证:
【题说】第三十六届（1995年）国际数学奥林匹克题2．
【证】因为abc=1,所以
用心 爱心 专心
45 题中的不等式等价于
将这不等式左边记为K,则（（ab+ac）+（bc+ba）+（ca+cb））·K
=（bc+ca+ab）2
B3-080 设x1,x2,…,xn是满足下列条件的实数:|x1+x2+…+xn|=1
证明:存在x1,x2,…,xn的一个排列y1,y2,…,yn,使得
【题说】第三十八届（1997年）国际数学奥林匹克题3．本题由俄罗斯提供．
【证】对于x1,x2,…,xn的任意一个排列π=y1,y2,…,yn,记S（π）为和式y1+2y2+…+nyn的值．令r=（n+1）/2．
用心 爱心 专心
46 =（n+1）（x1+x2+…+xn）
对值都大于r,它们必然取相反的符号,一个大于r,另一个小于-r．
从π0开始,通过若干次交换两个相邻元素的位置,我们可以得到任意一个排列．特别地,存在一个排列的序号π0,π1,…,πm,使
πi的两个相邻元素的位置得到的．设πi=y1,y2,…,ynπi+1是由πi交换yk与yk+1而得到的,则|S（πi+1）-S（πi）|
=|kyk+（k+1）yk+1-kyk-（k+1）yk+1|=|yk-yk+1|≤|yk|yk+1|≤2r．
这说明在序列S（π0）,S（π1）,…,S（πm）中,任意两个相邻项的距离不超过2r．由于S（π0）和S（πm）均落在区间[-r,r]的外面,且分别位于该区间的两侧,所以至少有一个数S（πi）落在该区间内,即存在置换πi使得|S（πi）|≤r．
B3-081 命题:设a、b、c是非负实数．如果a+b+c≤2（ab+bc+ca）,
则a+b+c≤2（ab+bc+ca） （*）
（1）证明该命题成立；
（2）试写出该命题的逆命题,并判定其是否为真,写出理由．
【题说】1996年北京市赛高一复试题5．
【证】（1）不妨设a、b、c中a为最大．
因为2（ab+bc+ca）-（a+b+c）=（2ab）-（a+b-c）≥0
所以2ab≥a+b-c
a+b+c=（a+b-c）+2c≤2ab+2c≤2（ab+bc+ca）
2222222222222222244422222222444222222用心 爱心 专心
47 （2）（*）的逆命题:设a、b、c是非负实数．如果a2+b2+c2≤2（ab+bc+ca）,
则a4+b4+c4≤2（a2b2+b2c2+c2a2）
这逆命题不真,例如a=4,b=c=1时
a2+b2+c2=2（ab+bc+ca）=18
而a4+b4+c4=258＞2（a2b2+b2c2+c2a2）=66
【评注】a4+b4+c4＜2（a2b2+b2c2+c2a2）是a、b、c构成三角形的充分必要条件,而且在构成三角形时,设三角形面积为Δ,则
16Δ2=2（a2b2+b2c2+c2a2）-a4-b4-c4＞0
B3-082 设n∈N,x0=0,xi＞0,i=1,2,…,n．且=1．求证
【题说】1996年中国数学奥林匹克（第十一届数学冬令营）题5．
从而左边不等式已经证明．
因为 0≤x0+x1+…+xi≤1,i=0,1,…,n
故可令 θi=arcsin（x0+x1+…+xi）,i=0,1,…,n．
用心 爱心 专心
48 又 （1+x0+x1十…xi-1）（xi+xi+1+…+xn）
=（1+sinθ22i-1）（1-sinθi-1）=1-sinθi-1=cosθi-1
所以
B3-083（1）证明:
（2）求一组自然数a、b、c,使得对任意n∈N,n＞2,
【题说】1996年城市数学联赛高年级较高水平题2．
【证】（1）对于n≥2,令
用心 爱心 专心
49
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