2025年下學(xué)期初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽舒爾不等式試卷一、選擇題（共5小題，每小題7分，滿分35分）設(shè)非負(fù)實(shí)數(shù)(a,b,c)滿足(a+b+c=1)，則代數(shù)式(ab+bc+ca-2abc)的最大值為（）A.(\frac{7}{27})B.(\frac{1}{4})C.(\frac{2}{9})D.(\frac{1}{3})對(duì)于任意正實(shí)數(shù)(x,y,z)，下列不等式中恒成立的是（）A.(x^3+y^3+z^3\geqx^2y+y^2z+z^2x)B.(x^3+y^3+z^3+3xyz\geqxy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x))C.(x^2+y^2+z^2\geqxy+yz+zx+xyz)D.(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\geqx+y+z)已知三角形(ABC)的三邊長(zhǎng)分別為(a,b,c)，則下列不等式中正確的是（）A.(\cosA+\cosB+\cosC\geq\frac{3}{2})B.((a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\geqabc)C.(a^3+b^3+c^3+3abc\geq2(a^2b+b^2c+c^2a))D.(a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c)\leq3abc)設(shè)(x,y,z)為正實(shí)數(shù)，且滿足(xyz=1)，則((x+\frac{1}{y}-1)(y+\frac{1}{z}-1)(z+\frac{1}{x}-1))的最大值為（）A.0B.1C.2D.3若實(shí)數(shù)(a,b,c)滿足(a\geqb\geqc\geq0)，則下列表達(dá)式中恒非負(fù)的是（）A.(a(a-b)(b-c)+b(b-c)(c-a)+c(c-a)(a-b))B.(a^2(a-b)+b^2(b-c)+c^2(c-a))C.(a(a-b)(a-c)-b(b-c)(a-b)-c(a-c)(b-c))D.(a^3+b^3+c^3-a^2b-b^2c-c^2a)二、填空題（共5小題，每小題7分，滿分35分）設(shè)(x,y,z\geq0)且(x+y+z=2)，則(x^3+y^3+z^3+3xyz)的最小值為________。已知正實(shí)數(shù)(a,b,c)滿足(a+b+c=3)，則(\frac{a}{b+c}+\frac{c+a}+\frac{c}{a+b})的最小值為________。在三角形(ABC)中，若(\angleC=60^\circ)，則(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c})的最大值為________（用含(c)的代數(shù)式表示）。設(shè)(x,y,z)為非負(fù)實(shí)數(shù)，且滿足(x^2+y^2+z^2=1)，則(xy+yz+zx-xyz)的最大值為________。已知(a,b,c)是正實(shí)數(shù)，且(a+b+c=1)，則((1+a)(1+b)(1+c))的最小值為________。三、解答題（共4小題，第11-13題每題20分，第14題25分，滿分85分）（本題滿分20分）證明：對(duì)于任意非負(fù)實(shí)數(shù)(a,b,c)，都有(a^3+b^3+c^3+3abc\geqa^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2)。（本題滿分20分）已知正實(shí)數(shù)(x,y,z)滿足(x+y+z=xyz)，求證：(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}\leq\frac{3}{2})。（本題滿分20分）在銳角三角形(ABC)中，求證：(\cosA\cosB+\cosB\cosC+\cosC\cosA\leq\frac{3}{4})。（本題滿分25分）設(shè)(a,b,c)是非負(fù)實(shí)數(shù)，且(a+b+c=1)，（1）證明：(ab+bc+ca-3abc\leq\frac{4}{27})；（2）求(a^2b+b^2c+c^2a+abc)的最大值。四、附加題（共2小題，每小題15分，滿分30分）設(shè)(x,y,z)為正實(shí)數(shù)，且(x+y+z=1)，求證：(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}+\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\geq\frac{11}{2})。已知(a,b,c)是正實(shí)數(shù)，證明：(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\geq\frac{a+b+c}{3})。試卷解析與評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)一、選擇題答案：A解析：由舒爾不等式變形2，當(dāng)(t=1)且(x+y+z=1)時(shí)，有(xy+yz+zx-2xyz\leq\frac{7}{27})，當(dāng)且僅當(dāng)(x=y=z=\frac{1}{3})或其中一個(gè)變量為1，其余為0時(shí)取等號(hào)。答案：B解析：選項(xiàng)B是舒爾不等式當(dāng)(t=1)時(shí)的標(biāo)準(zhǔn)形式：(x^3+y^3+z^3+3xyz\geqxy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x))。答案：D解析：由舒爾不等式推論，在三角形中(a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c)\leq3abc)，其他選項(xiàng)均需添加條件或不等號(hào)方向錯(cuò)誤。答案：B解析：令(a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x})，則原式可化為(\frac{(x+z-y)(y+x-z)(z+y-x)}{xyz})，由舒爾不等式推論1知其最大值為1。答案：C解析：選項(xiàng)C可化為(a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b))，符合舒爾不等式基本形式，故恒非負(fù)。二、填空題答案：(\frac{8}{9})解析：由舒爾不等式，當(dāng)(x=y=z=\frac{2}{3})時(shí)取最小值(\frac{8}{9})。答案：(\frac{3}{2})解析：令(x=a+b,y=b+c,z=c+a)，則原式可化為(\frac{3}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)-\frac{3}{2}\geq\frac{3}{2})。答案：(\frac{4}{3c})解析：由余弦定理得(c^2=a^2+b^2-ab)，結(jié)合舒爾不等式變形可證得(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\leq\frac{4}{3c})。答案：1解析：當(dāng)(x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3})時(shí)，(xy+yz+zx-xyz=1-\frac{\sqrt{3}}{9})；當(dāng)其中一個(gè)變量為1，其余為0時(shí)，值為0，故最大值為1。答案：(\frac{64}{27})解析：由均值不等式和舒爾不等式結(jié)合可得((1+a)(1+b)(1+c)\geq\left(1+\frac{1}{3}\right)^3=\frac{64}{27})。三、解答題證明：（1）當(dāng)(t=1)時(shí)，舒爾不等式為(a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq0)（5分）（2）展開左邊得：(a^3+b^3+c^3-a^2b-ab^2-b^2c-bc^2-c^2a-ca^2+3abc\geq0)（10分）（3）移項(xiàng)整理得：(a^3+b^3+c^3+3abc\geqa^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2)（15分）（4）等號(hào)成立條件：(a=b=c)或其中兩個(gè)數(shù)相等且第三個(gè)數(shù)為0（20分）證明：（1）由條件(x+y+z=xyz)，令(x=\tanA,y=\tanB,z=\tanC)，其中(A+B+C=\pi)（5分）（2）則(1+x^2=\sec^2A)，故(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}=\cosA)（10分）（3）原不等式等價(jià)于(\cosA+\cosB+\cosC\leq\frac{3}{2})（15分）（4）由舒爾不等式推論2，在三角形中有(\cosA+\cosB+\cosC\leq\frac{3}{2})，當(dāng)且僅當(dāng)(A=B=C=\frac{\pi}{3})即(x=y=z=\sqrt{3})時(shí)取等號(hào)（20分）證明：（1）在銳角三角形中，(\cosA,\cosB,\cosC>0)（5分）（2）由舒爾不等式變形1：((a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leqabc)（10分）（3）令(a=2R\sinA,b=2R\sinB,c=2R\sinC)，代入得((\sinA+\sinB-\sinC)(\sinB+\sinC-\sinA)(\sinC+\sinA-\sinB)\leq\sinA\sinB\sinC)（15分）（4）利用三角恒等變換化簡(jiǎn)可得(\cosA\cosB+\cosB\cosC+\cosC\cosA\leq\frac{3}{4})（20分）解答：（1）令(a=b=c=\frac{1}{3})，則(ab+bc+ca-3abc=\frac{1}{3}-3\times\frac{1}{27}=\frac{2}{9})，由舒爾不等式可證其最大值為(\frac{4}{27})（10分）（2）設(shè)(f(a,b,c)=a^2b+b^2c+c^2a+abc)，由對(duì)稱性不妨設(shè)(a\geqb\geqc)，令(c=0,b=t,a=1-t)，則(f=(1-t)^2t)，求導(dǎo)得(t=\frac{1}{3})時(shí)取最大值(\f