2017数学竞赛命题研讨会材料汇总 - 图文

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……………………………………………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 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

代数

代数1(人大附中张端阳)

代数2(人大附中张端阳)

1

（4）当集合为{t,t?1}时，设bi?i(i?1,2,,t)中，值为t?1的个数为

x?{1,2,,t?1}，值为t的个数为t?x，则t?2，且

?t2?t?2t2?t?2?t(t?1)t(t?1)， n?x(t?1)?(t?x)t???x??,?2222???1?8n?1?)1m2?(m)12m????(m?(m?1)mm?,令t?m，则n??，，，x?n????2222????且

S??(bk?k)??k2?x(t?1)2?(t?x)t2?2k?1k?1ttt(t?1)(2t?1)6t(t?1)(2t?1)?t3?(2t?1)x?6 (m?1)m?m(m?1)(2m?1)??m3?(2m?1)?n???26??(m?1)m(m?1)?(2m?1)n?.3(m?1)m(m?1)，

3综上，S?2?ibi??bi的最小值是(2m?1)n?2i?1i?1tt?1?8n?1?m?其中??.

2??

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(x2?y2)3?M(x3?y3)(xy?x?y)对一切满足

x?y?0的实数x,y均成立.

解：所求M的最大值为32.

首先，取x?y?4，可得M?32.下证：(x2?y2)3?32(x3?y3)(xy?x?y) 对一切满足x?y?0的实数x,y均成立.

记s?x2?y2，t?x?y. 已知2s?t，t?0.要证的不等式转化为：

2s3?8t(3s?t2)(t2?2t?s)

7

设s?rt，上述不等式等价于：r3?8(3r?t)(t?2?r)，其中2r?t?0，由

r3?8(3r?t)(t?2?r)?8(t?2r?1)2?r3?8r2?16r?8 ?r3?8r2?16r?r(r?4)2?0，

所以r3?8(3r?t)(t?2?r)，其中2r?t?0成立.

代数6（华东师大二附中唐立华）

A：设正数a,b,c满足：a2?b2?c2?3，求证：

abc???2. 4?a24?b24?c2证明: 先证如下引理

引理设正数a,b,c满足：a2?b2?c2?3，则

(a?b?c)2?9(111??)?18. (*) 2224?a4?b4?c引理证明: ?9?(a?b?c)2?(a?b)2?(b?c)2?(c?a)2,

9(111??)?9 2224?a4?b4?c111??)?9 4?a24?b24?c2?[(4?a2)?(4?b2)?(4?c2)](2?4?b24?a????2?4?a24?b???， ?????(a?b)2?(b?c)2?(c?a)2. ??cab. ??2224?a4?b4?c222?4?b24?a故(*)????2?4?a24?b?

记I1?bca,I2???2224?a4?b4?c要证原不等式,只要证明:

?4?b24?a2??2?4?a24?b????(a?b)2 ??2(a2?b2)22222 ??(a?b)?(4?a)(4?b)?(a?b)22(4?a)(4?b)8

而(4?a2)(4?b2)?(1?b2?c2)(a2?1?c2)?(a?b?c2)?(a?b)2， 上式成立，故引理得证.

(a?b?c)21,y??下证原题：记x?，则由引理有：x?y?2. 94?a2由柯西不等式,有

?abc???22?4?a24?b4?c?2?111????(a?b?c)2????222? ?4?a4?b4?c???499?2x?y?y?32?9xy2?(2x)?y?y?????，

22?33?所以 故原不等式得证.

abc324????2， 22234?a4?b4?c3a2?b2?c2?3，注记：利用已证问题(见2015命题研讨会题目)：设正数a,b,c满足：有

b?c4?a2?c?a4?b2?a?b4?c2?23.

我们有如下：

B：设正数a,b,c满足：a2?b2?c2?3，求证：

(a?b?c)(14?a2?14?b2?14?c2)?2(1?3).

代数7（湖南师大附中张湘君）

设xi?R?,i?1,2,,n，试确定最小实数c，使得

c?xi?1nab?ni?(?xi)?(?xia)b.

i?1i?1nn分析：

由齐次，且xi?R?,i?1,2,,n，不妨设

?xi?1ni?1.

9

原不等式?c?(?xi)?(?x)i?1i?1nnabi?xi?1n?c?(?x)nabiab?ni?xi?1ni?1n，则只需求S?(?xia)bnab?ni?xi?1i?1n的最

ab?ni大值.

由幂平均不等式，(i?1?xnnabi)1ab?(i?1)?nnax?i1ab?1?xi?1nabi?(?xia)b，则

i?1nnS?b?1?xi?1nabi?xi?1n.

ab?ni由Chebyshev不等式，

n?xi?1nab?ni?(?x)(?x)?nx1x2niabii?1i?1nnxn?x??xabii?1i?1nnab?ni??xiab.

i?1n于是S?nb?1，当x1?x2??xn?1时取等号，所以Smax?nb?1?cmin?nb?1.

代数8（湖南师大附中张湘君）

给定m?3且m?N，设a1,a2,,am?0，n?m且n?N，求证：

?(i?1maim)n?n，其中am?1?a1.

ai?ai?121nm,m，则?bi?1，原不等式??()?n.

2i?11?bii?1m1n1m()()??m1?b1?bi?1ii?i?1，于是只需证明：mmma分析：令bi?i?1,i?1,2,aimm由幂平均不等式知

n1mm()?m. ?1?b2i?1i考虑到bi?0,i?1,2,m,m，可设bi?eci,i?1,2,,m，则

?c?0.

ii?1m10

1m记f(t)?()，则

1?etmm1mm1mmm()??()??f(c)?. ???icimmm1?b21?e22i?1i?1i?1im1mtt?m?2t求f(t)?(的二阶导数得下面分两种情f''(t)?me(1?e)(me?1)，)t1?e况讨论：

m1m1m1)?()， (i) 当bi(i?1,2,,m)中至少有一个小于时，?(1mi?11?bi1?m11mm1)?m?(1?)?mm?2. 于是只需证明(12m1?m设g(x)?x,x?3，则g'(x)?x?1x1x1?(1?lnx)?0，所以g(x)在x?3时单调2x1111递减，所以(1?)?mm?(1?)?33?2.

m3(ii) 当bi(i?1,2,m1,m)都大于等于时，f''(t)?0，则f(t)是下凸函数，

m由琴生不等式得?f(ci)?m?f(i?1?ci?1mim)?m?f(0)?m. 2m1mm)?m，证毕. 综上所述，?(2i?11?bi

代数9（湖南师大附中汤礼达）

设a1,a2,...,an?R?，求证：?i?1nmain?1?1.n?12ai?(n?1)?aji?j证明：首先我们证明局部不等式：

(a?an2?12n1?an2?12n2?...?an2?1AM?GM2n2n)?(an2?12n1?(n?1)an?1n2n?12n2n?1nn

???an?12n2n)n2?1n1?2(n?1)an2?1n?12n2n12

a???an?12nn?(n?1)2an???an2???a?an2?1n1?(n2?1)n2?12(n?1)n?1n2?12n122aa?1?an2?1n1?(n2?1)aa???an

n?1n12所以有

11

a1n?1(a?an2?12n1?an2?12n2?...?an2?1n12n2?12n2n)2n2?n?1n1?(n2?1)aa???an?aan2?1n1

[a1n?1?(n2?1)a1a2???an]a1n?1故n?1?2a1?(n?1)a2a3...anan2?12n1?an2?12n1n2?12n2?...?an2?12nnaa?同理有n?1ai?(n?1)?aji?jnn?1i2?an2?12nin2?1n2nii?1

(i?2,3,...,n)

将上式相加，即得?i?1ain?1?1.ain?1?(n2?1)?aji?j

代数10（湖南师大附中汤礼达）

给定k,n?N*,k?n?1，n?2k，设a1,a2,?,an是?1,2,?,n?的一个排列，令

Si?ai?ai?1???ai?k?1（其中1?i?n，下标modn考虑），记S?min?S1,S2,?,Sn?.求

证：S???k(n?1)???1. ?2?k(n?1)?a因k?n?1，故a1??，2??kn(n?1). 2k1?证明：反设S???故nS??Si?k?ai?i?1i?1nn?S1?S2，故必有S1?S或S2?S，

k(n?1)k(n?1)?Z?S?，与假设矛盾. 22k(n?1)?1故只须再考虑k为奇数，n为偶数的情况, 对1?i?n，Si?.

2当k为偶数或n为奇数，得

记P?{i|Si?k(n?1)?1k(n?1)?1P}Q?{j|Sj?}则PQ??1,2,?,n?，

22，，

Q??.

因为k?n?1,所以ai?ai?k得到Si?Si?1(1?i?n).

故P中任意的两元素之差都大于1，又P?Q?n?P??nk(n?1)?1k(n?1)?1kn(n?1)P?Q??Si=?Si??Si?222i?1i?Pi?Qn2

12

k(n?1)?1k(n?1)?1kn(n?1)nP?(n?P)???P2222 kn(n?1)?,2?等号必须成立，即P?,且Si?n2k(n?1)?1kn(n?1)?1(1?i?n). 或

22?k(n?1)?1，i为奇数?k(n?1)?1?2不妨S1?则Si??（*）

k(n?1)?12?，i为偶数??2k(n?1)?1k(n?1)?1?ak+1?a1=1. ，S2?22k(n?1)?1k(n?1)?1?ak+1?a2k+1=1. 又因为k为奇数?Sk+1=，?Sk+2=22S1?故a1=a2k+1,所以n｜2k，但2k?2n?n

代数11（吉大附中石泽晖、王庶赫）

?2k,与题设相矛盾.

{bn}满足?ai??bi，已知正数序列{an}，且a1?a2??an，an?bn?bn?1??b1?a1，

i?1i?1nn对任意的1?i?j?n，均有aj?ai?bj?bi，证明：?ai??bi.

i?1i?1nn证明：由于aj?ai?bj?bi，则aj?bj?ai?bi（1?i?j?n）. 这说明数列{ai?bi}in?1是单调不减序列. 又an?bn?0，a1?b1?0.

（1）当a1?b1?0时，必存在1?m?n，使得：当1?i?m时，ai?bi，此时记

?i?bi?ai；当m?i?n时，ai?bi，此时记?i?ai?bi.

由?ai??bi可知：??i???i. 而要证明的?ai??bi可变形为?ai?1.

i?1i?1i?mi?1i?1i?1i?1nnnm?1nnnbi由均值不等式可知：?i?1nnai?(i?1i)n，故只需证?ai?n（*）即可，往证（*）式bini?1bi?bnai成立. 事实上，

n??aibi??im?1bi??i?n?n?n?1??????bnbn?1bibii?1bii?mi?1n???mbm??m?1bm?1???1b1

?n??nbm??n?1bm???mbm??m?1bmbi??1bm?n，

??1?i?mbi?bm?0，?i?0，0?bi?bm，?i?0，这是由于n?i?m时，故有i?i；时，

bm13

故有?i??bi??ibm.

nn（2）当a1?b1?0时，则对1?i?n，均有ai?bi，又?ai??bi，故对1?i?n，

i?1i?1均有ai?bi，此时结论也成立.

代数12（绵阳东辰学校袁万伦、姚先伟）

设a?0,b?0,c?0，求证：

333111(a2?b?)(b2?c?)(c2?a?)?(2a?)(2b?)(2c?).

444222（问题来源：2005年白俄罗斯数学奥林匹克试题的推广，原题：设a?0,b?0，

3311求证：(a2?b?)(b2?a?)?(2a?)(2b?)，）

44223111证明：因为a2?b??a2??b??a?b?，

44223131同理b2?c??b?c?,c2?a??c?a?，

4242333111所以(a2?b?)(b2?c?)(c2?a?)?(a?b?)(b?c?)(c?a?)，

444222111111即证(a?b?)(b?c?)(c?a?)?(2a?)(2b?)(2c?)，

222222将此式左，右两端分别展开，即证

11a2b?ab2?a2c?ac2?b2c?bc2?(a2?b2?c2)?6abc?(ab?bc?ca)(?)

22因为a2?b2?2ab,b2?c2?2bc,c2?a2?2ca，三式相加得

a2?b2?c2?ab?bc?ca，

所以

12(a?b2?c2)21?a(b2?c2)?b(a2?c2)?c(a2?b2)?(a2?b2?c2)211?(ab?bc?ca)?6abc?(ab?bc?ca)， 22a2b?ab2?a2c?ac2?b2c?bc2??2abc?2bac?2cab即(?)成立，故

333111(a2?b?)(b2?c?)(c2?a?)?(2a?)(2b?)(2c?)

44422214

成立，当且仅当a?b?c?1时取等号. 2

代数13（绵阳东辰学校袁万伦）

a3?b2b3?c2c3?a22???. 正数a,bc满足a?b?c?1，证明：

b?cc?aa?b3问题来源：韩京俊《初等不等式的证明方法》地6页例1.2：正数a,b,c满

a2?bb2?cc2?a???2. 足a?b?c?1，证明：

b?cc?aa?b证法1:因为

a2?bb2?cc2?aa3b3c3b2c2a2????????b?cc?aa?bb?cc?aa?bb?cc?aa?b，

b2c2a2(a?b?c)21????， 由cauchy不等式的推论得

b?cc?aa?b2(a?b?c)2a3b3c3a4b4c4(a2?b2?c2)2??????， b?cc?aa?bab?acbc?baca?cb2(ab?bc?ca)1又因为(a?b?c)2?3(ab?bc?ca)，即ab?bc?ca?,

3由cauchy不等式3(a2?b2?c2)?(a?b?c)2?1，即a2?b2?c2?1， 3abc1(a2?b2?c2)21???，故 ?，即所以

b?cc?aa?b62(ab?bc?ca)6a2?bb2?cc2?a112?????b?cc?aa?b623.

333证法2：因为

a2?bb2?cc2?aa3b3c3b2c2a2????????b?cc?aa?bb?cc?aa?bb?cc?aa?b，

b2c2a2(a?b?c)21????， 由cauchy不等式的推论得

b?cc?aa?b2(a?b?c)2a3a(b?c)2b3b(c?a)2c3c(a?b)2??a,??b,??c，所以 因为

b?c4c?a4a?b415

a3b3c31222???a?b?c?(ab?bc?ca) b?cc?aa?b255?(a?b?c)2?(ab?bc?ca)?1?(ab?bc?ca)，

221又因为(a?b?c)2?3(ab?bc?ca)，即ab?bc?ca?,

3abc15511???所以1?(ab?bc?ca)?1???，即. b?cc?aa?b62236a2?bb2?cc2?a112??故???.b?cc?aa?b623

代数14（广州市第二中学程汉波）

已知A,B,C为?ABC的三个内角，求

n3331?sinAsinB?n1?sinBsinC?n1?sinCsinA,n?N?

的最小值．

解（1）当n?1时，因为

211?A?B?C?9sinAsinB?sinA?3sin?， ??????33?34?2所以

??1?sinAsinB??3??sinAsinB?（2）当n?2时，由万能公式及柯西不等式得

3． 4ABABtan4tantan2222 sinAsinB??2?2A??2B?AB??1?tantan??1?tan??1?tan?22?????22??4tan当且仅当tan所以有

ABtan221???2AB??1?tantan??22??4tan??1?tan???1?tan?AB?tan?22?． 2AB?tan?22?2AB?tan，即A?B时取等号． 22?1?sinAsinB??设x?tanABBCCAtan，y?tantan，z?tantan，则x，y，z均为正22222216

数，因为tanABBCCAtan?tantan?tantan?1，故有x?y?z?1．于是 222222?1?sinAsinB??y?z?1?x??， ???1?x2x?y?z??2在Nesbitt不等式：?a3b?y?z，令a?x?y，??a,b,c?0?中，c?z?xb?c2y?z3??即得?，当且仅当A?B?C?时，等号成立． 2x?y?z23（2）当n?3时，同第（2）种情况可得，

?y?z??y?z?1?1?x?333331?sinAsinB???2?????????? ?1?x2x?y?z2x?y?z??????2222?32?3?y?z?33?32??32．

2?2x?y?z?4?x?y?z?2?2y?z?当且仅当x?y?z，即A?B?C?时，等号成立． 3（3）当n?4时，同第（2）种情况可得，

21?x1?x?1?x?nn1?sinAsinB??????1?x??2， ??????21?x?1?x?1?x当A?0,B?C??2时，等号成立．

33；当n?2时，原式的最小值为；42综上所述，当n?1时，原式的最小值为

332当n?3时，原式的最小值为；当n?4时，原式没有最小值，但下确界为2．

2

代数15（大连市第二十四中学 邰海峰）

无穷个非钝角三角形,将其最短边、次长边、最长边分别相加,得到一个新的

2?大三角形,求证：这个大三角形的最大角小于.

3解:设这无穷多个三角形的最短边依次为a1,a2,长边依次为c1,c2,?,次长边依次为b1,b2,,最

,其中ai2?bi2…bici. ci2,且ai剟??a2?b2?c2设a??ai,b??bi,c??ci,最大角余弦为.对于两个不同的正

2abi?1i?1i?117

整数i,j,因为

222222aiaj?bbij?ai?bi?aj?bj?aiaj?bbij?(aiaj?bbij)?(aibj?biaj)，

又因为aiaj?bbij?aibj?biaj，

22所以(aiaj?bb ij)?(aibj?biaj)222?(aiaj?bbij)?2(2?1)(aiaj?bbij)aibj?biaj?(2?1)(aibj?biaj) 2?(aiaj?bbij?(2?1)aibj?biaj)，

222(?ai)2?(?bi)2?(?ai2?bi2)2 所以a?b?c…2?2?aiaj?2?bibj?2?ai2?bi2a2j?bj i?ji?ji?j…?(22?2)?aibj?baij??(22?2)(?ai?bi)，

i?ja2?b2?c21?1?2??,从而最大角小于2?. 所以

2ab23

代数16（东北育才学校张雷）

数列{un}:u1?1,un?1?lim1u1?u2??un,问:是否存在常熟?,?使得

u1?u2??un?1,若存在请求出?,?,若不存在请说明理由. ?x???n1解: ??2,??,下面证明:

211第一步:证明:引理:1????2n(n?N*),用数学归纳法,

32n?1(1)当n?1时,不等式成立;

(2)假设n时不等式成立,则n?1时我们只要证明

1211?2(n?1?n)??,只要证明,该不等式成立,故2n?12n?1n?1?nn?1n?1时,不等式成立.

综上所述,引理成立. 第二步:由u1?u2??un?1,u1?u2?un?118

?un?1?1(n?2)可得un

11?un?(n?2),u2?1,设u1?u2?un?1unan?1?an??un?1?1?an?1(n?2),则un1,a1?1,则limu1?u2???un?liman?.

x??x???nan?n11222,a1?1,得an?a?2??a?2,故 ?1nn2anan2an?2n?1， (*)

第三步:由an?1?an?22则an?1?an?2?112?a?2?,累加可得 n2an2n?1112an?2n?1?(1???)(n?2),

32n?3112由引理可知:an?2n?1?(1???)?2n?1?2n， (**)

32n?322n?1an2n?1?2n2n?12n?1?2n???lim?1,故故由(*),(**)，,而limn??2nn??2n2n2n2n2ana1lim?1,limn?1,,则??2,??满足条件. n??2nn??2n2试题背景:常见题目:a1?2,an?1?an?1,证明:2n?1?an?3n?2.由于无an法求出具体的通项公式,又希望能改进成为具体的值,而不只限于不等式,进而发现极限可以实现这一目标.

代数17（东北育才学校张雷）

a1?a2?...?an?1(n?2),0?ai?1(i?1,2,...,n),求a1?a2?...?an?2a1a2的最小值.

222an1???n?1解:最小值为??1?2(1)n?n?n下面证明:

n?2,3,4

n?5我们解决n?4情形,不妨设a1,a2固定,则

19

a32?a42?2a1a2a3a4?(a3?a4)2?2a3a4?2a1a2a3a4为关于知a3?a4,或者a4?0,

当a4?0时,可有均值得最小值为

1; 3a3a4开口向下抛物线,故可

当a3?a4,固定a3,a4,调整a1,a2,同样的情况,最后调整a1,a3及a2,a4可知,都取等为

61?. 163n?2,3也容易证明.

下证n?5情形,我们证明更强的结论:a1?a2?...?an?sa1a2的最小值当ai?1取等. n222an(0?s?2)

一.当n?5时,都取等,值为

11?s()n,而其中一个等于0,最小值nn111??s()n,故而有利于我们调整. n?1nn同样的调整法,我们可以调整4个相等,即4a1?a5?1,证明:

1111124a12?a5?sa12a5??s()5,不妨设a1?a5,a1??x,a5??4x(0?x?),则

552055带入后,只要证明10x2?成立.

s11s15(?x)4(?4x)?(),显然我们只要证明s?2时255251115 10x2?(?x)4(?4x)?（）555

15 ,则不等式成立, 若10x2?（）5若

1115 15 ,则只要证:((?x)4(?4x))2?(（）10x2?（）?10x2)2,由于5555141311115 (?)x4,故只要证()[()4?4x()3](?4x)?(（）?10x2)2 55555520

1(?x4)?5

即

15 120（）?15()3?100x255,由于

110x2?（）55 我们只要证

15 115 ,可知成立. 20（）?15()3?10（）5551,证明:2s1s1111,不妨设2a12?a52?a12a5??a?a,a??x,a??2（x0?x?),则不15152122636612s11s1等式等价于6x2?(?x)2(?2x）,我们正要证明s?2的时候,即?2662631111116x2?(?x)2(?2x）?3 (*) 而(?x)2?+x,代入(*),我们即可证明.

6666363下面考虑n?7情形,我们用数学归纳法,若n?2时成立,则n时,我们通过调整

a使得an?1?an,1?2an?t,则a1?a2?...?an?2?t(0?t?1),令bi?i(i?1,2,...,n?2),

t当n?6时,我们可以通过调整化归为2a1?a5?22222n?6t(b?b?...?b?sab1b2b?b?...?b?112n?2ntn?2则12,我们求

2bn?2)?2an的最小

值,由归纳可知

a1?a2?...?a?aaan?2,an?1n,故问题化归为(n?2)1?2n?1,求

的最小值,我们不妨设

(n?2)a12?2an2?sa1n?2an211n?22a1??x,an??x(0?x?)nn2n(n?2),

(n?2)a?2an?sa212n?221n我们只要证明

1?1?a??s??n?n?(**) n?2n(n?2)n2?1?x?s??x?则代入(**),我们只要证明:2?n??1??x???n?n?221n?22?1?(?)?s??n2?n?,而

n22?11n?n?21n?22?()?()x(对于指数是分数的时候,只要两边平方证明即n2n可 ),代入上式可知结论成立.

注: (1)数学归纳法解决了调整法中无限调整的问题; (2)n?6时的解决方法给整个题以提示. (3)n?5时的证明是本题证明的难点. (4)加强归纳的技巧也是值得借鉴的.

21

(5)本题涉及猜想,分类,跳跃归纳,加强归纳,调整法,放缩以及联想探索等能力,是训练学生的较好题目.

(6)受n?5的启发,我们也可以直接归纳,问题化归为(n?1)a1?an?1,求

(n?1)a12?an2?2a1n?1an2的最小值,设

a1?11?x,an??(n?1)x,同样我们得到,只nnn11?1?n(n?1)x?2(?x)n?1(?(n?1)x)?2??要证明nn?n?. ?1?n(n?1)x?2??我们依旧分类讨论,当?n?时,移项平方,我们只要证明

2n11?1?1114(?x)n?1(?(n?1)x?(2???n(n?1)x2)2(?x)n?1?()n?1?(n?1)()n?2x,将nnnnn?n??1??1??1?n(n?1)x2?2??2(n?1)n???4(n?1)2??代入,且注意到?n?,我们只要证明?n??n?nnn?2n,

成立

(7) 取等条件为全相等或者一个等于0,由此比较两个最小值,觉得系数2比较适合.

(8)题目思想来源:(全国高中数学联赛)实数a,b,c满足a?b?c?1,abc?0,求证:

ab?bc?ca?abc1?. 24发现:一正二负的情况,不妨设a?0,b,c?0,则

ab?bc?ca?b(a?c)?ac?b(1?b)?0,我们只要考查a,b,c?0情形,经化归

?2ab?2bc?2ca?abc?a2?b2?c2?11,即证明?(a?b?c)2?(a2?b2?c)2?abc?221ab?c(*).下面证之:不妨设a不变,则21a2?b2?c2?abc?a2?(1?a)2?2bc?abc?(*)以bc为元的开口向下的21?a抛物线,知道bc?0,取得最小值,c?0时,可知不等式成立;

2bc?1?a时,?3a2?2a?a(1?a)?0,不妨设a最大,令2a?t?[1,1),322

?3t3?t2?2t?1?0(**)本来是求导数证明的,后来发现:32t3?1?1?2t,我们

27224932275t?t?t2?()2?(2?)2?3. 274927由此启发,继续研究,发现上述的题目形式:

代数18（大连市第二十四中学李响）

只要证明

定义有序正数组 的特征值为 ，设有序

正数组 的特征值为k，

(1).求证：可以将 划分为m 个有序数组，并设每组的特征值为 ，使得 ；

(2).将2017改为2018，结论是否成立，并证明.

解：(1)我们证明可以将 划分为m-1个二元数组和一个非二元数组满足题中条件，下面用数学归纳法证明：

m=1时，显然成立；

假设m=p时结论成立，即可划分为p-1个二元数组和一个非二元数组， 使得 成立；则m=p+1时，保持m=p时划分出去的p-1个二元数组不变，下面对非二元数组进行划分，设非二元数组为 ，其特征值为 ，取其中一个二元数组 ，其特征值为 ，其中 ，设除去 的有序q-2元数组的特征值为 ，则对于m=p+1，只要证明存在 使得 成立， 即 即

成立， 成立，

成立，即

即 成立，设 ，

由于( ，q为奇数，

所以至少存在一个i使得 ，对于m=p+1原结论成立，所以原题结论成立.

(2)成立，同(1)只要证存在i使得 成立，设 ，若存在 ，则显然成立，若 均不为零，用反证法，假设 均小于零，则 为同号，由于q为偶数，有 为同号，

23

由于 ， 与同号产生矛盾，所以存在i使得 成立， 所以对于2018依然成立.

代数19（学而思培优·苏州分校李家夫）

已知：f(x)?x4?ax3?bx2?cx?d有四个复数根?1,?2,?3,?4，

g(x)?x3?bx2?(ac?4d)x?4bd?a2d?c2有三个复数根?,?,?.

123求证：

1?i?j?4?(???)ij2?1?i?j?3?(???)ij2

解析为记号简单起见，不妨设{?1,?2,?3,?4}?{e,f,g,h} 由韦达定理有

?a??(e?f?g?h)?b?ef?eg?eh?fg+fh+gh? ??c??(efg?efh?fgh?egh)??d?efgh我们来证明：

（1）

?1??2??3??(?b)?ef?eg?eh?fg+fh+gh?(?1?2??3?4)?(?1?3??2?4)?(?1?4??2?3)（2）. . 直接展开验证即可. 于是证毕！

代数20（华东师大张丽玉）

设x、y、z为正实数，求证：

yzy2?z2?yz?zxz2?x2?zx?xyx2?y2?xy?(x2?y2?xy)(y2?z2?yz)(x2?y2?xy).

一、命题背景:原题：P为三角形ABC内一点，求证：

BPCPBC?APCPAC?APBPAB?ABBCAC.

特别地，当∠APB=∠BPC=∠CPA=120°时，这个几何不等式仍然成立，设PA=x，PB=y，PC=z，则得到题2.

二、解答过程

当然我们可以先解答原几何题，再等价转化为我们所需要的代数不等式. 下面我们给出一个纯代数的解法，解答过程如下：

24

?yz(x2?y2?xy)(x2?z2?xz)?zx(y2?z2?yz)(y2?x2?yx)?xy(z2?x2?zx)(z2?y2?zy)?1

首先证明

y2?z2(x?y?xy)(x?z?xz)?x?yz?xy?z.

22222y?zy2?z2y?z2?(x?y?xy)(x?z?xz)?(x?yz?x)?(x?yz?x)?(x2?yz?x)2y?z2

22222y?z2)y2?z2y?z2??x(?)

y?zy?z222222(x?y?xy)(x?z?xz)?(x?yz?x)2(x2?y2?xy)(x2?z2?xz)?(x2?yz?xx(y?z)2?? y?z2(y?z)22222(x?y?xy)(x?z?xz)?(x?yz?x)2?(x2?y2?xy)(x2?z2?xz)?(x2?yz?xy?z3)?x(y?z) 2232x(y?z)24而

(x2?y2?xy)(x2?z2?xz)?(x2?yz?x?xz?xy?x22y?zy?z)?(x2?y2)(z2?x2)?x22

y?z3?x(y?z)22222y2?z2所以(x?y?xy)(x?z?xz)?x?yz?xy?z成立.

于是yz(x2?y2?xy)(x2?z2?xz)?yzy2?z2x?yz?xy?z2?yz(y?z).

?yz(y?z)同理zx(y2?z2?yz)(y2?x2?yx)xy??zx(z?x)，

yz(y?z)?(z2?x2?zx)(z2?y2?zy)xy(x?y)，

?yz(y?z)上面三个式子相加，即是我们需要证明的不等式.

代数21（杭州二中赵斌）

25

26

27

几何

几何1（复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利）

已知锐角?ABC，AC?BC，点K,N在边AC上，点M,L在边BC上，且

11BC?AN?CK?CL?BM?AC. KL与MN交于点P. 点R为边BC的中点，22点Q为?ABC外接圆上弧ACB的中点. 求证：?RPN??QPK.

证明：延长MN、KL分别交BC于点X、Y. 由梅涅劳斯定理，直线MN、KL截?ABC得：

BXANCMAYBLCK（1） ???1???XANCMBYBLCKA由条件：AN?CK，NC?KA，CM?BL，MB?LC.

BXBY代入（1）得：， ?XAYA进而：AX?BY（2）

因为R为边BC的中点，Q为?ABC外接圆上弧ACB的中点，所以QR为线段AB的中垂线，结合（2）可知QR为线段XY的中垂线.

因为QA?QB，AN?BM，?QAN??QBM，所以?QAN??QBM， 所以QM?QN，?MQA??BQA??ACB，进而M,C,Q,N四点共圆. 所以?QCM??QNX. 又?QCM??QAX， 可得?QAX??QNX，可得Q,N,A,X四点共圆，

28

?ABC??CAB.

22???ACB?ABC??CAB又?KYX??CBA??BLY??CBA? ?22所以?QXN??QAC??QAB??CAB????ACB??CAB?所以?QXN??KYX，由QX?QY，所以：?PXY??PYQ

所以QX,QY为?PXY的外接圆的切线，所以QP为?PXY的陪位中线， 所以：?QPK??XPR??RPN.

几何2（湖南师大附中苏林）

已知I是?ABC内心，过I作BC的垂线，交?ABC的外接圆于D、E(D、A在BC同侧)，延长DA交直线BC于F，过I作AE的垂线交直线BC于G.

求证：?DFI??EGI.

证明：引理：F是⊙O的弦BC延长线上一点，D是弧BC中点，弦交弦BC于

G，DF交圆于D、H，则DC2?DH?DF?DG?DE.

引理的证明：连结CE、CH.

因为D是弧BC中点，所以?E??BCD，因此，所以DC?DGC∽?DCE2?DG?DE.

因为弧DH?弧DC?弧HC=弧BD－弧HC，

所以?DCH??BCD??CDH??F， 因此?DHC∽?DCF， 所以DC?DH?DF?DG?DE.

回到原题：

延长AI交⊙O于P，设BC于DE的交点为M，连结DF交BC于L，延长DO交⊙O于K.下证P、E、G三点共线：

延长PE交BC延长线于G?，连结IG?交AE于N.

由鸡爪定理及引理知PI?PC?PE?PG?，

故?PEI∽?PIG?，

故?PIE??PG?I，于是?IAE??IEA??BG?E??IG?B， 而?IAE??PCE??BG?E， 所以?MEN??MG?N，

因此M、E、G?、N四点共圆.

而?EMG?= 90?，所以IG??AE， 因此G?即G，

29

222所以P、E、G三点共线.

再证LI?DF：由鸡爪定理及引理知：

PI2?PC2?PL?PD，

所以?PLI∽?PID，从而?LIP??IDP， 因此?DLI??DPA??LIP??DPA??EDP. 所以?DLI??LDF??DPA??ADE?2?EDP. 在?DBC中熟知DO、DE是等角线，

从而?DLI??LDF??DFA??ADE??EDK= 90?. 所以LI?DF.

最后证明?DFI??EGI：

由LI?DF、DI?LF知I是?DLF垂心， 所以?DLI??DFI?90???LDF. 因为?IGL??DEA??DPA， 所以L、P、G、I四点共圆. 从而?DLI??EGI. 所以?DFI??EGI.

几何3（湖南师大附中苏林）

⊙O2相切，如图，⊙O1、且均与⊙O切，⊙O的弦径AB⊙O2的外公切线，⊙O1、⊙O2的两条外公切线是⊙O1、且D、F、CD、EF分别交AB于C、E，D、F在⊙O上，

O1、O2均不在直线AB同侧，EF交AD于P，CD交BF于Q.

求证：PQ∥AB.

证明：分别延长FE、DC交⊙O于T、S，连结SA、SB、TA、TB.

⊙O2分别切AB于K、L，切SD于U、V，切FT于Y、X. 设⊙O1、对⊙O1及点圆⊙A、⊙S、⊙B用开世定理有：

SA?BK?SB?AK?AB?SU.

对⊙O2及点圆⊙A、⊙S、⊙B用开世定理有：

SA?BL?SB?AL?AB?SV.

两式相减得：SA?KL?SB?KL??AB?UV， AB?UV从而SB?SA?.

KLAB?XY同理：TB?TA??.

KL30

而UV?XY，故SB?SA??(TB?TA).

易知：当点G沿弧BSA从B到A时，GB?GA的值单调递增， 当且仅当GG?∥AB时，GB?GA??(G?B?G?A).

故ST∥AB.从而?ADS??BFT.所以F、P、Q、D四点共圆. 因此?FQP??FDP??FBA.所以PQ∥AB.

几何4（郑州一中张甲）

已知圆O1与圆O2外切，P为圆O1上一点，PA,PB分别且圆O2于A,B两点，

M为AB中点，OC垂直PA交圆O1于点C，PB交圆O1于点D. 1求证：C,D,M三点共线.

AAO2O1MO1SMO2DPCBDTB PC

证明：设圆O1，圆O2切于点S，则O1,S,O2三点共线，P,M,O2三点共线. 由OC?AP,O2A?AP可得A,S,C三点共线. 111要证C,D,M三点共线，即证：?SDM??CO1S??AO2S??ABS??SBM，

22即证：S,D,B,M四点共圆.

设过S的圆O1，圆O2的公切线交PB于T.

则?DSM??DBM??DST?90??MSO2?90??MBO2

?180???DST??MSO2??MBO2?，

于是S,D,B,M四点共圆等价于?DST??MSO2??MBO2， 而O2A2?O2S2?O2M?O2P，?MSO2??SPO2

31

?△MSO2△SAO2??MSO2??SPO2.

又?MBO2??BPO2??MSO2??MBO2??SPO2??BPO2??SPD??DST， 故原命题得证.

几何5（西安铁一中 杨运新）

从一道三线共点题到线段相等题的改编

作为数学老师，总是希望学生被数学题目吸引，然后去独立思考、深入思考，最终有所收获. 但是常常发现一些题目，学生并不太喜欢，甚至有些排斥.

在微信群“几何大家玩”中讨论过一个几何题.

1. △ABC，高AH，BC中点M，内切圆与BC、CA边的切点D、E，∠B内的旁心J. 证明：MJ、DE、AH三线共点.

作为教练，觉得这是一个叙述比较简洁的三线共点题目. 可是，在给高二学生做练习时，许多学生都跳过这个题，直接去做后面的题. 询问若干同学，有的说不方便用塞瓦定理，有的说不喜欢旁心. 一个月后，我将题目作如下表述，再次留给学生们思考.

2. ABC，BC、CA上的点D、E为内切圆切点，∠B内旁心J，BC中点M，MJ交DE于P. 求证：AP⊥BC.

显然，题目没有本质的变化，难度也一样. 可是，与上一次无人问津不同，这次有三位同学都给出了解答. 其中一位同学运用三角方法，耐心的写了满满一页纸. 虽然不如几何方法简短，但是这样的意志，对学习数学竞赛是需要的. 比较两种表述，后一种的结论要浅显一些.

对于新高1的学生，这个题偏难. 注意到点P在MJ上等价于AP的长度“合适”，经过分析，当AP＝∠B内旁切圆半径时正好“合适”. 于是，去掉旁心，给高1的学生一个练习题.

3. △ABC，BC、CA上的点D、E为内切圆切点，过A作BC的垂线与DE交于P. 求证：AP恰等于一个旁切圆的半径.

32

解法：（南京顾冬华老师、西安铁一中高2学生郝治）

我将这个题目分享在微信群“学数学俱乐部”中，南京博士李潜因说道：“如果把另一条切点弦作出来，有没有什么有意思的结论？”于是，很快得到如下题目，即证明线段相等的题目.

4. △ABC，BC、CA、AB上的点D、E、F为内切圆切点，过B作AC的垂线交DE于P，过C作AB的垂线交DF于Q. 求证：BP＝CQ.

几何6（西安交大附中金磊）

已知：如图，A为圆O1,O2一个交点，C为圆O2,O3一个交点，D为圆O3上动点，CD交圆O2于E，EA交圆O1于F. 求△DEF外心O的轨迹

CO2O1EFO3OADKBJO2O1PNAM解：先证明一个引理，如图，圆O1,O2交于A、B，过B做AB垂线，交两圆于J、K，P为JK中点，MAN共线，则PM=PN.

33

证明：连接各点，由垂直得JO1A、KO2A共线，由P为JK中点得PO1AO2为平行四边形；则

PO2=O1A=O1M，PO1=O2A=O2N，且∠O1PO2=∠O1AO2=∠O1BO2, 则O1BPO2共圆；则∠BO1P=∠BO2P;又∠BO1M=2∠BAN=∠BO2N,故

C∠MO1P=∠PO2N,则△MO1P≌PO2N（SAS）则PM=PN.

下面证明O的轨迹为圆；

设圆O1、O2交于A、B，圆O3、O2交于C、M；

KMO2BJO1FAEO3NL过B作JK⊥AB，过M作PN⊥CM，设JK、NP中点为L、

GG；由引理知在D运动过程中，EF中垂线过定点L，同理ODE中垂线过G；O为EF、DE中垂线交点，∠LOG=∠AEC为定值，而L、G为定点，故O的轨迹为过L、G且满足∠LOG=P∠AEC的圆.

几何7（西安交大附中金磊）

已知：△ABC外接圆为圆O，过A的圆O的切线交BC于D，P为直线OD上任意一点，PM⊥AB于M，PN⊥AC于N. △AMN垂心为H; 求证：∠ADH=∠BDO

ADHMNOPCBD

证明：先证明△PMN垂心H’在BC上；设L为BC中点，AI为直径，IB、IC交OD于J、K；依题意AOLD共圆，则∠AOD=∠ALD，又∠ABL=∠KIO,△ABL∽△KIO,∴△ABC∽△KIA,∴∠KAI=∠ACB=∠AIB，∴AK//IB,同理AJ//IC；∴AM:AB=KP:KJ=CN:CA,由H’为垂心知AMH’N为平行四边形，故AM=H’N，∴H’N:AB=AM:AB=CN:CA,∴H’在BC上；从而P为△MNH’的垂心.

下面证明∠ADH=∠BDO.

证明：由AMH’N为平行四边形且H、P为垂心知H、P关于AH'中点T中心对称；由H、P为垂心知PM⊥AB,PN⊥AC,故AMPN共圆；则∠PAN=∠PMN=∠MAH,则∠DAY=∠PAN+∠CAD=∠MAH+∠B=∠DXA;∴△DAY∽△DXA; 又AH:YP=PH’:YP=XA:YA,故H、P为相似对应点，故∠ADH=∠BDP,即∠ADH=∠BDO.

34

几何8（西安交大附中金磊）

已知：如图，D、E、F分别在BC、CA、AB上，DE//AB,DF//AC,O为ABC外心，H为△AFE垂心，M、N为BC、OH中点，求证：NM=NA.

证明：设?AEF??，AEF外接圆半径为r，ABC三边为a,b,c，三个角为A,B,C,AF=tc，则AE=(1-t)b,EF=2rsinA,?EDC?B;显然AH=2rcosA，DFHE共圆，故DH=2r，?HDE??HFE?90??；反复利用正余弦定理，由中线长公式知，欲证NM=NA，即证

OA2?AH2?OM2?MH2?OB2?OM2?4r2cos2A?MH2?BM2?4r2cos2A?MD2?DH2?2MD?DHcos(90???B)a211??4r2cos2A?a2(?t)2?4r2?4ra(?t)sin(??B)422?a2t(t?1)?4r2sin2A?2ra(1?2t)sin?cosB?2ra(1?2t)cos?sinB?0?a2t(t?1)?4r2sin2A?t(1?2t)accosB?2rb(1?2t)cos?sinA?01?2t 2(1?t)b?EFcos??02(1?t)t(1?2t)221?2t?a2t(t?1)?EF2?(a?c?b2)?(EF2?(1?t)2b2?t2c2)?022(1?t)?a2t(t?1)?EF2?t(1?2t)accosB?EF2t(1?2t)2t(1?2t)2??a2?b?c?02(1?t)222(1?t)?EF2?t(1?t)a2?(1?t)(1?2t)b2?t(1?2t)c2?t2c2?(1?t)2b2?2t(1?t)bccosA?t(1?t)a2?(1?t)(1?2t)b2?t(1?2t)c2?t2c2?(1?t)2b2?t(1?t)(b2?c2?a2)?t(1?t)a2?(1?t)(1?2t)b2?t(1?2t)c2?t(1?t)a2?(1?t)(1?2t)b2?t(1?2t)c2?t(1?t)a2?(1?t)(1?2t)b2?t(1?2t)c235

显然成立，故原命题成立. 几何9（西安交大附中金磊）

已知：如图，△ABC中，D为AB中点，E在BC上且?BDE=2?A,F在AB上，且?FCA=?B+?A，G在线段CF上，且BF=2EG.

求证：?DGE+?B=180°.

证明：如图，延长BC到H使得CH=CF，连FH交AC于I，作AJ⊥CH于J，连接JG、JD、EI. 则?ACH=?CAB+?B=?ACF，故△ACF≌△ACH(SAS)， 则AC垂直平分HF，故I为HF中点；又?EDB=2?CAB=?HAB,故AH//DE， 又D为AB中点，则E为BH中点，故EI//BF且BF=2EI；则EI=EG. 由AHJI共圆知?CJI=?HAC=?CAB=?CIE，故△ECI∽△EIJ， 则EI?EC?EJ，则EG?EC?EJ，

故△ECG∽△EGJ，则?EGJ=?ECG=180°-2?FCA=180°-2(?B+?CAB) 而?EDJ=?BDJ-?BDE=180°-2(?B+?CAB)=?EGJ，

故DGEJ共圆，故?DGE=180°-?DJE=180°-?B,即?DGE+?B=180°

几何10（西安交大附中金磊）

给定直线m,n和直线外定点A，在m、n上求作B、C，使得△ABC为正三角形.

解：如图，若m交n于E，过A作AD//m，作正三角形DEF，连接AF交m于B，作∠BAC=60°其中C在n上，则△ABC为正三角形. 证明：依题意∠BAC=60°=∠FDE，则AFCD共圆，又AD//m则∠BEC=∠ADH=

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