专题04 高中数学竞赛二试内容——代数（竞赛培优专项训练,5大考点+强基竞赛）高二数学人教A版全国通用

专题04 高中数学竞赛二试内容——代数 目录概览 A考点精研・竞赛考点专项攻坚 考点一 函数 6 考点二 不等式 10 考点三 多项式 17 考点四 数列 26 考点五 复数 29 B实战进阶・竞赛选拔模拟特训（精选各地竞赛、强基试题11道） 1．排序不等式（又称排序原理） 设有两个有序数组及 则（同序和） （乱序和） （反序和） 其中是1，2，…，n的任一排列.当且仅当或 时等号（对任一排列）成立. 2．切比雪夫不等式 若， ， 则 3．基本不等式及变形 （1）， （2）， 3．不等式的对称性 设是一个元函数.若将中任意的两个变元互相交换位置，得到的与原式是恒等的，则称是完全对称的， 如， 等. 设是一个元函数.若作置换，得到的与原式是恒等的，则称是轮换对称的，如， 等. 显然，完全对称的一定是轮换对称的. 4．Schur不等式：若，为实数，则， 当且仅当或的置换时，等号成立. 5．Schur不等式推广：若，为非负实数，则 （1）； （2）； （3）． 6．关于多项式的几个定理 定理1：三元齐三次对称多项式可以唯一的表示为 ， 其中， ， 并且当时， 先给出系数的简单确定方法： 定理2：三元齐四次对称多项式可以唯一的表示为 ， 其中， ， ， 并且当时，． 先给出系数的简单确定方法： 定理3．三元齐五次对称多项式可以唯一的表示为 ， 其中， ， ， 并且当时，． 先给出系数的简单确定方法（为虚数单位）： 定理4．三元齐六次对称多项式可以唯一的表示为 ， 其中， ， ， 并且当时，． 先给出系数的简单确定方法（为虚数单位）： 由，将代入解得 由，将代入解得 7．柯西不等式 （1）柯西不等式的推广形式：设为大于1的自然数，（1，2，…，）为任意实数，则：，其中等号当且仅当时成立（当时，约定，）. （2）柯西不等式的变式： 常用变形一：，其中， 常用变形二：(i=1,2,…,n)，则. 注：要求bi为正数 常用变形三：若(i=1,2,…,n)，则. 8．复数的相关结论 记，其中为虚数单位，多项式有个互不相等的根，它们称为次单位根.易于看到，在复平面上，个次单位根对应的点恰是单位圆的内接正边形的顶点. 9．次单位根的性质： （1）设和是整数，则的充分必要条件是 （2）任意两个次单位根的乘积仍是一个次单位根；任意一个次单位根的倒数也是一个次单位根. （3）设是整数，，则恰给出全体次单位根. 10.方程的根的问题 i．因是的个不同的根，故有， 又，所以 （1） （2） ii.的根为，（可设），有 （1），（2），（3） 11．设，如果能分解为中两个正次数的整系数多项式的积，则称在上可约（或可分解），否则称在上不可约. 12．艾森斯坦判别法：设是一个整系数多项式，其中.若存在一个素数，使得，，但，则在上不可约（从而在上不可约）. 13．设多项式，其中（可以是复数集，实数集，有理数集，整数集），在中的数使，则称为的零点. 14．因式定理：设，则是的零点的充要条件是被整除. 15．中次多项式至多有个不同的零点；中次多项式有个不同的零点. 16．设中多项式在中至少有个零点，则是零多项式（即所有项系数都是0）. 17．恒等定理：设，如果有无穷多个，使得，则 （即与的同次幂的系数相等） 18．设，其中，当正整数时，称为单根，当正整数时，称为重根，计算的零点个数时，重根计入重数. 19．设是一个整系数多项式，是一个素数.若整数满足，则称是模的一个零点，或称是同余方程的一个解. 20．拉格朗日定理：设是一个整系数多项式，是一个素数，模的次数为，则同余方程②至多有个互不相同（即模不同余）的解.如是，有两个解.但如果是合数，则结论不再正确，如有两个解 21．设，，，且.若是的一个有理根，这里整数与互素，则， 22．复数系数多项式中任一个次多项式，在复数集上可唯一地分解为，其中是的首项系数，恰有个复数根. 23．韦达（Viete）定理：设是的个根，则 ，，，， 考点一 函数 1．已知函数，其中为常数． (1)判断 的奇偶性，并说明理由； (2)若在上存在个不同的点（），满足，求实数的取值范围． 【答案】(1)当时为奇函数，时为非奇非偶函数，理由见解析 (2)或 【解析】（1）因为的定义域为， 当时，易知 且，则为奇函数， 当时，则，不是奇函数， 且，，所以，所以也不是偶函数． 故是非奇非偶函数． （2）记，则， 因此， 等价于， ①当时， 在递增， 于是， 所以，得； ②当时， （），则递增， 因此，得； ③当时， 在上递增，在上递减，在上递增， 故，且， 易知， 则，但是，故舍去； ④当时， 在上递增，在上递减， 易知， 则，注意到左边显然小于，舍去； 故的取值范围是或． 2．设曲线所围成的封闭区域为D． （1）求区域D的面积； （2）设过点的直线与曲线C交于两点P、Q，求的最大值. 【答案】（1）512（2） 【解析】（1）由题设，由，因此. 若，则当时， 此时，图象时两条直线段. 当时， ，，对应于一段二次函数的图象. 若，则当时，类似于前面的推导得，对应于二次函数图象的一段：. 当时， ，得到，无解. 综上所述，区域D的集合为：， 由区域D上函数图象性质，知区域D的面积为. （2）设过点的直线为l，为了求的最大值，由区域D的对称性，只需考虑直线l与D在y轴右侧图像相交部分即可.设过点的直线l方程为，易知此时l与D相交时有. 1．当时，l与D分别相交于二次函数以及，两个交点分别为 ， . 因此，，为关于k的递减函数. 2．当时，直线l与D分别相交于二次函数以及直线，从图形性质容易看出，随着k从2变到1，的值逐步减少. 综上所述，当l经过直线与二次函数的图像交点时，的值最大，此时直线l的方程为：，，的值为 . 当落在y轴上时，.因此，的最大值为. 3．设为正整数，，，令．求证：存在使得，． 【答案】证明见解析 【解析】首先证明，． 否则，由可知存在正整数，使得，，从而. （1）若，则由得到，矛盾 （2）若，则由得到，矛盾． 下面证明，．假设存在，， 则由可知存在正整数，使，. （3）若，则，矛盾． （4）若，则由可得， 从而有或者，矛盾． 因此，存在使得，. 4．已知a，b∈R，函数，． （1）当a=1，b=0时，求方程的根； （2）设函数在[-2，2]上的最大值为G(a，b)，当G(a，b)取得最小值时，求2a-b的值． 【答案】（1）1，，；（2）． 【解析】（1）当a=1，b=0时，． 当时，即． 所以或，解得x=1，，． 故方程的根为x=1，，． （2）由题意有 记，，x∈[-2，2]， 则，， 所以G(a，b)min=，此时等号在时取到， 代入得． 5．已知二次函数有两个不同的零点.若有四个不同的根，且，，，成等差数列，求的取值范围. 【答案】. 【解析】设的两个零点为，，其中， 则可知，为的两根；，为的两根， 所以，，， 又，， 所以， 记，，，，其中， 所以. 考点二 不等式 6．如果对任意的整数x，y，不等式恒成立，求最大常数k. 【答案】3 【解析】当时，有，因此， 下面证明不等式对任意整数x，y均成立， 设，则， 由二次函数性质知，或时，， 所以当或时，， 所以当或时，对任意y，均有： ， 又当时，对任意整数y成立， 所以对任意整数x，y，均成立， 因此，不等式对任意整数x，y均成立， 综上所述，k的最大值为3. 7．“让式子丢掉次数”—伯努利不等式（Bernoulli’sInequality），又称贝努利不等式，是高等数学分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布.伯努利提出，是最早使用“积分”和“极坐标”的数学家之一.贝努利不等式表述为：对实数，在时，有不等式成立；在时，有不等式成立. (1)证明：当，时，不等式成立，并指明取等号的条件； (2)已知，…，（）是大于的实数（全部同号），证明： (3)求证：. 【答案】(1)证明见解析，，或 (2)证明见解析； (3)证明见解析 【解析】（1）当时，，则，当时，， 当时，我们需证， 设，， 注意到，， 令得，即， 令，则，所以在单调递增， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，即恒成立， .不等式对，成立，得证， 不等式取等号的条件是，或. （2）当时，原不等式即，显然成立， 当时，构造数列， ， 则， 若（），由上式易得，即； 若（），则， 所以， 故， 即此时也成立，所以当时，， 由于， 所以（），故原不等式成立. （3）要证， 只需证 由（2）知 又 ∴，得证. 8．设均为正数，证明： （1）若，则； （2）若，则. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】设，令解得. 当时，在内是增函数； 当时，在内是减函数； 故函数在处取得最大值. （1）因为，从而有，得， 求和得. 因为，所以， 即，所以. （2）①先证 令.则， 于是由（1）得， 即， 所以. ②再证. 记，令，则， 于是由（1）得. 即，所以. 综合①②，（2）得证. 9．设，(为常数).若，证明：. 【答案】证明见解析 【解析】记，则有. 由已知 (因为)， 即. 10．已知实数满足，且.证明：存在整数，使得. 【答案】证明见解析 【解析】记. 构造下列51个数：， ， . 下面证明中至少有一个在区间内. 由上述符号的含义， 知， 且. 所以. （1）若，则由，得. 因此. （2）若，假设都不在区间内， 则由，知. 结合假设，得. 又由，知. 所以中存在比小的数，也存在比大的数. 又，且都不在区间内. 因此，存在j∈{1，2，……，50}，使得. 此时，. 另一方面，，两者矛盾. 所以中至少有一个在区间内. 由（1）､（2）知，中至少有一个在区间内. 由的定义知，结论成立 解法二：首先用数学归纳法证明 对于任意正整数n，若实数满足， 则存在的一个排列， 使得. 证明如下：（1）当n=1时，结论显然成立 （2）假设当n=k时，结论成立， 则当n=k+1时，由归纳假设知，存在的一个排列， 使得. 记，， 则.从而当时： ； 当时： . 即当n=k+1时，结论也成立. 由（1）､（2）知，对于任意正整数n，结论都成立. 回到本题，利用上述结论容易知道存在的一个排列满足，， 且. 又， 所以或. 因此结论成立. 11．已知是正实数，求证：． 【答案】证明见解析 【解析】要证明原不等式，只要证明， 即证， 只需证明． 记，则只需证明， 即证， 即证              （*） 注意到，所以， 所以， 即（*）成立，所以原命题成立． 12．求c的最大值，使得对任意的正实数x、y、z，均有，其中“”表示轮换对称求和． 【答案】． 【解析】注意到，由不等式的轮换对称性，不妨设x最小，则，其中．所以，原式等价于： ， 化简得． 由，且x可无限接近于0，得，对成立． 又，为了求c的最大值，可不妨设． 令，， 设， 则， 所以在上严格单调递增． 而， 解得，所以在上单调递减，在上单调递增． 故， 所以，c的最大值为． 13．已知，求证：． 【答案】证明见解析. 【解析】因为 ， 所以 ， 当且仅当时等号成立． 以下配对柯西约分： 因为， ， ……， 显然柯西不等式等号不成立． 所以， 即. 考点三 多项式 14．设满足，对任意成立． (1)若为整系数多项式，证明任意项的次数为奇数； (2)构造满足条件的非多项式映射． 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【解析】（1）设．取素数， )， 则对均有， 从而． 由于上式对满足的素数都成立， 即有无穷多个质因数，于是． 所以任意项的次数为奇数． （2）构造满足条件，并且的映射即可． 引理：设为正整数，则同余方程组①有解当且仅当． 引理证明:对归纳，当时，方程组等价于有解，这又等价于，得证． 设时结论成立，下证时结论也成立．首先， 有解，考虑方程组② 此时． 由， 所以，由归纳假设②有解， 从而同余方程组①有解．下面用归纳法构造满足， 的映射． 设已构造好，考虑同余方程组 因为，由引理知存在大于的解，取为即可． 15．设，令为素数且对某个．已知为有限集，求． 【答案】，其中为非零整数. 【解析】，其中为非零整数. 对的次数归纳证明，只需证明当的次数非零时，其常数项为零： 那么满足同样的条件。 设，且． 记，令，其中，则对所有的素数， ， 由知 当时，。 若的常数项非零， 则当充分大时，， 从而． 因此为常数，与的次数非零矛盾. 16．“试根法”是一种常见的数学方法可以应用于分解因式、多项式的除法等运算，其算法如下：对于多项式，令时，，则必有一个因式是，且可以分解为，对于多项式，令时，，则必有一个因式是，且可以分解为 (1)分解因式：（当时，原式为）（方法任意）； (2)已知多项式既能被整除，又能被整除，求的值（方法任意） 【答案】(1) (2)， 【解析】（1）当时，， 多项式必有一个因式， 设， ， 比较同类项的系数得：，， 由，解得：， 由，解得：， ； （2）多项式既能被整除，又能被整除， 多项式必有因式和， 当或时，， 当时，， 整理得：①， 当时，， 整理得：②， ①②，得：， ， 将代入②，得：. ，. 17．已知函数. (1)证明：函数在区间上单调递减； (2)在如图的坐标系中画出函数的大致图象，并求方程的所有实数根之和； (3)求不等式的解集的区间长度之和. 附：①区间的长度为；②若关于x的方程有n个实数根为，，…，，则. 【答案】(1)证明见解析； (2)图像见解析；9； (3)2025. 【解析】（1）取任意，， 则 ， 因，， 则， 得， 则函数在区间上单调递减； （2）由题， 其定义域为， 则在递减， 又注意到，， ， 则在上各有一个零点，据此可得大致图像如下： ，将该式通分，设分子部分为， 则， 则方程的根，即为的根. 设，则，由两部分构成， 第一部分为中的2次项系数， 为，第二部分为中的2次项系数，设为m. 令，可得方程对应3根为. 又易知该式展开式3次项系数为，3根之和为6， 则由附②可得，即. 则由附②可得的所有实数根的和为：， 即方程的所有实数根之和为. （3）由（1）（2）类比可知，在上单调递减， 在上各有一个零点，及大致图像. 则的解集为：， 其中为方程的根， 则不等式的解集的区间长度之和为：. ，将该式通分，设分子部分为. 则 . 则方程的根，即为的根. 设，则， 由两部分构成，第一部分为中的8次项系数， 为，第二部分为中的8次项系数，设为n. 令，可得方程对应9根为 又易知该式展开式9次项系数为，9根之和为45，则由附②可得，即. 则由附②可得的所有实数根的和为：， 即方程的所有实数根之和为，则不等式的解集的区间长度之和为： . 18．（1）对实系数的一元二次方程可以用求根公式求复数范围内的解，在复数范围解方程； （2）对一般的实系数一元三次方程（），由于总可以通过代换消去其二次项，就可以变为方程．在一些数学工具书中，我们可以找到方程的求根公式，这一公式被称为卡尔丹公式，它是以16世纪意大利数学家卡尔丹（J. Cardan）的名字命名的．卡尔丹公式的获得过程如下：三次方程可以变形为，把未知数写成两数之和，再把等式的右边展开，就得到，即．将上式与相对照，得到，把此方程组中的第一个方程两边同时作三次方，，并把与看成未知数，解得于是，方程一个根可以写成． 阅读以上材料，求解方程． 【答案】（1），； （2），，． 【解析】（1）在一元二次方程中，，， 即，． （2）令，方程化为：， 令，则有， 于是得即， ，是关于的方程的二根， 解得，即或， 而，，因此或， 于是得，方程化为， 解得或，因此或， 所以方程的解为，，． 19．已知函数． (1)若在处取得极值，讨论的单调性； (2)若存在实数c，使得方程的三个实数根满足，求的最小值． 【答案】(1)增区间为，，减区间为 (2) 【解析】（1）由题意，， 因为在处取得极值10，即， 从而，故，得或. 再由，知，故或． 当时，，， 此时在上单调递增，不存在极值，不合题意； 当时，，， 故当或时，；当时，． 故的增区间为，，减区间为． 从而是的极值点，符合题意. 综上，我们有，此时的增区间为，，减区间为. （2）原方程可化为，即. 由题意，是方程的三个实数根， 故， 整理得到， 故 由条件知，，所以， 所以 . 当，时取等号， 综上，的最小值为． 20．已知多项式. (1)若，且有三个正实数根，，，证明：； (2)对一般的正整数，若，，，，证明：方程的根不全是正实数. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用一元三次韦达定理结合幂平均不等式或是舒尔不等式即可证明； （2）利用反证法即可证明. 【解析】（1）方法一：由韦达定理有：， 要证的结论： ， 又 故只需证明. 易知当时，， 而最后一式显然成立，因此原结论成立. 方法二：由韦达定理有： 又， 由幂平均不等式：，得， 所以， 将韦达定理代入得， 整理即得. 方法三：由韦达定理得 由Schur（舒尔）不等式知， 所以，所以，即. （2）反证法：假设方程的根全是正实数，设这个正实根为. 由韦达定理有： 则 ，矛盾，故原结论成立. 考点四 数列 21．已知数列满足，． (1)若是递增数列，求实数的取值范围； (2)若，且对任意大于的正整数，恒有，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）由知， 首先有，则， 当时，显然成立， 当时，，解得， 综上，的解集为， 其次当时，因为，， 则，于是； 以此类推，不妨设，， 则，， 则，于是． 综上所述，实数的取值范围是． （2）由（1）知，若，则是递增数列，所以易知， 一方面，， 则，得， 因此，则； 另一方面，又因为，所以， 因为，则，即，则，于是． 由已知得，则，于是当时，． 根据，则， 所以当时，，得，从而． 故的最小值是． 22．已知数列满足，，且，. (1)证明：； (2)证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】（1）由已知数列满足，，且，， 即， 故， 由，，有，，故与同号， 因为，则，， 以此类推可知，对任意的，， 所以，则，所以. （2）因为，则，， ，累加得， 所以，可得. 当时，， 故. 23．求所有无穷正整数列满足下列条件： （1）； （2）不存在正整数（可以相同i、j、k）使． （3）有无穷多个正整数k，使． 【答案】答案见解析 【解析】所求的正整数列只有． 一方面，不难验证此数列满足条件．另一方面，我们证明所求的数列只能是此数列． 设．我们证明：，设． 由数列单调递增，知均在中． 又由条件（2），知． 将集合划分为个二元组 ． 由抽屉原理，中必有两数在同一个二元组内，这与条件（2）矛盾． 所以． 进而，对非负整数m，有 ．       ① 于是，对任意正整数r满足，均有 ， 由条件（3），知存在无穷多组使得等号成立，任取其中一组． 等号成立当且仅当，三式同时成立． 又因为， 所以． 而因为，所以， 结合条件（1），知．由①取等知． 若，则，所以，与条件（2）矛盾． 所以．由①，，由条件（2）及知数列的项两两不相邻．又由条件（3）及数列单调递增，知所求的正整数列只有（否则，若使得，则不存在，矛盾！）． 24．求最大的正实数，使得对任意正整数n及正实数，均有． 【答案】的最大值为3． 【解析】一方面，取，得 即 ． 令，得． 另一方面对正实数x，y有，故 ， ， ， …… ． 以上各式相加，得 ． 故时，原不等式恒成立．综上，的最大值为3． 考点五 复数 25．复平面与交点个数 【答案】0个 【解析】当，可设， 进而，因为， 因此． 根据复数的性质可得 因为，因此，所以，， 但无论k取哪个整数，对应的均使，故无解， 所以复平面与交点个数为0个. 26．设、是无穷复数数列，满足对任意正整数n，关于x的方程的两个复根恰为、（当两根相等时）．若数列恒为常数，证明： （1）； （2）数列恒为常数． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】由题意和韦达定理得, 则，即．         ① （1）由①取模得，若，结论显然成立； 否则，由于数列恒为常数，则，即有． （2）由（1）知，对任意的，又数列恒为常数，因此只有互为共轭的两种取值和．若存在，使得，不妨设，则．若，则，即或2；若，则 ，且． 因此，要么，要么呈、周期．故显然是常数，即证数列恒为常数. 27．设，复数.求所有的，使得､､依次成等比数列. 【答案】答案见解析 【解析】因为，所以：， 整理得：， 所以 （1）或， 时，代入得； 时，代入得； （2）若，则有： ， 故，故的值为或或或， 对于的分别为、、、， 故所有的为： . 28．设和为两组复数，满足：．求证：存在数组（其中），使得． 【答案】证明见解析 【解析】用表示对所有数组的求和，下面用数学归纳证明如下的等式：               ① (1)当时，①式显然成立； 当时，，即①式成立． （2）假设时，①式成立，则时，我们有 ， 即时①式成立． 由（1）（2）可得：． 回到原题，由，可得， 即， 所以存在数组（其中，使得，即． 29．求证：存在非零复数c与实数d，使得对于一切模长为1的复数均有 【答案】证明见解析 【解析】对于满足的复数z．设． 则不难计算得． 设， 则． 由，得，即    ① ①即在复平面中对应的点的轨迹方程． 可以看到，此轨迹是双曲线，其焦点为. 由双曲线的定义，知取满足题意． 30．设的辐角主值不相同，证明：. 【答案】见解析 【解析】只要证明：， 于是，只要证明：当时，，            ① 当时，式①显然成立. 当时，设对应复平面上的点，则在单位圆上， 设为原点，为点在上的对径点， 则，, 于是，式①等价于. 作的外角平分线, 当时，. 所以，点在线段上，如图 则, 当时，. 所以，点在线段的延长线上，如图 则. 所以，式①成立，在式①中，令，原不等式获证. 1．（2024清华大学强基计划）是在上的连续函数,设,则（   ）. A． B． C． D．. 【答案】A 【解析】对CD，取,则有， 则，则，故C错误，，则，故D错误； 对B，取,则. 此时,则B选项错误； 由绝对值不等式得,. 因此 ， 因此选项A正确. 故选：A. 2．（2024厦门大学强基计划）已知定义在I内的函数满足，若，对于，，比较与的大小关系（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由，故由不等式可得， 故. 故选：A 3．（多选）（2023清华大学强基计划）已知的虚部可能为（    ） A． B． C．1 D．0 【答案】ABD 【解析】设 此时 则 情形一：当时，此时（矛盾），不满足题意 情形二：当时，此时，当，满足题意 情形三：当时，此时 则 故正确答案选ABD 4．（2025北京大学强基计划），、、是复数，且，则的（实部）最小值为__________． 【答案】 【解析】设， 因为，所以， 又， 所以，可得， 所以， 两式相加得， 即，， 又因为，当且仅当等号成立， 所以，即， ，可得， 可得，或， 由得，解得， 由得，解得， 所以； 由得，解得， 由得，显然，故， 解得，所以， 综上所述，， 则的（实部）最小值为. 故答案为：. 5．（2024年中国科大强基计划）已知，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】因为， 则，且，可得， 当且仅当，，时，等号成立； 又因为，则， 可得． 且， 设点和标准单位圆面内点，则， 又因为，可得， 则， 当且仅当时，等号成立； 综上所述：所求的取值范围是． 故答案为：. 6．（2023年清华大学强基计划）已知点，过点的直线上有一个动点，则的最小值为_________． 【答案】 【解析】法一：设直线的方程为，当直线过点时，，记为直线， 当直线过点时，记为直线，. 则两条直线将平面分成三个部分，如图： ①在下方时，， ②与重合时，即点在上时，， ③在和之间时，且不在线段（包括端点）上时，显然， 当在线段上时（不包括端点），设，其中， 则， ④与重合时，即点在上时，，当且仅当和重合时等号成立， ⑤在上方时，. 综上，重合时取得最小值. 法二：易知点可以取遍平面上所有的点，所以将点分为直线上和直线外两大类讨论即可；. ①当点在直线外时，则利用三角形任意两边大于第三边知； ②当点在射线上时（不包括端点），则； ③当点在射线上时（不包括端点），则； ④当点在线段上时（包括端点），设，其中， ，因为，则， 当点和重合时，取到左边等号；当点和重合时，取到右边等号； 综上的最小值为. 法三：易知点可以取遍平面上所有的点，设， 则 . 当且仅当时两等号同时成立. 故答案为：. 7．（2025北京大学强基计划）__________ 【答案】/ 【解析】由复指数和三角恒等式，知， 对于，有和， 所以. 8．（2025东南大学强基计划）若，且，求k的最大值，使得恒成立． 【答案】 【解析】法一：由题意知，由，对称，不妨设代入可得， 下证：． 事实上因为①，当且仅当等号成立， ②，当且仅当时等号成立， ①②得，即， 故的最大值为． 法二：因为，则设,， ，因为，则， 则，则， 则 ， 易知函数在上单调递减， 则， 则，则的最大值为. 9.（2023清华大学强基计划）三个复数的模分别为，且这三个复数实部虚部均为整数，则这三个复数的积有多少个可能值？ 【答案】 【解析】设，由题设可得、为整数， 故，或或或， 故，故， 设，，由可得， 故，因为也为整数， 故，故， 故 或， 或，其中，，且. 设，，由可得， 同理， 故 或 或， 其中且，且. 又，， ，， 故，，， 所以，，， 又，结合， 故共有种不同的和即它们的终边不重合且不在坐标轴上， 而 其中且，而， 故共有种不同的终边， 故的可能值共有种. 10.(2024全国奥赛浙江初赛)正实数满足；实数满足，，定义函数，，试问，当满足什么条件时，存在使得定义在上的函数恰在两点处达到最小值？ 【答案】 【解析】令 ，、分别表示变量x代入其左右两边解析式得到的函数值， 由题意，， 对A的取值分类讨论： （1）当时，因为，则， 所以， 故此时最小值点有无穷多个，不符合，舍去； （2）当时，因为，则， 若，则， 故此时； 若，则， 故此时； 若，则， 故此时； ， 又，故，， 故在上单调递减，在上恒为，在上单调递增， 又 ； ， 所以此时最小值点唯一或有无穷多个，不符合，舍去； （3）当时，同理可得 又，故，，，， 且； ； ， ， ；，，即， 所以在上单调递减，在上恒为，在上单调递增，且 ， 故此时最小值点唯一，不符合，舍去； （4）当时，同理可得 又，故，，，， 且， ， ； ，， ， ， 所以在和上单调递减，在上恒为，在上单调递增， 故此时最小值点唯一或无穷多个，不符合，舍去； （5）当时，同理可得 又，故，，，， 且， ， ， 故， ， ； ， ， 故在和上单调递减，在上恒为，在上单调递增， 所以此时恰有两个最小值点的充要条件为 ，即， 解得. 11．.(2024爱尖子数学能力测评)若正实数a，b，c满足，求：的最大值．（其中表示不超过实数x的最大整数） 【答案】49.2 【解析】记. 不妨设，若， 则 ； 若，则 ； 故当取到最大值时，必有. 又，有，知. 于是，当时等号成立， 故的最大值为49.2. 12.(2024全国奥赛吉林预赛)已知数列 满足:，，.求证:. 【答案】证明见解析. 【解析】证明：由，得，又，， 所以是首项为2，公差为1的等差数列，检验时成立， 所以. 令，得. 由可得，，又，， 所以 ，当且仅当时，等号成立. 又，所以. 13.（2024全国奥赛四川预赛）设复数满足：．求的最小值． 【答案】 【解析】一方面，当均为实数时，， 即，当且仅当时取等号， 则当或时，； 另一方面，下证：， 由于旋转同一个角度，已知和结论不变， 因此，不妨设为实数， 设，，，其中， 则条件变为：，且，① 待证式变为：，即， 因此，只需证明：，② （反证法）假设结论不成立，即，从而， 在空间直角坐标系中，设，，，， 则，，由，得， 记在面上的投影为，则， 因此， 这里为向量与的夹角， 类似得，， 于是， 这与，矛盾， 则假设不成立，即有成立， 所以的最小值为. 14．（2023清华大学丘成桐数学英才班测试）对有理数，若且，定义．求最大的正实数，使得存在正常数满足对所有有理数成立． 【答案】 【解析】证明：，考虑 若，则 若，分两组情况讨论： （1），则 （2） 从而总成立 因此， 再取 综上，． 1 / 43 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 高中数学竞赛二试内容——代数 目录概览 A考点精研・竞赛考点专项攻坚 考点一 函数 6 考点二 不等式 7 考点三 多项式 9 考点四 数列 11 考点五 复数 12 B实战进阶・竞赛选拔模拟特训（精选各地竞赛、强基试题11道） 1．排序不等式（又称排序原理） 设有两个有序数组及 则（同序和） （乱序和） （反序和） 其中是1，2，…，n的任一排列.当且仅当或 时等号（对任一排列）成立. 2．切比雪夫不等式 若， ， 则 3．基本不等式及变形 （1）， （2）， 3．不等式的对称性 设是一个元函数.若将中任意的两个变元互相交换位置，得到的与原式是恒等的，则称是完全对称的， 如， 等. 设是一个元函数.若作置换，得到的与原式是恒等的，则称是轮换对称的，如， 等. 显然，完全对称的一定是轮换对称的. 4．Schur不等式：若，为实数，则， 当且仅当或的置换时，等号成立. 5．Schur不等式推广：若，为非负实数，则 （1）； （2）； （3）． 6．关于多项式的几个定理 定理1：三元齐三次对称多项式可以唯一的表示为 ， 其中， ， 并且当时， 先给出系数的简单确定方法： 定理2：三元齐四次对称多项式可以唯一的表示为 ， 其中， ， ， 并且当时，． 先给出系数的简单确定方法： 定理3．三元齐五次对称多项式可以唯一的表示为 ， 其中， ， ， 并且当时，． 先给出系数的简单确定方法（为虚数单位）： 定理4．三元齐六次对称多项式可以唯一的表示为 ， 其中， ， ， 并且当时，． 先给出系数的简单确定方法（为虚数单位）： 由，将代入解得 由，将代入解得 7．柯西不等式 （1）柯西不等式的推广形式：设为大于1的自然数，（1，2，…，）为任意实数，则：，其中等号当且仅当时成立（当时，约定，）. （2）柯西不等式的变式： 常用变形一：，其中， 常用变形二：(i=1,2,…,n)，则. 注：要求bi为正数 常用变形三：若(i=1,2,…,n)，则. 8．复数的相关结论 记，其中为虚数单位，多项式有个互不相等的根，它们称为次单位根.易于看到，在复平面上，个次单位根对应的点恰是单位圆的内接正边形的顶点. 9．次单位根的性质： （1）设和是整数，则的充分必要条件是 （2）任意两个次单位根的乘积仍是一个次单位根；任意一个次单位根的倒数也是一个次单位根. （3）设是整数，，则恰给出全体次单位根. 10.方程的根的问题 i．因是的个不同的根，故有， 又，所以 （1） （2） ii.的根为，（可设），有 （1），（2），（3） 11．设，如果能分解为中两个正次数的整系数多项式的积，则称在上可约（或可分解），否则称在上不可约. 12．艾森斯坦判别法：设是一个整系数多项式，其中.若存在一个素数，使得，，但，则在上不可约（从而在上不可约）. 13．设多项式，其中（可以是复数集，实数集，有理数集，整数集），在中的数使，则称为的零点. 14．因式定理：设，则是的零点的充要条件是被整除. 15．中次多项式至多有个不同的零点；中次多项式有个不同的零点. 16．设中多项式在中至少有个零点，则是零多项式（即所有项系数都是0）. 17．恒等定理：设，如果有无穷多个，使得，则 （即与的同次幂的系数相等） 18．设，其中，当正整数时，称为单根，当正整数时，称为重根，计算的零点个数时，重根计入重数. 19．设是一个整系数多项式，是一个素数.若整数满足，则称是模的一个零点，或称是同余方程的一个解. 20．拉格朗日定理：设是一个整系数多项式，是一个素数，模的次数为，则同余方程②至多有个互不相同（即模不同余）的解.如是，有两个解.但如果是合数，则结论不再正确，如有两个解 21．设，，，且.若是的一个有理根，这里整数与互素，则， 22．复数系数多项式中任一个次多项式，在复数集上可唯一地分解为，其中是的首项系数，恰有个复数根. 23．韦达（Viete）定理：设是的个根，则 ，，，， 考点一 函数 1．已知函数，其中为常数． (1)判断 的奇偶性，并说明理由； (2)若在上存在个不同的点（），满足，求实数的取值范围． 2．设曲线所围成的封闭区域为D． （1）求区域D的面积； （2）设过点的直线与曲线C交于两点P、Q，求的最大值. 3．设为正整数，，，令．求证：存在使得，． 4．已知a，b∈R，函数，． （1）当a=1，b=0时，求方程的根； （2）设函数在[-2，2]上的最大值为G(a，b)，当G(a，b)取得最小值时，求2a-b的值． 5．已知二次函数有两个不同的零点.若有四个不同的根，且，，，成等差数列，求的取值范围. 考点二 不等式 6．如果对任意的整数x，y，不等式恒成立，求最大常数k. 7．“让式子丢掉次数”—伯努利不等式（Bernoulli’sInequality），又称贝努利不等式，是高等数学分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布.伯努利提出，是最早使用“积分”和“极坐标”的数学家之一.贝努利不等式表述为：对实数，在时，有不等式成立；在时，有不等式成立. (1)证明：当，时，不等式成立，并指明取等号的条件； (2)已知，…，（）是大于的实数（全部同号），证明： (3)求证：. 8．设均为正数，证明： （1）若，则； （2）若，则. 9．设，(为常数).若，证明：. 10．已知实数满足，且.证明：存在整数，使得. 11．已知是正实数，求证：． 12．求c的最大值，使得对任意的正实数x、y、z，均有，其中“”表示轮换对称求和． 13．已知，求证：． 考点三 多项式 14．设满足，对任意成立． (1)若为整系数多项式，证明任意项的次数为奇数； (2)构造满足条件的非多项式映射． 15．设，令为素数且对某个．已知为有限集，求． 16．“试根法”是一种常见的数学方法可以应用于分解因式、多项式的除法等运算，其算法如下：对于多项式，令时，，则必有一个因式是，且可以分解为，对于多项式，令时，，则必有一个因式是，且可以分解为 (1)分解因式：（当时，原式为）（方法任意）； (2)已知多项式既能被整除，又能被整除，求的值（方法任意） 17．已知函数. (1)证明：函数在区间上单调递减； (2)在如图的坐标系中画出函数的大致图象，并求方程的所有实数根之和； (3)求不等式的解集的区间长度之和. 附：①区间的长度为；②若关于x的方程有n个实数根为，，…，，则. 18．（1）对实系数的一元二次方程可以用求根公式求复数范围内的解，在复数范围解方程； （2）对一般的实系数一元三次方程（），由于总可以通过代换消去其二次项，就可以变为方程．在一些数学工具书中，我们可以找到方程的求根公式，这一公式被称为卡尔丹公式，它是以16世纪意大利数学家卡尔丹（J. Cardan）的名字命名的．卡尔丹公式的获得过程如下：三次方程可以变形为，把未知数写成两数之和，再把等式的右边展开，就得到，即．将上式与相对照，得到，把此方程组中的第一个方程两边同时作三次方，，并把与看成未知数，解得于是，方程一个根可以写成． 阅读以上材料，求解方程． 19．已知函数． (1)若在处取得极值，讨论的单调性； (2)若存在实数c，使得方程的三个实数根满足，求的最小值． 20．已知多项式. (1)若，且有三个正实数根，，，证明：； (2)对一般的正整数，若，，，，证明：方程的根不全是正实数. 考点四 数列 21．已知数列满足，． (1)若是递增数列，求实数的取值范围； (2)若，且对任意大于的正整数，恒有，求的最小值． 22．已知数列满足，，且，. (1)证明：； (2)证明：. 23．求所有无穷正整数列满足下列条件： （1）； （2）不存在正整数（可以相同i、j、k）使． （3）有无穷多个正整数k，使． 24．求最大的正实数，使得对任意正整数n及正实数，均有． 考点五 复数 25．复平面与交点个数 26．设、是无穷复数数列，满足对任意正整数n，关于x的方程的两个复根恰为、（当两根相等时）．若数列恒为常数，证明： （1）； （2）数列恒为常数． 27．设，复数.求所有的，使得､､依次成等比数列. 28．设和为两组复数，满足：．求证：存在数组（其中），使得． 29．求证：存在非零复数c与实数d，使得对于一切模长为1的复数均有 30．设的辐角主值不相同，证明：. 1．（2024清华大学强基计划）是在上的连续函数,设,则（   ）. A． B． C． D．. 2．（2024厦门大学强基计划）已知定义在I内的函数满足，若，对于，，比较与的大小关系（    ） A． B． C． D． 3．（多选）（2023清华大学强基计划）已知的虚部可能为（    ） A． B． C．1 D．0 4．（2025北京大学强基计划），、、是复数，且，则的（实部）最小值为__________． 5．（2024年中国科大强基计划）已知，则的取值范围是__________． 6．（2023年清华大学强基计划）已知点，过点的直线上有一个动点，则的最小值为_________． 7．（2025北京大学强基计划）__________ 9.（2023清华大学强基计划）三个复数的模分别为，且这三个复数实部虚部均为整数，则这三个复数的积有多少个可能值？ 10.(2024全国奥赛浙江初赛)正实数满足；实数满足，，定义函数，，试问，当满足 11．.(2024爱尖子数学能力测评)若正实数a，b，c满足，求：的最大值．（其中表示不超过实数x的最大整数） 12.(2024全国奥赛吉林预赛)已知数列 满足:，，.求证:. 13.（2024全国奥赛四川预赛）设复数满足：．求的最小值． 14．（2023清华大学丘成桐数学英才班测试）对有理数，若且，定义．求最大的正实数，使得存在正常数满足对所有有理数成立． 1 / 43 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $