希望杯全國數(shù)學(xué)邀請賽精選詳析100題

題1已知0<a<》,x=&i+b--\[b,y=y/b—y/b—a,則％,y的大小關(guān)系是.

(第十一屆高二第一試第11題)

解法1x=yla+b-4b=/&——尸,y=4b-y/b-a=—；=~.

y/a+b+yJb-Jb+ylb-a

O<a<b,:.yla+b+4b>4b+-Jb-a,:.x<y.

xyja+h—4b4h+yjb—a,,x

解法2-=------/.—―/------r=,?;a+b>b-6Z,—<],/.x<y.

yYb—Yb—aJa+b+Jby

11Ja+/7+y[by[b+b-a

解法3

冗yy/a+b—y[b4b-yjh—aa

>Ja+b—4h-a

axy

2>(x+y)2

解法4原問題等價于比較J/E+JK=Z與26的大小.由％2+y，得

2

3a+b+>Jb-a)2<2(a+b+b—a)=4b,/.Wa+b+Yb-a<2y[b.

'：Ja+lw4b-a.&i+b+y/b-a<2屁、x<y.

解法5如圖1,在函數(shù)y=的圖象上取三個不同的

C

點A(￡>—a,-a)、B(K,4b),C(a+b,Ja+1).

y/a+h-4b4b-yjb-a

由圖象，顯然有即U(心B，即------------<-------------

(a+b)—bb-(b-d)

bb+ax

即da+b-y[b<4h--Jh-a,亦即x<y.

圖1

解法6令/⑺?.?/?)=單

Ja+r+V7

調(diào)遞減，而b>b-a,/S)</S-a),即Ja+b-北-,:.x<y.

1/218

解法7考慮等軸雙曲線一一^二/工〉。）

如圖2,其漸近線為y=x.在雙曲線上取兩點

A(4b，\lb-a)、B(y/h+a,4b).

由圖形，顯然有心8>1,即乎一揚？〉1,從而x<y.

4^+b-4b-

解法8如圖3.在RtAABC中，ZC為直角，BC=JZ,

AC=4b,BD=4b,則AB=y/a+b,DC=y/b-a.

在AABD中，AB-AD<BD,即&z+b-AD<瘋

從而y/a+b-AD-DC<后一DC,

即y/a+b-4b<4b-ylb-a,故x<y.

評析比較大小是中學(xué)代數(shù)中的常見內(nèi)容.其最基本的方法是

作差比較法、作商比較法、利用函數(shù)的單調(diào)性.解法1通過分子有理

化（處理無理式常用此法）將問題轉(zhuǎn)化成比較兩個分母的大小.解法

2直接作商與1比較大小，順理成章，也很簡潔.要注意的是：a,b>0

時，->l<^a>b；4。<0時，色>1=。（人此題直接作差難以確定差與。的大小，解法3

bb

對的倒數(shù)作差再與0比較大小，使得問題順利獲解，反映了思維的靈活性.解法6運用函數(shù)

的單調(diào)性解題，構(gòu)造一個什么樣的函數(shù)是關(guān)鍵.我們認(rèn)為構(gòu)造的函數(shù)應(yīng)使得恰為其兩個函數(shù)

值，且該函數(shù)還應(yīng)是單調(diào)的（最起碼在包含對應(yīng)的自變量值的某區(qū)間上是單調(diào)的）.解法5

與解法7分別構(gòu)造函數(shù)與解幾模型，將的大小關(guān)系問題轉(zhuǎn)化成斜率問題加以解決，充分溝通

了代數(shù)與幾何之間的內(nèi)在聯(lián)系，可謂創(chuàng)新解法.解法8充分挖掘代數(shù)式的幾何背景，構(gòu)造平面圖

形，直觀地使問題得到解決，這也是解決大小關(guān)系問題和證明不等式的常用方法.

有人對此題作出如下解答：

取a=\,b—2,則x=V3—V2--~T=,—V2—1=—J—,

r?.?省+血>0

V3+V2V2+1

11

+1>0,V3+V2<V2+r-二x<y.可再取兩組特殊值驗證，都有x<y.故答案為x<y.

從邏輯上講，取。=1/=2,得x<y.即使再取無論多少組值（也只能是有限組值）驗證,

都得x<y,也只能說明x>y或xNy作為答案是錯誤的，而不能說明x<y一定是正確的，因

2/218

為這不能排除x=y的可能性.因此答案雖然正確，但解法是沒有根據(jù)的.當(dāng)然，如果將題目改為

選擇題：

已知0<a</?,x=Ja+J-=后一J匕一a,則的大小關(guān)系是（）

A、x>yB、x>yC、x—yD、

此時用上述解法，且不用再取特殊值驗證就可選D,并且方法簡單，答案一定正確.

總而言之，特殊值法在解許多選擇題時顯得特別簡捷，那是因為選擇支中的正確答案是唯一

的，從而通過特殊值排除干擾支，進而選出正確答案.但特殊值法只能排除錯誤結(jié)論，而不能直

接肯定正確答案，因此，用此法解填空題（少數(shù)特例除外）與解答題是沒有根據(jù)的.當(dāng)然，利用

特殊值指明解題方向還是十分可取的.

題2設(shè)a>b>c、neN,且」一+—!—之一^恒成立，則〃的最大值為（）

a-bb-ca-c

A、2B、3C、4D、5

（第十一屆高二第一試第7題）

a-ca-c、/a-ca-ca-ca-c

解法1原式=----+----->n.：.n<-----+-----.而-----+-----

a-bb-c\_a-bb-c]mina-bb-c

a-b+b-cb-c+a-b/b-ca-b、,b-ca-b

=--------------+---------------=2+-------+------->4,且當(dāng),IZ-----=-----，即ana+c=2Z?時

a-bb-ca-bb-ca-bb-c

a—rci-c

取等號.+=4.:.n<4.故選C.

Va-bb-c\min

解法2va>b>c,:.a-b>0,b-c>0,a-c>0,已知不等式化為

7------77------C?由7------77------r-------------------T=4,即7----w-----\

("〃)(/?-￡1)(a-b+b-cy\_(a-b\b-c)

I2)

由已知得〃W4,選C.

解法3由a>O>c,知a-8>0,h-c>0,a-c>0,有〃4(a-c/―-—+—-—|.又

\a-bb-c)

-cf—"l=[(?-^)+]>(1+1)2=4,

\a-bb-cJ\a-bb-cJ

n<4.故選C.

解法4,?,.,.。-〃>0,〃一。>0,。一。>0..?.已知不等式可變形為

3/218

n(a-b)(b-c)記％，

則"(。一"0-4沙―由題意，n<4.故選C.

{a-t^b-c)(a-blb-c)

解法5,/a>h>c：.------>0,------>0.于是

a-bb-c

1144

」一+二一之7——「——7=—.比較得〃<4.故選C.

a-bb-c[a-bj-vyb-c)a-c

評析由已知，可得〃4(a-c(j匕+占)恒成立.根據(jù)常識“若aW/(x)恒成立，

則a4/(x)mm；若aN/(x)恒成立，則//⑴…，”(a—。(十+占)的最小值就是所

求n的最大值，故問題轉(zhuǎn)化為求(a-cf」一+」一]的最小值，上述各種解法都是圍繞這一中

\a-bb-c)

心的，不過采用了不同的變形技巧，使用了不同的基本不等式而已.解法1運用了

a-+->2,a,h^R+),解法2運用了‘%人<(七2]”；解法3運用了“(a+，+工]?4”；

ab\2J\ahJ

解法4運用了“a+人22而(a,/7eR+)'；解法5運用了N」一(a/e?)'.雖解法

aba+b

異彩紛呈，但卻殊途同歸.

此題使我們聯(lián)想到最新高中數(shù)學(xué)第二冊(上)P30第8題：

己知a>匕>c,求證：」一+」一+—1—>().

a-bb-cc—a

證：令々一人二x,〃一c=y(x>0,y>0),則a-c=x+y.

111111x2+y2+xy

---1----1---=—I------=---??,x>0,y>0,

a-bb-cc-axyx+y孫(x+y)

二+JJ。.

a-bb-cc-a

此證法通過換元將分母中的多項式改寫成單項式，使得推證更簡單了.運用這一思路，又可

得本賽題如下解法：

4/218

11n

設(shè)a-。=x,b-c=y(x>0,y>0),則a—c=x+y.——+——>——恒成立,就

a-bb-ca-c

是工+工2」一恒成立.也就是〃4(x+y/’+,］恒成立.?.?(％+丁/」+工24恒成立,

xyx+y(xy)y)

由題意得〃44.故選C.

再看一個運用這一思想解題的例子.

E,C+上、b2C2、Q+〃+C

例設(shè)a,0,cwR,求證：----+-----H---------->-------------.

b+cc+aa+b2

(第二屆“友誼杯”國際數(shù)學(xué)競賽題)

證明設(shè)人+0=工,0+0=%0+人=2,則4+。+。=5(%+)，+z)(x,y,Z>0).

..《從1+b)2出-灰)2.a2b2(a+1)2①

xyx+y孫(x+y)xyx+y

./嚴(yán)?〉(a+1)2?°?>(a+i+cj_(a+Z?+c)2_a+b+c即

xyzx+yzx+y+z2(a+b+c)2

Q+Z?+Ca2b2c2a+b+c

----------1------------1---------->

xyz2h+cc+aa+b2

本賽題還可直接由下面的命題得解.

命題若>。2>…>。〃>0，則——----H——-——H------F------------------>——.

aaaa

4—a2a2—Q3n-\_n\_n

證明v>u2>???>un>0,%—a2M2—。3,…M〃T-都大于°?反復(fù)運用①式，

j〃T

可得：“若4y”R+(i=l,2,…,〃)，則之室當(dāng)且僅當(dāng)生=三=…=2時取等

/=>X￡),.M必立

/=1

〉(1+1+.??+1)2_(n-l)2

號”.故有-------1---------------F…-I--------

an4一。2+〃2一〃3+…+4.1-42a\~an

也可以這樣證明:

％…°%一。2，。2一。3,…M〃-1一?！?gt;0.故由柯西不等式，得

5/218

12

------十一+-------)[(a,-?,)+(?,-?3)+-??+(?,1,1一。")]^(l+l+---+l)

aaX________________/

a}-a2a2n-\~nv

(〃T)個1

=(?-l)2>即(一?—+―!—+--?+————)(a(-??)>(rt-l)2.<7,->0,

%—。2%一如??-1-?).

111("1)2

---------------+-----------------+…+------------------->-i——」.

aaaaaaa

\~22~。3),-\~n\~n

由此可得本賽題的如下解法：

(1+爐_4

,/a>b>c,:.a-b>0,b-c>0,a-c>0,―—+—-->.由

a-bb-ca-b+b-ca-c

題意，〃W4.故選C.

由此命題還可直接解決第七屆高二培訓(xùn)題第8題：設(shè)q>%>。3>…>%000>。2001，并且

1114x106

m-----------------1------------------F,??H-------/----------二--------,則相與〃的大小關(guān)系是)

%一〃2%—〃3%000—“2001-“2001

A、m<nB、m>nC、m>nD、m<n

=士竺.故選C.

解...4〉%>°3〉…>“2000〉°2001'.?3衛(wèi)

%一〃2(X)14一〃2001

題3設(shè)實數(shù)機〃,x,y滿足Tn?+〃2=a,x2+y2=b,則mir+〃y的最大值為（）

A、；(a+Z?)B、；+12

（第十一屆高二培訓(xùn)題第5題）

解法1設(shè)〃z=Gcosa,〃=&sina,x-4bcos/7,y=V^sin/?,

則mr+〃y=V^cosacos/?+Vasinasinp=4abcos(a-4ab,

即(nix+ny)max=4cib.故選D.

bbn71b\b

解法2m~+n=Q=>—)篦+—〃=b，又x+=/7,/.-(mc-t-ny)—nix+

aa.Vaa

(6以+/J5/+〃2)+,+/b

-a+b

—=b.mx+ny

222

6/218

房,當(dāng)且僅當(dāng)

y,即僅y=nr時取等號,:.(mx+ny)m^=4ab.

解法3(fwc+ny)2=m2x2-vhnxny+rry2<m2x2+m2y2+n2x2+〃2y2

=(〃/+〃2)(%2+y2)=〃〃，「.〃比+不，當(dāng)且僅當(dāng)my—tix時取等號，故

(〃猶+

1mx-4ab?

~,-->—>

解法4設(shè)夕=(〃2,〃)，4=(樂月，則pq=Pq-cos6<川pq<小M,

即（〃2（尤當(dāng)且僅當(dāng)共線，即時取等號，故

tr+〃y）2<^m+/）2+>2）=曲,p,qmy=nx

（mx+ny\=&ib.

\，/max

解法5若設(shè)相x+〃y=Z,則直線如+〃y=&與圓T2+）2=〃有公共點，于是

.-<4h,B|J|Z:|=|m￥+7?y|(/nx+ny)=yfah.

>+〃2

解法設(shè)則

6Z[=〃z+〃i,Z2=x-yitz?=(m+m)-(x-yz)=(/nY+ny)+(/u-my)z,/.

22

|Zj-z21=^(/nr+n^)+^nx-my^>yj^nx+ny)=|/?u4-ny|>mx+ny,.\iwc-vny<\z}z2\

=回憶|=J〃L+〃2?+,2=J7,當(dāng)且僅當(dāng)小y=nr時取等號,故(如+〃、]皿.

解法7構(gòu)造函數(shù)/(X)=(加之+〃2)X?+2(mx+〃y)X+x2+y2,

則/'(X)=[rnX+x)2+(濟+>0.故A=4(mx+〃y)2-4^m2+n2)(x2+

=4(mx+一4ah<0,即mx+ny<\[ab.^nvc+ny)^=\[ab.

解法8由m？+〃2=a,/+y2=匕還可構(gòu)造圖形(如圖)，c/"--------

其中NACB=NAOB=90°,AC=AM，BC=A|〃|,

BD=|琲AD=|y|,A5=〃為圓的直徑，由托勒密定\

7/218

理，ACBD+BCAD=ABCD<AB\得1網(wǎng).兇+聆同.但父,從而得

mx+ny<4ab,當(dāng)且僅當(dāng)⑺=nr且mx>0時取等號..?.（〃說+〃））“煤=.

評析解法1抓住已知條件式的結(jié)構(gòu)特征，運用三角代換法，合情合理，自然流暢，也是解

決此類型問題的通法之一.

解法2運用基本不等式ab<將/+放大為關(guān)于m2+/與/+V的式子，再

利用條件求出最大值.值得注意的是，稍不注意，就會得出下面的錯誤解法:

nr+x2n2+y2_(.十/)+(%2+)，)_°+b

mx+ny<「?(〃優(yōu)+=----?故

F-+-2—-2一\，/max2

選A.錯誤的原因就在于用基本不等式求最值時未考慮等號能否取到.上述不等式取等號的條件

是a=x①且8=y②，而若①，②式同時取得，則加2+/=必+/，即〃="這與題設(shè)矛盾!

即當(dāng)awb時，如+股取不到皇.解法2是避免這種錯誤的有效方法.

由于向量與復(fù)數(shù)的模的平方是平方和形式，與已知形式一致，故解法4與解法6分別運用了

構(gòu)造向量與構(gòu)造復(fù)數(shù)的方法，新穎而簡潔.

解法5設(shè)mx+〃y=后后，將其看作動直線，利用該直線與定圓元2+丁，有公共點，則圓

心到直線的距離小于等于半徑，得上=〃a+〃><J茄，充分體現(xiàn)了等價轉(zhuǎn)化的解題功能.

解法7運用的是構(gòu)造函數(shù)法.為什么構(gòu)造函數(shù)/（X）=（W+"）x2+2（〃1r+）x+/

+>2呢？主要基于兩點：①/（X）為非負(fù)式（值大于等于0）,②由于/（X）NO,故有AW。，

而△溝通了已知與未知的關(guān)系，故使問題得到解決.

解法8抓住已知兩條件式的特征，構(gòu)造了兩個有公共邊的直角三角形，利用托勒密定理及圓

的弦小于等于半徑使問題獲解，充分揭示了這一代數(shù)問題的兒何背景.

拓展此題可作如下

推廣若+…+4：=P，々2+包2+…+么2=4,則（/4+4偽+…+a也）而

/pq（當(dāng)且僅當(dāng)冷尸3（i=1,2,…,n）時取得最大值）

8/218

Jq222

（q_、

萬臚Q（2+%2+…+""21）仿2+后+.+/p

=?3二+3=而，當(dāng)且僅當(dāng)

212

\q22

\7

+

=瓦口=1,2,…，〃對取等號,，（?,/?|+a2b2+..??A）max=7W-

本推廣實際就是由著名的Ca“c/?y（柯西）不等式

2

（。占+a2b2+…+a也y<[a^+a2+...+fl,,）?（/?/+42+...+勿2）（當(dāng)且僅當(dāng)

幺=&_=_=?時取等號）直接得到的一個結(jié)論.

瓦b2b?

推廣有十分廣泛的應(yīng)用，現(xiàn)舉一例：

]：+弓=8.求j|+2j|+3，|最大值?

例已知a,〃,c,x,y,zGR+,且。+2〃+3c=4,—+-

X

=4,…=81、仰+E

解Q+2〃+3c=4=>（右）+（V^）

xyz（YRIvJ

+閨=8.由推廣知出+2甘+3卜曲「+瘍/+?。?lt;^^=40，

當(dāng)?shù)﹥H當(dāng)朋=?,工技=行/癡=6

即ax=by=cz=時取等號.

??侮杼闔=疝

?ax

9/218

題4對于|相|<1的一切實數(shù)加，使不等式2x-l>根（犬-1）都成立的實數(shù)x的取值范圍是

（第十三屆高二培訓(xùn)題第63題）

222

X-1>0x-l<01_1=ox-1>0

解法1題設(shè)等價于42x-l或,21或’,即<?2x-l或

m<-----m>-----2x-l>01<——

x2-\x2-l%2—1

2

x-1<02Ir\

或產(chǎn)一=U,所以l<x<2或6—1<X<1或x=l,即xe(6—l,2).

12x-1

-l>^——2x-l>0

x2-I

解法2已知不等式即（/一?〃一（2%-1）<0,令/（機）=（/一1卜一（2x-l）,則

當(dāng)1。0,即xw±l時，/'（加）是加的一次函數(shù)，因為帆W1,即-iWmWl時不等

1f/（-i）=_2+l-2x+l<0

式恒成立，所以了（，〃）在r-1』上的圖象恒在機軸的下方，故有，，x，

［川）=》2—i—2%+1<0

x~+2x—2>0I—

即4,解得6—l<x<2（xwl）.

x2-2x<0

又當(dāng)x=l時，/（加）=一1,適合題意，當(dāng)》=一1時，/（m）=3不合題意.

故x的取值范圍是6—1<X<2.

評析解決本題的關(guān)鍵是如何根據(jù)條件構(gòu)建關(guān)于x的不等式或不等式組.解法1運用分離參

數(shù)法，為了達(dá)到分離參數(shù)的目的，又對》2-1分大于0、小于0、等于0三類情形分別構(gòu)建關(guān)于x

的不等式組，從而通過解不等式組解決了問題.解法2則轉(zhuǎn)換思維角度，把已知不等式看成關(guān)于加

的不等式，從而將原問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)/（/?）=（x2-\）n-（2x-1）在［-1,1］上的圖象恒在m軸下

方的問題.這種方法稱為變更主元法.用此方法，使得此題的解決顯得既簡捷，又直觀易懂.

題5當(dāng)0<x<a時,不等式二+―二>2恒成立,則a的最大值是_______.

X（Q—X）

（第十一屆高二培訓(xùn)題第45題）

解法1當(dāng)0<x<a時，二+」一22①，又有3—廣產(chǎn)+爐，22②，②+①

xa-xx（a-x）

10/218

-),2

a—x2ax一x1一(Q—x)~a1

義2,得-4->6,1+>628,即

x2(a-x)2X(a-x)27+(a-x)2

1188

—+-----2—?由r22,得°<a?2,a=2.

x(a-x)aamax

解法2v2-^+1-y，1141,

)2.又—+-+-(

一X)2xa-xxa—xXa-xaa

1>A2,即4+1Q

??.22+>4-，當(dāng)且僅當(dāng)

(a-x)2ax(a-x)2a

11，即x=@時取等號.???11

—+22恒成立,

xa-x2%-(a-x)2

Q

.0.-^22,0<。42.于是4max=2.

11

T+TF

.x-z(a-x)'，由0<x<a,可知，>0,——>0.

解法3原不等式等價于>t由

2xa-x

2

“兩個正數(shù)的平方平均值不小于它們的調(diào)和平均值”,可知只需---------->1,即即可,故

x+(a-x)

0<aW2,于是amax=2.

2

112—1_____X

解法4..±H-------------y>2即-y+x+>2①成立，又

x1(a-x)2x(a-x)2

???二+/z2恒成立，a只要滿足一J-/NO②就能使①恒成立.由②式,

得

x(a-x)

x2(a-x)2<1,x(a—x)<1,—x?+ar-1W0③.由于對稱軸x=ge(0,a),由二次函數(shù)的

2

性質(zhì)，當(dāng)xe(O,a)時，要③式恒成立，則A=a2-4W0,0<a42qmax2.

解法5設(shè)2=cos2。,^―-=sin2a(0<x<?),則111

-I--------------;-----7

x2(a-x)a~cosa

11/218

1--sin2la

11sin4a+cos4a182-sin22a

------------------------——?--------------------------------------------2(sin2la+2)

a2sin4aa~sin4arcos4a丁sin42a

—sin42a

16

2

2_ojna

(sin22a-1)<0,BP2—sin22a>sin42a,則----------21(當(dāng)sin22a=1時取等號)，

sin2a

11QQ

于是二+------，由已知，得FN2,??.0<QW2,??.4max=2.

x(a-x)aa

解法6設(shè)*=',丫=」一（乂>0,丫>0）,則

xa-x

乂2+/22表示在乂0丫坐標(biāo)系第一象限內(nèi)以原點為圓心，

V2為半徑的圓及其外部.由x=±y=」一,得

xa-x

axy=x+y,又內(nèi)丫=x+yn2xy2它表示

Q-

4

雙曲線乂丫二下位于第一象限內(nèi)的一支及其上方部分?依題意，

a

4

雙曲線xy=F（x>o）與圓弧x2+y2=2（x>o,y>o）

a~

Q

相切或相離，從而即0<。42.?.〃max=2.

a

解法7運用結(jié)論“如果七，/GRP=1,2,…,〃），則二+&?+.??+&

Ji%笫

Q+/+…+%)-(*),當(dāng)且僅當(dāng)土=2=.=2=女

（常數(shù)）時取等號.”???0<x<?，

弘+%+???+”必為y,,

：.a-x>0.由柯西不等式，有（仔+12）（_1+—二）2（1+—!—）2①，由（*）得

x（a-x）xa-x

-+—z9②.故2(!+―二)>(當(dāng)2,得二+—1>A,當(dāng)且僅當(dāng)％=￡時取等

xa-xax(a-x)a廠(a-x)a2

Q

號，由一得Ova<2/.6fmax=2.

a

解法8運用結(jié)論“若4〉%>???>4,,貝|J」一+―1—+…+―1—2攵二上，當(dāng)

4—4?2-?3a]-an

12/218

r2

(3-1)216118

2________=___..二____?________>___當(dāng)且僅當(dāng)X=Q-X,即尤=3時

Q-0a2x2(a-x)2a22

Q

取等號.令今22,得0vaK2/.6Zmax=2.

a

評析4+—/22恒成立，二+―i—N2.故問題的實質(zhì)就是求

廠①一江[x（。一幻」而

-4+―二的最小值（關(guān)于。的式子）大于等于2的解.因而在0<x<a的條件下，如何求

x2（a-x>

-4+—二的最小值成了問題的關(guān)鍵.解法1運用“兩個互為倒數(shù)的正數(shù)的和大于等于2”，解

x2（a-x）2

法2運用配方再放縮，解法3運用均值不等式及“兩個正數(shù)的平方平均值不小于它們的調(diào)和平均

值”，解法5運用三角代換，解決了這一關(guān)鍵問題.解法4巧妙地將原問題轉(zhuǎn)化為一個含參（a）

一元二次不等式恒成立，求參數(shù)的范圍問題，從而運用二次函數(shù)的性質(zhì)解決問題.解法6將原問題

轉(zhuǎn)化為解析幾何問題處理.解法7、8則是運用一些現(xiàn)成的結(jié)論（讀者可自己證明），各種解法異彩

紛呈，都值得細(xì)細(xì)品味.

拓展此題可作如下推廣：

推廣1若0<X]<X,<…<<a,則--H--------r+,,,H---------7之一7,當(dāng)且

X,2（%-占）2（471）2/

僅當(dāng)王,乙,…,。成等差數(shù)列時取等號.

證明由已知，0<%〈馬<?,,<工〃一1則入2—2>。，x3-x2>0,???,a-xn_1>0.

根據(jù)柯西不等式及解法7運用的不等式（*）,有〃-4+——--r+---+——-_-

X]（x2-%））（a-xn_]y

二24

n+h111

>故號+(丑3)2+???+--------7

當(dāng)且僅當(dāng)王，/，…，x,i，a成等差數(shù)列時取等號?

I"1

推廣2若0<%ex,1<a,%eR+(i=l,2,…GN+，則一^+

13/218

叱,,亡、(仇+仇+…+2產(chǎn)當(dāng)且僅當(dāng)生=」也時取等號.

----------------------(-???-1-----------------------2-----------------------------------------

k

(X2-%,)*(a-%?_1)*a以

/=!

_n

證明不妨設(shè)q=玉,？=%-玉,=a-x“_|,M-(工。產(chǎn)，由已知得%>0

/=1

〃a.n1nh

(/=1,2,…，")且令G=—,則z.=-X"，=1,由均值不等式，-+

/=ia/=iaz=iCj

_______/+i

Mci+Mci+---+Mq>(k+DTM%},即\+kMq>(k+1)(4+)，+—+)“)”?〃,

'--------zv--------'q

〃卜k+1