高中数学 第三节 不等式奥林匹克竞赛题解

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 x
2
（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a
1
，a
2
，…，a
n
为n个正数，且设q为一已知实数，使
得0＜q＜1．求n个数b
1
，b
2
，…，b
n
使
1．a
k
＜b
k
， 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-k
k
=a
1
q+a
2
q+…+ak-1
q+a
k
+a
k+1
q+…+a
n
q（ k=1，2，…，n）．
1．显然b
k
＞a
k
对k=1，2，…，n成立．
2．比 较b
kk-1n-k-1k
k+1
=qa
1
+qa
2
+…+qa
k
+a
k+1
+…+qa
n
与qb
k
=qa
1
+…
+q
2
a
2
…+q
n-k+1
k-1
+qa
k
+qa
k+1
+a
n< br>，qb
k
的前面k项与bk+1的前面k项相等，其余
的项小于b
k+ 1
的相应项（因为q＜1）．因此b
k+1
＞qb
k
．


用心 爱心 专心
3

因此，b1
，b
2
，…，b
n
满足题目的要求．
B3－008 求满足条件：x≥1，y≥1，z≥1，xyz=10，x
lgx
y
lgy
z
lgz
≥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）
u
2
+v
2
+w
2
≥
1
（3）
（2）平方得 u
2
+v
2
+w
2
+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1cm
2
，第四 个的面积不小于
2cm
2
．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）+n
2

用心 爱心 专心
5

因此，由柯西不等式


于是22 1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a< br>1
、a
2
、…、a
n
是给定不全为0的实数，r
1< br>、r
2
、…、r
n
是实数，如果
不等式
r
1
（x
1
－a
1
）+r
2
（x
2
－a
2
）+…+r
n
（x
n
－a
n
）

对任何实数x
1
、x
2
、…、x
n
成立 ，求，r
1
、r
2
、…、r
n
的值．
【题说】第三届（1988年）全国冬令营赛题1．
【解】取x
i
=a
i
，i=2，3，…，n代入原不等式，得


当x
1
＞a
1
时，由上式得
当x
1
＜a
1
时，上述不等式反号．令x
1
分别从大于 a
1
与小于a
1
的方向趋于a
1
，得到


B3－014 对于i=1，2，…，n，有|x
i
|＜1 ，又设|x
1
|+|x
2
|+…
+|x
n
|=19+|x1
+…+x
n
|．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x
1
=x
2
=…=x
10
=0.95，x
11
=x
12
=…= x
20
=－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】 a
max
=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

a
max
=3

B3－016 设x、y、z＞0且x+y+z=1．求1x+4y+9z的最小值．
【题说】1990年日本第一轮选拔赛题10．
【解】 1x+4y+9z=（x+y+z）（1x+4y+9z）


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？ 222
2
222
222
44
444444444444
2222444222222
2222444
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a
2
+b
2
+c
2
+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a
1
，a
2
，…，a
n
（n≥3）满足关系式a
1
=a
n
=0，a
k-1
+a
k+1
≥2a
k
（k=2，3，…，n－1），证明：数a
1
，a
2
，…，a< br>n
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a
1
，a
2
，…，a
n
中，a
r最大，s是满足等式a
s
=a
r
的最小下标．若
n＞s＞1，则 a
s-1
；＜a
s
，a
s+1
≤a
s
，从 而a
s-1
+a
s+1
＜2a
s
，与已知条件a
s -1
+a
s+1
≥2a
s
矛盾．故只有s=1或s=n，于是ar
=0，数a
1
，a
2
，…，a
n
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a
1
，a
2
，…，a
n
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x
1
＞0，x
2＞0，x
1
y
1
－

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x
1
=x
2
，y
1
=y
2
，z
1
=z
2
时，等号成立．
B3－025 设a、b、n都是自然数，且a＞1，b＞1，n＞1，A
n-1
和A
n
是a进制数系中的数，B
n-1
和B
n
是b进制数系中的数．A
n-1
、A
n
、B
n-1
和B< br>n
呈
如下形式：
A
n-1
=x
n-1
x< br>n-2
…x
0
，A
n
=x
n
x
n- 1
…x
0
（a进制的位置表示法）；
用心 爱心 专心
13

B
n-1
=x
n-1
x
n- 2
…x
0
，B
n
=x
n
x
n-1
…x
0
（b进制的位置表示法）．
其中x
n
≠0，x
n-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A
n-1n-1
n
B
n-1
－A
n-1
B
n
=（x
n
a+A
n-1
）B
n-1< br>－（x
n
b+B
n-1
）
A
n-1
b
n-2
－a
n-2
b
n-1
）+…+xa
n-1
－b
n-1
n-1
=x
n
[x
n-1
（a
0
（）]＞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a
1
，a
2
，…，a
n
都 有
（a
1
－a
2
）·（a
1
－a
3）…（a
1
－a
n
）+（a
2
－a
1
）·（a
2
－a
3
）…（a
2
－a
n
）+ …+（a
n
－a
1
）·（a
n
－a
2
）… （a
n
－a
n-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a
1
≤a
2
≤a
3
≤…≤a
n
．
若n为 偶数，令a
1
＜a
2
=a
3
=…=a
n
， 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（a
2
1
－a
2
）≥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a
1
=a
2
=a
3
＜a
4
＜a
5
=a
6
=…=a
n

则左边只有一个非零项（a
4
－a
1
）（a
4
－a
2
）…（a
4
－a< br>n
）＜0
故不等式不成立．

用心 爱心 专心
14

B3－027 A=（a
ij
）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a
ij
=0， 那么对i和j有
a
i1
+a
i2
+…+a
in
+ a
1j
+a
2j
+…+a
nj
≥n
证明：这个矩阵所有元素的和不小于0.5n
2
．
【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a
11
=a
22
=… =a
kk
=0．此时对于i，j＞k有a
ij
≠0．对
于i≤k，j ＞k，若a
ij
=0，则a
ji
≠0，因若不然，交换i，j行，就会使a< br>11
=a
22
=…
=a
kk
=a
jj
=0，与k的极大性矛盾．因而对于j＞k，仍有
a
j1
+…+a
jn< br>+a
1j
+…+a
nj
≥n


B3－028 求出所有能使不等式组


成立的所有解（x
1
，x
2
，x
3
，x
4
，x
5
）， 其中x
1
，x
2
，x
3
，x
4
，x
5
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x
5+i
=x
i
，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



=x
5
=x
2
=x
4．反之，如果x
i
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a
1
，a
2
，…，a
n
为任何两两各不相同的正整数，求证对任何正整数n，< br>下列不等式成立；
16
33
2
333
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≤a
1
，0≤a
2
，0≤a
3，a
1
+a
2
+a
3
=1，0＜λ
1
＜λ
2
＜λ
3
．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a
2a-b-c
2a-b-c2b-a-c2c-a -b
·b
2b-a-c
≥b
2a-b-c
·b
2b-a-c
=b
a+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x
i
、y
i
是实数（i=1，…，n）．且 x
1
≥x
2
≥…≥x
n
；y
1
≥y
2
≥…≥y
n
；
z
1
、z
2
、…、zn
是y
1
、y
2
、…、y
n
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a
1
，a
2
，…，a
n
．假设

C=（a
222
1
－b
1
）+（a
2
－b
2
）+…+（a
n
－b
n
）
D=（a
222< br>1
－b
n
）+（a
2
－b
n
）+…+（a< br>n
－b
n
）
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 －a
222
1
）+（x－a
2
）+…+（x－a
n
）
则 f（x）=n（x－b
2
n
）+f
（b
n
） （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a
1
，a
2
，…，a
n
中添一个数a
n+1
，此时C
增加了（a
22
n+1
－b
n+1
），而D增加了（a
n+ 1
－b
n+1
）+f（b
n+1
）－f（b
n
）．
在（1）式中，令x=bn+1，得

用心 爱心 专心
19

这样，D增加的值（a
n+1
－b
n+1
）+f（b
n+1
）－f（b
n
）在（a
n+1
－b
n+1
）
2
与2（a
n+1
－b
n+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a
1
，a
2
，…，a
n
，满足1≤a
1
＜a
2
＜…＜a
n
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a
k
＞2，则
k

若a
k
≤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{ a
i
}，i=1，2，…，n．没有两个差|a
i
－a
j
| 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a
1
＜a
2
＜…＜a
n
，r为整数且2≤r≤n．对于1≤


所以， a
r
≥a
1
+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< br>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
用心 爱心 专心
22

因为 （1－b）（1－c）（1+b+c）≤（1－b）（1－c）（1+b）（1+c）
=（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．

kx
k
=kx
k-1
+[kx]=（k－1）x
k-1+x
k-1
+[kx] （2）
（k -1）x
k-1
=（k-2）x
k-2
+x
k-2
+[（k -1）x] （3）
…
2x
2
=x
1
+x
1
+[2x]
（k）
将（2）至（k）式相加，得
kx< br>k
=x
k-1
+x
k-2
+…+x
1
+x< br>1
+[kx]+[（k－1）x]+…+[2x]
因此，由归纳假定，
用心 爱心 专心
23

kx
k
≤[kx]+2（[（k－1 ）x]+[（k－2）x]+…+[x]）
但是[（k－m）x]+[mx]≤[（k－m）x+mx]（m＜k），所以
kx
k
≤[kx]+（[（k－1）x）]+[x]）+…+（[x]+[（k－1）x]）≤k[kx]
即x
k
≤[kx]．此即所欲证之（1）式．
B3－041 设a、b、 c是三角形的边长，证明：ab（a－b）+bc（b
2
－c）+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x
1
，x
2
，…，x
n
都是正整，求证：
2
22

【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．
k
B3－044 设P（x）=a
0
+a
1
x+…+a
k
x为整系数多项式， 其中奇系数的个数
i
由W（P）来表示，设Q
i
（x）=（1+x），i=0 ，1，…，n．如果i
1
，i
2
，…，
i
n
是整数 ，且0≤i
1
＜i
2
＜…＜i
n
，证明：
用心 爱心 专心
24

【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．

当i
n
=1时，命题显然成立．
设i
n
＞1并且命题在i
n
换为较小的数时成立．令k=2＜i
n
＜2，
mm+1

（1）i
1
＜k．设i
r
＜k，i
r+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）
k
kk
=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）
kk

045 证明：对于任意的正数a
1
，a
2
，…，a
n
不等式
用心 爱心 专心
25

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a
1
≤a
2
≤…≤a
n
．
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
用心 爱心 专心
26

证明： aB+bC+cA
＜k
【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
k=（a+A）（b+B）（c+C）
=abc+ABC+aB（c+C）+bC（a+A）+cA（b+B）
=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
3
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1a+1b=1．试证：对每一个n∈N，有（a+b）nn2nn+1
－a－b≥2－2
n
用心 爱心 专心
27

【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）
k
-a
k
-b
k
≥2
2k
-2k+1

当n=k+1时，左边=（a+b）
k+1
-a
k+l
-b
k+1
=（a+b）[（a+b）
k
-a
k
- b
k
]+a
k
b+ab
k


从而有
≥2·2
k+1
=2
k+2

所以，左边≥4（2
2k
-2
k+1
）+2
k+2
=2
2（k+1）
- 2
k+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a
5
-a
3
+a=2，变形
为 （1）
a[（a
2
-1）
2
+a
2
]=2
（2）
由（2）知 a＞0且a≠1
（1）÷a
得 a
4
-a
2
+1=2a （3）
（1）×a得 a
6
-a
4
+a
2
＝
2a （4）
用心 爱心 专心
28

（3）+（4）得 a
6
+1=2（a+1a）＞
4 （5）
又由（1）知 2=（a
5
+a）-a
3
＞2a
3
-a
3
=a
3

故 a
3
＜
2
（6）
由（5）和（6）得3＜a
6
＜4．
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，

用心 爱心 专心
29

（2）

≤2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd+2a+c+b+d＝（a+b+c+d） （3）
（2）÷（3）即得结论．
B3-052 已知x
i
∈R（i=1，2，…，n，n≥2），满足
2222

【题说】1989年全国联赛二试题2．

因
为 An≤a≤
A，B≤b≤Bn

B3-053 已知a
1
，a< br>2
，…，a
n
是n个正数，满足a
1
·a
2
…a
n
=1，求证
（2+a
1
）（2+a
2
）…（2+an）≥3
用心 爱心 专心
30
n

【题说】1989年全国联赛一试题3．

B3-054 对于任何实数x
1
，x
2
，x
3
，如果x
1
+x
2
+x
3
=0，那么x
1
x
2
+x
2
x
3
+x
3
x1
≤0，请证明
之．
又对于什么样的n（n≥4），如果x
1
+x
2
+…+x
n
=0，那么x
1
x
2
+ x
2
x
3
+…+x
n-1
x
n
+x
n
x
1
≤0？
【题说】1989年瑞典数学奥林匹克题3．
【证】如果x
1
+x
2
+x
3
=0，则有

当n=4时，若x
1
+x
2
+x
3
+x
4
=0，则

即n=4时，命题成立．
当n≥5时，令x
1
=x
2
=1，x
4
=-2，x
3
=x
5
=x
6
=…=x
n
=0，则x
1
+x
2
+x
3
+x
4
+…+x
n
=0
而 x
1
x
2
+x
2
x
3
+x
3x
4
+…+x
n-1
x
n
+x
n
x< br>1
=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．
用心 爱心 专心
31

【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

【题说】第二十三届（19 89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）=ax+bx+c，
当-1≤x≤1时，有-1≤f（x）≤1
求证：当-2≤x≤2时，有-7≤f（x）≤7．
2
用心 爱心 专心
32

【题说】1990年南昌市赛二试题1
【证】由已知 -1≤f（1）=a+b+c≤1 （1）
-1≤f（0）=c≤
1
（2）
-1≤f（-1）=a-b+c≤
1 （3）
（1）+（3）得 -1≤a+c≤
1 （4）
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
用心 爱心 专心
33

B3-058 证明：对于和为1的正数a
1
，a
2
，…，a
n
，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．


当a
1
=a
2
=…=a
n
=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
用心 爱心 专心
34

则由柯西不等式
熟知
所以

B3-060 设a
1
≤a
2
≤…≤a
7
≤a
8
是8个给定的实数，且
x=（a
1
+a
2
+…+a
7
+a
8）8；

【题说】1991年中国国家教委数学试验班招生数学题3．
【证】

用心 爱心 专心

35

≥0
并且由柯西不等式，y≥x
2
，所以
B3-061 已知0＜a＜1，x
2
+y=0，求证：
【题说】1991年全国联赛一试题5．


用心 爱心 专心
36

B3-063 已知a
1
，a
2
，…，a
n
＞1（n≥2），且|a
k+1
-a
k
|＜1，k=1，2，… ，n-1．
证明： a
1
a
2
+a
2
a
3
+…+a
n-1
a
n
+a
n
a
1＜2
n-1

【题说】第十七届（1991年）全俄数学奥林匹克九年级题8．
【证】若a
k
≤a
k+1
（k=1，2，…，n-1），则a
k
a
k+1
≤1，故
a
1
a
2
+a< br>2
a
3
+…+a
n-1
a
n
+a
n
a
1
＜（n-1）+na
1
a
1
=2n-1（n≥ 2）
若有a
k
＞a
k+1
，则由|a
k+1
-a
k
|＜1知a
k
a
k+1
＜1+1a
k+1
＜2
设有p个k值使a
k
≤a
k+1
，（n-1-p）个k值使 a
k
＞a
k+1
，则
a
1
a
2
+a
2
a
3
+…+a
n-1
a
n
≤p+2 （n-1-p）
同时 a
n
a
1
=[（a
n
- a
n-1
）+…+（a
2
-a
1
）+a
1
]a
1
＜p+1
因此 a
1
a
2
+a
2
a
3
+…+a
n-1
a
n
+a
n
a
1
＜p+2（n-1-p）+p+1=2n-1
B3-064
令
其中m，n∈N，证明a
m
+a
n
≥m
m
+nn

1991年）美国数学奥林匹克题4．
m≥n，则

故 n≤a≤m，而有m
m
-a
m
=（m-a）（m
m-1
+m
m-2
a+…+a
m-1
）
≤（m-a）（m
m-1+m
m-1
+…+a
m-1
）＝（m-a）m
m
（2）
用心 爱心 专心

37
【题说】第二十届（
【证】不妨设

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．
nnmmmnmn
m
n
nnn-1n-2n-1
B3-065 设a、b、c是非负数，证明：
【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）=（a+bc）+（b+ca）+（c+ab）
2222


所以原不等式成立．
B3-066 设a
i
≥0（i=1， 2，…，n），a=min{a
1
，a
2
，…，a
n
}，试 证

式中a
n+1
=a
1
．
【题说】1992年第七届数学冬令营题2．

用心 爱心 专心
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？
用心 爱心 专心
40

【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x+y+z+3xyz≥xy+xy+yz+yz+zx+zx
由对称性， 可设x≥z≥y，于是x（x-z）+y（y-z）≥0≥（x-z）（y-z）（x+y+z）
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
222
22
222
22
333222222

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A
1
，A
2
，…，A
n
两两互不包 含，
证明：
222
2222

其中a
i
为A
i
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A
i
中的，有
a
i
！（n-a
i
）！
用心 爱心 专心
41

个．由于A
i
与A
j
（i≠j）互不 包含，故这些排列与开头a
j
个元素取自A
j
中的不同．

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（x）≤f（x），所以f（x）≤f（x）f（x）．假设有
222122
+++

则

≥f（x）
n-1n

用心 爱心 专心
42

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

【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a
1，a
2
，…，a
n
为n个非负实数，且a
1
+a
2
+…a
n
=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）=c
nn-1
0
z+c
1
z+…+c
n
是z的n次复系数多项式．求证：存在一个复数z
0
，|z
0
|=1 ，使
|f（z
0
）|≥
0
|+|c
n
|
（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β
n
·c
0
与c
n
辐 角相同，从而
|β
n
c
n
0
+c
n
|= |βc
0
|+|c
n
|=|c
0
|+|c
n
|
再令 ω=e
2πin
，a
k
k
=β·ω（0≤k≤n-1）



故必有一个k，使 |f（α
k
）|≥|c
0
|+|c
n
|
显然，|α
k
|=1，于是α
k
就是所求的z
0
。
用心 爱心 专心
（1）

44

|c

B3-078 设m和n 是正整数，a
1
，a
2
，…，a
m
是集合{1，2，…，n }中的
不同元素，每当a
i
+a
j
≤n，1≤i≤j≤m，就有某个 k，1≤k≤m，使得a
i
+a
j
=a
k
，
求证：

【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a
1
＞a
2
＞…＞a
m
，
若存在某个i，l≤i≤m，使a
i
+a
m+1-i
≤n．则 a
i
＜a
i
+a
m
＜a
i
+a
m-1
＜…＜a
i
+a
m+1-i
≤n
由已知，得i元集

这不可能，于是对1≤i≤m，恒有a
i
+a
m+1-i
≥n+1．从而
2（a
1
+a
2
+… +a
m
）=（a
1
+a
m
）+（a
2
+a
m-1
）+…+（a
m
+a
1
）≥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x
1
，x
2
，…，x
n
是满足下列条件的实数：|x
1
+x
2
+…+x
n
|=1

证明：存在x
1，x
2
，…，x
n
的一个排列y
1
，y
2，…，y
n
，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x
1
，x
2
，…，xn
的任意一个排列π=y
1
，y
2
，…，y
n
，记S（π）为
和式y
1
+2y
2
+…+ny
n
的 值．令r=（n+1）2．


用心 爱心 专心
46

=（n+1）（x
1
+x
2
+…+x
n
）

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π
0
，π
1
，…，π
m
，使
< br>π
i
的两个相邻元素的位置得到的．设π
i
=y
1
， y
2
，…，y
n
π
交换y
k
与y
k+1< br>而得到的，则|S（π
i+1
）-S（π
i
）|
i+1是由π
i
=|ky
k
+（k+1）y
k+1
-kyk
-（k+1）y
k+1
|=|y
k
-y
k+1
|≤|y
k
|y
k+1
|≤2r．
这说明在序列S（π
0
），S（π
1
），…，S（π
m
）中，任意两个相邻
项的 距离不超过2r．由于S（π
0
）和S（π
m
）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（π
i
）落在该区间内，即
存在置换π
i
使得|S（π
i
）|≤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
22222244422222
222
444222222
用心 爱心 专心
47

所以2ab≥a
2
+b
2
-c
2

a
2
+b
2
+c
2
=（a
2
+b
2
-c
2
）+2c
2
≤2ab+2c
2
≤ 2（ab+bc+ca）
（2）（*）的逆命题：设a、b、c是非负实数．如果a
2
+b
2
+c
2
≤2（ab+bc+ca），
则a
4+b
4
+c
4
≤2（a
2
b
2
+b< br>2
c
2
+c
2
a
2
）
这逆命题不真，例如a=4，b=c=1时
a
2
+b
2
+ c
2
=2（ab+bc+ca）=18
而a
4
+b
4+c
4
=258＞2（a
2
b
2
+b
2
c
2
+c
2
a
2
）=66
【评注】a
4
+b
4
+c
4
＜2（a
2
b
2
+b
2
c
2
+c
2
a
2
）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
16Δ
2< br>=2（a
2
b
2
+b
2
c
2
+c< br>2
a
2
）-a
4
-b
4
-c
4＞0

B3-082 设n∈N，x
0
=0，x
i
＞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≤x
0
+x
1
+…+x
i
≤1，i=0，1，…，n
用心 爱心 专心
48

故可令 θ
i
=arcsin（x
0
+x
1
+…+x
i
），i=0，1，…，n．


又 （1+x< br>0
+x
1
十…x
i-1
）（x
i
+x
i+1
+…+x
n
）
=（1+sinθ
2
i-1
）（1-sinθ
i-1
）=1-sin
2
θ
i-1
=c osθ
i-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．
用心 爱心 专心
49

【证】（1）对于n≥2，令

（2）令a=5

取c=4，则在n≥3时，

故a=5，b=9，c=4满足题目要求．

整数，所以必有a=5，b=9．而c可为大于3的任一自然数．
用心 爱心 专心
50

B3-084 设a、b、c是正实数，并满足abc=1．证明：

并指明等号在什么条件下成立．
【题说】第三十七届（1996年）IMO预选题．
【证】由a+b-ab（a+b）=（a-b）（a-b）≥0
得 a+b≥ab
（a+b） （1）
5522
55222233

（2）


当且仅当a=b=c=1时，以上各式中等号均成立．
B3-085 设非负数列a
1
，a
2
，…满足条件a
n+m
≤a
n
+am
，m，n∈N．
求证：对任意n≥m均有
【题说】1997年中国数学奥林匹克题6．
【证】对任意n≥m，设n=qm+r，0≤r＜m

用心 爱心 专心
51

则 m·a
n
=ma
q m+r
≤m（a
qm
+a
r
）≤m（qa
m
+a< br>r
）=（n-r）a
m
+ma
r

=（n-m）a< br>m
+（m-r）a
m
+ma
r
≤（n-m）a
m+m（m-r）a
1
+mra
1

=（n-m）a
2
m
+ma
1


B3-087 证明对所有正实数a，b，c，
（a
3
+b
3< br>+abc）
-1
+（b
3
+c
3
+abc）
-1
+（c
3
+a
3
+abc）
-1
≤（abc）
-1

【题说】第二十六届（1997年）美国数学奥林匹克题5．
【解】去分母并化简，原式等价于
a
6
（b
3
+c
3
）+b
6
（c
3
+a
3
）+c
6（a
3
+b
3
）≥2a
2
b
2
c2
（a
3
+b
3
+c
3
）（1）
由对称性，不妨设a≥b≥c．
因为2a
2
b
2
c
2
（a
3
+b
3
+c
3
）≤（a
4+b
4
）c
4
+（b
4
+c
4
）a< br>5
+（c
4
+a
4
）b
5

而a< br>6
（b
3
+c
3
）+b
6
（c
3< br>+a
3
）+c
6
（a
3
+b
3
）- （a
4
+b
4
）c
5
-（b
4
+c
4
）a
5
-（c
4
+a
4
）b
5

=a
5
b
3
（a-b）+a
5
c
3< br>（a-c）-b
5
a
3
（a-b）+b
5
c
3
（b-c）-c
5
a
3
（a-c）-c
5
b3
（b-c）
=（a-b）a
3
b
3
（a
2
-b
2
）+（a-c）a
3
c
3
（a
2< br>-c
2
）+（b-c）b
3
c
3
（b
2-c
2
）≥0
所以（1）成立．

用心 爱心 专心
52