2019年全国数学竞赛命题研讨会材料

1  代数A1（赵斌）设数列{}nx满足2*16,nnxxnN+=-Î，且对于12x"¹-，都存在n使得nxa³，求a的最大值．解：a的最大值为2112-．一方面，当数列为12112x-=时，有2112kx-=，k为奇数；2112kx--=，k为奇数．故2112a-£．另一方面，若对于任意正整数n都有2112nx-<，则(1)我们首先证明，对任意，都要：21132nx--££-．若3nx<-，则2163nnxx+=->，与121132nx+-<<矛盾；若2112nx->-，则211211(,)22nx--Î-，从而2212112116622nnxx+æö---÷ç÷=-<-=ç÷ç÷÷çèø，从而22212112116622nnxx++æö---÷ç÷=->-=ç÷ç÷÷çèø，与22112nx+-<矛盾．(2)又我们可得21262(2)(2)nnnnxxxx++=-+=+-，因此1|2||2||2|nnnxxx++=+⋅-，由(1)，|2|2nx-³，因此我们有1|2|2|2|nnxx++=+，故我们可得2111|2|2|2|2|2|2|2|nnnnxxxx+-+³+³+³³+，而由(1)，31nx-££-，从而，12|2|1nx+£，即，11|2|,2nx+£令n¥，得12x=-，故矛盾．综上，一定存在n使得2112nx-³．2  A2（赵斌）对于实数,xy，记0,,(,),.xyfxyxxyì>ïï=íï£ïî记X有所有{1,2,,100}到自身的一一映射构成的集合．对于任意实数12100,,,aaa，求12100min{(,(1))(,(2))(,(100))}XfafafassssÎ+++的最大值．解：所求的最大值为50512550´=，一方面当1210050aaa====时，12100(,(1))(,(2))(,(100))50512550,fafafasss+++=´=另一方面，我们只需证明，对于任意12100,,,aaa，都存在一个XsÎ，使得12100(,(1))(,(2))(,(100))2550fafafasss+++£．由对称性，不妨设12100aaa³³³，且取s就为恒等映射，则1210012100(,(1))(,(2))(,(100))(,1)(,2)(,100)fafafafafafasss+++=+++我们可设100100a£，否则上述 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达式显然为0，并记得k为最小的正整数使得0kak-£，从而121001100(,1)(,2)(,100)(,)(,1)(,100)kkfafafafakfakfa++++=++++1100(101)(101)50512550,kkkaaakakk+=+++£-£-⋅£´=最后一步用到了k是整数，故我们完成了证明．A3（张端阳）给定整数2n³．求最小的实数l，使得对任意满足11niia==å的非负实数12,,,naaa，都有21211min{,,,}.1niniaaaanl=+³-å解：对10,neæùçúÎççúèû，取121,1naaanee-====-．则2211(1)11nnneeleæö-÷ç+-+³÷ç÷çèø--，即(1)2nnel+-³．对任意10,neæùçúÎççúèû成立．令0e得，21nl³-．下证：212121min{,,,}11niniaaaann=+³--å．不妨设112min{,,,}naaaa=．由柯西不等式，22212211(1)11nniiiiaaann==æö÷ç³=-÷ç÷ç÷--èøåå．所以3  222121111212min{,,,}(1)111niniaaaaaaannn=+³+-+---å2111111nannn=+³---成立．综上，所求最小值为21n-．A4（张端阳）设整数2n³．不全为零的实数12,,,nxxx满足10niix==å，且对任意正实数t，至多有1t对(,)ij，使得||ijxxt-³．证明：()21111maxmin.niiiininixxxn££££=<-å证明：由拉格朗日恒等式，222111()nniiijiiijnnxxxx==£<£æö÷ç=+-÷ç÷ç÷èøååå，所以只需证明2111()maxminijiiininijnxxxx£££££<£-<-å．设||(1)ijxxijn-£<£能取到的所有非零值为12,,,myyy，其中120myyy<<<<．再对1km££，设有ka对(,)ij，使得||ijkxxy-=．对1km££，在条件中取kty=得，至多有1ky对(,)ij，使得||ijxxt-³，所以11kkmkaaay++++£．记1kkkmSaaa+=+++，则1kkSy£．由阿贝尔变换，222222111111111()()222mmmkkijkkkkkijnkkkkyyxxaySyyy--£<£===--==-£åååå，其中00y=．因为1kkyy-<，所以221111()()2()kkkkkkkkkkyyyyyyyyyy-----+-=<-．故211111()()maxminmijkkmiiininijnkxxyyyxx-£££££<£=-<-==-åå．注：本 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 改编自《Problemsfromthebook》第十九章习题19，原题是：4  设1212,,,,,,,nnxxxyyy是正实数，满足对任意正实数t，至多有1t对(,)ij，使得ijxyt+³．证明：1,11max()nniiijijniixyxy££==æöæö÷÷çç£+÷÷çç÷÷çç÷÷èøèøåå．本题采用了不同于原解答（积分）的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 ，且得到了更强的结果．A5（王永喜）设m是正整数，且(1,2,,)iyin=是任意实数，满足211()0nmiiy+==å．求证：21411(21)max||2mmniiiinymynm+=££+³⋅å．证明：设1nNNiiIy==å，对任意的实数r，利用柯西不等式我们有222221111()()nnnmmiiiiiiiyryyry+===æöæöæö÷÷÷ççç+³+÷÷÷ççç÷÷÷ççç÷÷÷èøèøèøååå．结合条件我们有224221(2)mmIrInrIrI++⋅³．整理得22212224()20mmnIIrIIrII-+⋅+³，rR"Î．而由柯西不等式有221nII³．那么上式必有222222421044()0rmmIIIInIID£--£．那么2224221mmIIInII³-．由Holder不等式有2122222221()()mmnmmimmiIInyIn--=æö÷ç⋅³³÷ç÷ç÷èøå．故212422221()()mmmIInnII+-³-．另外一方面，利用均值不等式得：2214221121221(2)()()()(21)mmmmmmnInIIIm+++æö÷ç÷-£⋅ç÷ç÷ç+èø，所以21441412(21)()(2)mmmmmmIInm+-+³．也就是421441211(21)()(2)mmnnmiimmiimyynm+-==æö+÷ç³÷ç÷ç÷èøåå．由均值原理得5  21411(21)max||2mmniiiinymynm+=££+³⋅å．A6（王永喜）设0(1,2,,)iain³=，且3n³，满足任何两个数不相等，求证：222111(1)()9ijijnijnijnnaaaa£<££<£æöæö-÷÷çç÷÷ç³ç÷÷çç÷÷ç÷-çèøèøåå．证明：引理（2008年越南 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 奥林匹克）：设,,xyz非负，且无任何两个数相等，则有2221114()()()xyyzzxxyyzxz++³---++引理证明：不妨设min(,,)zxyz=，注意到222()()()2()()xzyzxyxzyz-+-=-+--，利用均值不等式得2222211()2()()()()()()xyxyxyyzzxxzyzcyc-=++------å22()()()()xzyzxzyz³+----．或者设21(,,)()cycfxyzxy=-å，由(,,)fxdydzd+++与d的值无关，故不妨设0z=，此时2222222221114(3)0()()xyxyxyxyxyxyxy+-++-=³--．回到原问题．由,,()6(2)ijjkikijijkijaaaaaanaa互不相等<++=-åå，故原不等式只需证明222,,,,111(()()()ijjkikijkijkijjkkiaaaaaaaaaaaa互不相等互不相等æöæö÷÷çç÷÷ç++++ç÷÷çç÷÷ç÷---çèøèøåå2224(1)(2)nnn³--．由柯西并结合引理2222,,111()()()()ijjkikijkijikjkLHSaaaaaaaaaaaa互不相等æöæö÷ç÷÷çç÷÷ç³++++ç÷÷çç÷÷÷---ççèø÷çèøå2222,,24(1)(2)ijknnn互不相等æö÷ç÷³=--ç÷ç÷çèøå．6  A7（王永中）设,,[1,1],abc求证:2233333cycaabbab.证明:22(1)(1)(1)(1)cycLHSabab．设1,1,1xaybzc，,,[0,2]xyz，则22(2)(2)cycLHSxyxy.如图，构造折线12345AAAAA，使得123234345120AAAAAAAAA，且122334452AAAAAAAA，延长1254,AAAA相交于点B，在线段12AA和线段45AA上分别截取1144ACACx，在线段23AA上截取22ACy，在线段34AA上截取33ACz.则由余弦定理可知，12233414LHSCCCCCCCC，在14CBC中，由余弦定理222214(4)(2)(4)(2)228(1)2733CCxxxxxxx.当1xyz，即0abc时取等号．A8（王永中）设是大于1的正整数，是个和为1的非负实数，求的最大值.解：注意到，由均值不等式，.等号在其余为0的时候取到．故所求的最大值为.n12,,nxxx…n1ijijnSjixx1111111111nknnknijijijijijnikjnkijkkijkSjixxxxxxxx21111144knijknijkijijkxxxx111144nknS11,2nxx14nBC4A5A4A3A1A2C1C2C37  A9（于杰延）已知,[0,]，求2sin5sin10sin()的最大值.解：取1,2,5OAOBOC，且,AOBAOC，则2sin2,5sin2AOBAOCSS．令2sin5sin10sin()s．（1）若[0,]，则10sin()2BOCS，此时2sin5sin25.s（2）若(,2]，则10sin()2BOCS，则2()2AOBBOCCOAABCsSSSS．固定，则当OABC时，ABCS有最大值，同理，,OCABOBAC时，ABCS有最大值；这时应有O为ABC的垂心且O在ABC的内部，故ABC为锐角三角形，设ABC的外接圆半径为R，则2cos1,2cos2,2cos5RARBRC，设cosAk，则cos2,cos5(0)BkCkk；这样，222coscos()sinsincoscos(12)(15)10kABCBCBCkkk，即2222232(10)(12)(15)21017kkkkkkk32210810kk，故32212(10)8(10)100(101)(20101010)010kkkkkk，即111cos,cos,cos1052ABC，321sin,sin,sin1052ABC，且1102cos2RA，故2103212sinsinsin2341052ABCSRABC，即max625s．综合（1）（2），2sin5sin10sin()的最大值为6；其中23arccos24，5arccos5．A10（石泽晖）已知实数122018xxx，，，，满足对任意12018ij，均有(1)ijijxx，求20181iiix的最小值.解：一方面，当12201812xxx时，20181100920194iiix.另一方面，我们证明对一般的(7)nn，均有1(1)4niinnix.当7n时，由条件，有8  2646172()24()41xxxxxx，，，35375712()24()2xxxxxx，，，相加可得7n时结论成立.假设结论对(7)nn成立，考虑1n的情形.设1(12)iiyxin，，，，则对1ijn，(1)(1)11(1)(1)ijijijijyyxx，由归纳假设可知：1(1)4niinniy，即12(1)(1)4niinnix．①又由条件，有221321(121)iinnxxinxxxx，，，，，，对这1n个式子累加得1121niixn，从而1112niinx，②①+②可得：           11(1)1(1)(2)424niinnnnnix. A11（石泽晖）已知m为大于1的正整数，证明：1111111221123(1)2mmmm.证法一：1111111112211121112232311112()11111223111(1)2mmmmmmmmmmmm（其中用到：1211111()nnyyyyynnnnyyxxyyxx.）证法二：对m进行归纳.2m时，要证的即为：3232()2，即5323，显然成立.设mn(2)n时结论成立，则当1mn时：记1112Sn，由归纳假设有1111223SnnS.从而只需证明：1111(1)()1SSnnSnSn111111(1)()()1SnnSnnSSn.又11(1)11111()[(1)](1)SSnnnSneSSn9  （其中利用到1(1)nn单调递增趋于e）.故只需证明：111(1)(1)21nnnen.（*）当2n时，显然成立.而当3n时，12121111(1)(21)2(1)()2341nnnneen，故（*）式成立.从而1mn时结论成立.由数学归纳法即知原命题获证.A12（黄豪南）已知,mn是大于2的整数，0ia，1,2,,nn，且11niijiijnaaa，求证：112mnmmiia．证明：设miiba，则11nmmmiijiijnbbb．不妨设120naaa，于是120nbbb，那么1()nmiib123()(32)((1))mmmmmmmnbbbnnb1123()2nmmmiibbb，所以11()()nnmmiiiibb11231(()2())()nnmmmmiiiibbbb11212121233()()2()()2()nnmmmmmmmmiiiibbbbbbbb11112123322()()2nmmmmmmmmmiijiijnbbbbbbb112mmmijijnbb112nmmiib，故11()2nmmiib，即112mnmmiia．A13（汤礼达）设,0,,,11,11,11,0,,zyxaczcbybaxcba证明：.12Cycxyxy10  证明：由条件)1)(1)(1()1)(1)(1(accbbazyx115,CycCycabcaabcaxyz所以有4zxyzxyxyz．不妨设4zxyzxyxyz(否则可以调小一些)，令,cos2,cos2,cos2CzxByzAxy其中),2,0(,,CBA且CBA．原不等式等价于1cos1cos22CycAA（这是经典结论）．（*）（*）式证法一：由余弦定理bcacbA2cos222，代入知CycCycCycacbbcacbcbaacbbcacbAA)()(1])[()(cos1cos222222222222CycCauchyacbbccbacba)()(12222．①由cycacbbccbacba)()()(2222cyccyccyccycaabcbccbbaa2224)(2)(2334bcacabaaCyc0))((2cyccabaa，此即为Schur不等式，由①，1)()(12222Cycacbbccbacba成立，即原不等式成立．（*）式证法二：设,cot,cot,cotCwBvAu则1wuvwuv，则CycCycCycuuuuuuuuuAA1))1(1(21112cos1cos22222222222CycCycCycCycwuuvuuuwuvuuu332322))((22均值1Cycuv．（*）式证法三：11  CycCycCycCycAAAAAAA2sin42tan32cos2cos2sin4-1cos1cos2222222CycCycACBA2sin4cos2tan2tan232嵌入CycCycACBA2sin4)2sin21(2tan2tan2322CycCycCycACBABA2sin42sin2tan2tan42tan2tan2322)2sin2sin2sin21(42cos2cos2c2cos2sin2sin2sin24sin-5CBACBAosCCCBACyc2sin2sin2sin842cos2cos2csin2sin2sin22sin5CBACBAosCCBACyc1，故原不等式成立．用到三角恒等式12tan2tanCycBA，2cos2cos2c4sinCBAosACyc，2sin2sin2sin212sin2CBAACyc．A14（汤礼达）给定正整数,2n求最小的实数),(n使得对任意n个满足nznii||1的复数,,,,21nzzz有niniiizzn1122||||)2(1．解法一：所求)1(2nn．由条件，知niiniizzn11||||，故niniiiniininiiizznzzznn11222111222||||)2(||||||)2(12  nijijijijizzzzn1222||||||||11Cauchyniijjijizzzzn1222||||||||11njijiijjizzzznzzn12222||||||||11||||11njijiijjizzzznzzn122222||||||||14)|||(|1)1(1221312nnnnnjiGMAM．所以)1(2nn，当且仅当inezzz21时，取等号．解法二：取121nzzz，得)1(2nn．下面证明：对满足题意的,,,,21nzzz都有，221112(1)(2)||||nniiiinnnzz．)*(由nznii||1，得nznii1||，进一步得到nznii12||，记niizS12||，故)*(等价于证明)1(2||)2(12nnSSznSnii)1(2||)2(||)2(122nnSnSznznniiinnnSSznznniii)1(2||)2(||)2(122．由均值不等式：),,2,1(||12)22()2(||)2(||)2(||)2(2222niznnnnSznSznzniiii11nnnS，相加即得证．13  A15（张湘君）设,,0iiiabc，且满足20,1,2,,iiiabcin，求证： 32211111()()()nnnniiiiiiiiiinabcabc. 证明：原不等式32211111()()()nnnniiiiiiiiiinabcabc.  因为,,0,1,2,,iiiabcin，由柯西不等式知2111()()()nnniiiiiiiabab，所以 22211111()()()()()nnnnniiiiiiiiiiiabcabc 11()()nniiiiiiiiabcabc． 于是只需证明： 31111()()()()nnniiiiiiiiiiiiiiiabcabcnabcabc.  因为20,1,2,,iiiabcin，所以0,1,2,,iiiabcin， 所以，由赫尔台不等式得 31111()()()()nnniiiiiiiiiiiiiiiabcabcnabcabc.   A16（张湘君）设(1,2,,)ixin是使得0iix且2(1)iixnn成立的实数. 求证： 3||(2)(1)iixnnn. 证明：当1n时，结论平凡. 下面只需证明2n的情形.  不妨设30iix，否则讨论ix，故只需证明3(2)(1)iixnnn． 由柯西不等式 222222()(1)11kkiiikiikikixxnnxxxxn， 则1ixn．于是有局部不等式 322(3)(23)(1)((1))(1)0iiiiixnxnxnxnx， 对i求和，再利用0iix、2(1)iixnn，得3(2)(1)iixnnn.  所以3||(2)(1)iixnnn.  14  A17（曾卫国）复系数多项式01)(azazazfnn满足当1||z时，1|)(|zf.证明：naaan||||||10.证明：首先不妨设0aan与方向一样，否则取模长为1的复数，使得0aann与的方向一样.令01)()(bzbzbzfzgnn，满足当1||z时，1|)(|zg，且niabii0|,|||.设nin2sin2cos,nkinkkk2sin2cos,10nk.注意到0110,\|,,|.mmmnnmnnm.则100010210))(()()(|)(|nkikniiikniinkkknkkaafffnnknmmjijikjinknmmjijkikjiaaaa020)(020)|||(|112200)(20niinnkjiknmmjijiaaanaa2011220)||()|||)||((|niiniinaaaan，从而naaan||||||10.A18（唐小徐）设1x，2x，…，nx，1y，2y，…，ny为任意实数，记1niixxn，1niiyyn，123iiiiizxyyxxy．（1）若对于任意-1,1i，1,2,3i，使得222111nnniiiiiizxy恒成立，求的最小值；（2）若存在一组-1,1i，1,2,3i，使得222111nnniiiiiizxy恒成立，求的最小值．解：（1）9．设12121nnxxxyyy，1231，222211399nniiiiLHSnnxy，所以9．15  1231111nnnniiiiiiiiiiiiiizzxyyxxyxyyxxy，由Cauchy不等式得，222222221111nnnniiiiiiiiiiiiizxyyxxyxxxyyy222222221111112222nniinnnniiiiiiiiiixynxxnyynxnynn22119nniiiixy，即当9时，对于任意-1,1i，1,2,3i，222111nnniiiiiizxy恒成立．（2）1．设12121nnxxxyyy，任意取-1,1i，1,2,3i，可知1．当1时，考虑121，31，+iiiiiiiiizxyyxxyxxyyxyxxyyxy，所以2211nniiiiizxxyynxy222211nniiiixxnxyyny222211112222nnnniiiiiiiinxxxxnyyyy2211nniiiixy恒成立．注：题目改编自冷岗松教授《关于正齐次不等式》一问中的例4，结合2015年高中数学联赛二试第一题对于1,1i的表述，将证明题改成为求值题，且设置形式类似的两问，对学生具有一定的迷惑性．A19（邓晓）求c的最大值，使得对任意的正数,,xyz，均有3222()xxycxyxy， 其中“”表示轮换求和.解：注意到22()()()xyxyxyyzzx，由不等式的轮换对称性，不 妨设x最小，则,yxazxb，其中,0ab.所以，原式等价于16  333222()()()()()()()xxaxbxxaxaxbxbxcbaab， 化简得223322()()xaabbababcbaab.由220aabb，且x可无限接近于0，得332()ababcbaab对任意 ,0ab成立.又3320abab，为了求c的最大值，可不妨设0ba.令1bta，321(1)ttctt，设3211()(1)(1)(1)ttfttttttt，则221()1((1))tfttt，232((21)(1))()0((1))tttfttt， 所以()ft在(1,)t上严格单调递增.而432()02210fttttt211()2()10tttt，解得212212t．所以()ft在21221(1,)2上单调递减，在21221(,)2单调递增.故min21221(32)1()()=221222ftf， 所以，c的最大值为(32)122122.（此题为借助于恒等式()()cyccycxyyxxy）出的一道题，不宜直接猜答案或赋值.若能想到该恒等式与增量代换，此题化归为一个不难的函数最值问题）A20（刘伟才）已知n为给定的整数，2n，求实数的最小值，使得对任意n个正数naaa,,,21，有njijinnaaaaaaaan12122221||)(.解：一方面，取121,naaa，有2[1(1)]1(1)(1)|1|nnnn，令0，则1(1)nn，故1.1n另一方面，设112max{,,,}naaaa，2221212()()nnnaaaaaa222212122221212()()()()nnnnnaaaaaanaaaaaa212221212()()()ijijnnnaanaaaaaa17  112221212||()()ijijnnnaaanaaaaaa12221212211||()ijijnnnaanaaaaaaaa12222211||()1ijijnnnaanaaaanaa11||1ijijnaan，综上，min1.1nA21（缠祥瑞）给定正整数3n，非负实数12,,,naaa满足121naaa．求111nkkkaa的最小值，其中11naa．解：首先证明一个引理：给定正整数4n，12,,,naaa是非负实数，则21114nnkkkkkaaa．（其中11naa．）引理的证明：当n为偶数时，22221212111111144nnnnnkkkiikkkkiikaaaaaa．当n为奇数时，不妨na最小，则111nnaaaa，因此22221212110114nnnnkkkiikkiiaaaa111111144nnkknkkkkaaaaaa．故21114nnkkkkkaaa，引理得证．下面回到原题：（1）当4n时，任取,1,2,,ijn，设ijaax，则21044ijaax，11423xx等价于240xx，故当104x时式成立．所以18  1111423kkkkaaaa，由引理知11111423nnkkkkkkaanaa214233142nkkann．当1212aa，30naa时等号成立．故最小值为312n．（2）当3n时，问题化为：已知1abc，求1ab的最小值．这等价于2115abbcab．由均值不等式知3113111abbcabbcca，因此只要证32161115abbccaabbcca．记abbccak，则103k，且1027abc，由1abc知，只要证2321621621621650abcabckk．设322162162162165fxxxkk，则fx在10,27上单调递增，由舒尔不等式知419abbccaabc，所以32241173521193158193093333kfxfkkkkkk．当13abc时，等号成立．故最小值为22．综上所述，111nkkkaa的最小值为22,3,31,4.2nnn注：本题是我做另一道题时失败的解法得到的，给出了4n的情况．后来又考虑三元情形，得到本题．改变1kkaa前的系数，还可以得到下列不等式：（1）1113nkkkaa的最小值为6,3,21,4.2nnn（2）1114nkkkaa的最小值1n．A22（周建新）给定正实数2,1,aab,证明:数列*{}:nnnnnNxxab中,不存在不同的三项,构成等比数列.证明:数列*{}:nnnnnNxxab是关于n的单调递增数列,因为19  11111(1),(1).nnnnnnnnnnaaaxabxabbbb用反证法证明原题.假设单调递增正数列*{}nnNx中,存在不同的三项,,klmxxx成等比数列,其中1klm,即2()()()kkmmllababab.①当2kml时,2kmlxxx2()()()kkmmllababab222()()kmkmllabab=0．(由柯西不等式.因()()kmaabb,故等号不成立)因此，①式不成立.当2kml时,2kmlxxx2()()()kkmmllababab2222()()kmkmllabab(由柯西不等式.因()()kmaabb,故等号不成立.)22()()llllabab(22,1,0,0.kmkmllabaabb)=0．因此，①式不成立.当2kml时,由于111111()()()(()1)0kkmmkmmkkmaxxababababb,则11()()mkmkkmxxabab，从而2112()()()kmkmllkmlxxxababab22222122122()()()(,1,,)llllkmlkmlababababaabb2121222222()(2)llllllllababababab21212221212()(22)llllllllababaabab2221221(,2,,2)llllabaabaaa2121(1)(2)0llllbbabba.因此，①式不成立.综上,(1)式不成立.命题成立.A23（周建新）给定正实数10,1,abab证明:数列*{}:nnnnnNxxab中,不存在不同的三项,构成等比数列.证明:数列*{}:nnnnnNxxab是关于n的单调递减数列，因为11111((0,1))((0,1)).nnnnnnnnnnaaaxabxabbbb用反证法.假设单调递减正数列*{}nnNx中,存在不同的三项,,klmxxx成等比数列,其中1klm，即2()()()kkmmllababab.②20  当2kml时，2kmlxxx2()()()kkmmllababab222()()kmkmllabab=0．(由柯西不等式,因()()kmaabb,故柯西不等式中的等号不成立).因此，②式不成立.当2kml时，由于111111()()()(()1)0kkmmkmmkkmaxxababababb，则11()()mkmkkmxxabab，从而2112()()()kmkmllkmlxxxababab222()()()llllababab1212(,(0,1),2,)kmlkmlabkmlaabb21212222()(2)llllllllababababab21212222221()(2)(1)(1)(2)lllllllllllllabababababaabbbabba110.(1,1,2)lllabbbbaa，因此，②式不成立.当2kml时，2kmlxxx2()()()kkmmllababab2222()()kmkmllabab(由柯西不等式,因()()kmaabb,故等号不成立).22()()llllabab(22,(0,1),0,0.kmkmllabaabb)=0．因此，②式不成立.综上，②式不成立.命题成立.A24（周建新）给定正数,,10,abab证明:数列*{}:nnnnnNxxab中,没有子数列成等比数列.证明:因为111(1)(1)nnnnnnnnxabxabaabb若01b时,(1)0(1);nnaabb若1b时110,0.nnabab所以，正数列*{}nnNx关于n的单调递增数列.用反证法证明原题.假设单调递增正数列*{}nnNx中,存在不同的三项,,klmxxx成等比数列,其中1klm，即21  2()()()kkmmllababab．③注意到,对任意正整数,,mn且mn,有22nmnmxxx．事实上,22nmnmxxx222222()()()()0.nnmmnmnmmmnmnmnmnmxxxababababab因此，22,kmlklkxxxxx所以2,mlkxx故2,mlk即21mkl.故③的左边等于2121()()()()kkmmkklklkabababab(21,nnnmlkxab关于n递增)2121212121212222212111221122()()(()()00,0,0)lllkkklklllllllkkklkkklklkkklklkabababababababababababababababab2()()()()()(1,0)()()().llllllllllllllllabababababababababab这与③式,2()()()kkmmllababab,矛盾!结论成立.22  组合C1（吴尉迟）（不交的对角线问题）：设0n>是给定的偶数．在nn´的方格表中选取m个单位方格，已知可以在选取的每个方格中画一条对角线，满足任意两条对角线不共点．求m的最大值．解：m的最大值为(1)2nn．先给出构造．如图所示，此时(1)(1)12nnmnn+=+-++=．下证(1)2nnm+£．注意到nn´方格，共有1n+行格点，将第1,3,,1n+行格点染为红色，将第2,4,,n行格点染为蓝色．注意到每条对角线连接一个红点和一个蓝色，且蓝点个数共(1)2nn+，于是所求(1)2nnm+£．C2（吴尉迟）（