eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 代数）：24. 已知复数 $z=\left(a^{2}-4\right)+(a+2) i(a \in \mathbf{R})$.

(1) 若 $Z$ 为纯虚数, 求实数 $a$ 的值;

 

(2) 若 $Z$ 在复平面上对应的点在直线 $x+2 y+1=0$ 上, 求实数 $\boldsymbol{a}$ 的值.
选项：
答案：答案: 若 $Z$ 为纯虚数, 则 $a^{2}-4=0$ 且 $a+2 \neq 0$, 得 $a=2$.若 $Z$ 在复平面上对应的点在直线 $x+2 y+1=0$ 上, 则 $a^{2}-4+2(a+2)+1=0$,得 $a=-1$.
解析：: 解答: (1) 若 $Z$ 为纯虚数, 则 $a^{2}-4=0$ 且 $a+2 \neq 0$,

得 $a=2$. (2) 若 $Z$ 在复平面上对应的点在直线 $x+2 y+1=0$ 上, 则 $a^{2}-4+2(a+2)+1=0$,得 $a=-1$.

分析: 本题主要考查了虚数单位 $\mathrm{i}$ 及其性质, 解决问题的关键是 (I) 纯虚数指的是实部为零虚部不为零的复数, 因此只需找到复数的实虚部, 满足相应条件即可 (II) 复数对应的点的坐标是由实部和虚部构成的.
题目（高三 · 代数）：25. 已知复数 $\mathrm{z}=\lg \left(\mathrm{m}^{2}-2 \mathrm{~m}-2\right)+\left(\mathrm{m}^{2}+3 \mathrm{~m}+2\right) \mathrm{i}$, 根据以下条件分别求实数 $\mathrm{m}$ 的值或范围.

(1) $\mathrm{z}$ 是纯虚数;



(2) $z$ 对应的点在复平面的第二象限.
选项：
答案：答案: 由 $z=\lg \left(m^{2}-2 m-2\right)+\left(m^{2}+3 m+2\right) \dot{i}$ 是纯虚数得 $\left\{\begin{array}{l}\lg \left(m^{2}-2 m-2\right)=0 \\ m^{2}+3 m+2 \neq 0\end{array}\right.$即 $\left\{\begin{array}{l}m^{2}-2 m-2=1 \\ m^{2}+3 m+2 \neq 0\end{array} \quad\right.$ 所以 $\mathrm{m}=3$根据题意得 $\left\{\begin{array}{l}\lg \left(m^{2}-2 m-2\right)<0 \\ m^{2}+3 m+2>0\end{array}\right.$,
由此得 $\left\{\begin{array}{l}0<m^{2}-2 m-2<1 \\ m^{2}+3 m+2>0\end{array}\right.$,

即 $1+\sqrt{3}<m<3$
解析：: 解答: (1) 由 $z=\lg \left(m^{2}-2 m-2\right)+\left(m^{2}+3 m+2\right)$; 是纯虚数得 $\left\{\begin{array}{l}\lg \left(m^{2}-2 m-2\right)=0 \\ m^{2}+3 m+2 \neq 0\end{array}\right.$即 $\left\{\begin{array}{l}m^{2}-2 m-2=1 \\ m^{2}+3 m+2 \neq 0\end{array} \quad\right.$ 所以 $\mathrm{m}=3$

(2)根据题意得 $\left\{\begin{array}{l}\lg \left(m^{2}-2 m-2\right)<0 \\ m^{2}+3 m+2>0\end{array}\right.$,

由此得 $\left\{\begin{array}{l}0<m^{2}-2 m-2<1 \\ m^{2}+3 m+2>0\end{array}\right.$,

即 $1+\sqrt{3}<m<3$

分析: 本题主要考查了虚数单位 $\mathrm{i}$ 及其性质、复数的基本概念, 解决问题的关键是(1)因为是纯虚数, 所以实部等于 0 , 虚部不等于 0 ; (2) 因为对应的点在第二象限, 所以实部小于 0 ,虚部大于 0 , 解出 $m$ 的取值范围.
题目（高三 · 代数）：10. 设 $2 x+3 y+5 z=29$, 求函数 $u=\sqrt{2 x+1}+\sqrt{3 y+4}+\sqrt{5 z+6}$ 的最大值.
选项：
答案：答案:解:根据柯西不等式
$120=3[(2 x+1)+(3 y+4)+(5 z+6)]$

$\geq(1 \times \sqrt{2 x+1}+1 \times \sqrt{3 y+4}+1 \times \sqrt{5 z+6})^{2}$,

故 $\sqrt{2 x+1}+\sqrt{3 y+4}+\sqrt{5 z+6} \leq 2 \sqrt{30}$.

当且仅当 $2 x+1=3 y+4=5 z+6$,

即, $x=\frac{35}{6} x=\frac{35}{6}, y=\frac{28}{9}, z=\frac{22}{15}$ 时等号成立,

此时 $u_{\text {max }}=2 \sqrt{30}$.
解析：:【分析】本题主要考查了一般形式的柯西不等式, 解决问题的关键是利用柯西不等式求最值时, 关键是对原目标函数进行配凑, 以保证出现常数结果. 同时, 要注意等号成立的条件.
题目（高三 · 代数）：11. 设 $a, b, c$ 为正数, 且不全相等.

求证: $\frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}>\frac{9}{a+b+c}$.
选项：
答案：答案: 证明: 本题考查三维形式的柯西不等式的应用.解答本题需要构造两组数据 $\sqrt{a+b}$,

$\sqrt{b+c}, \sqrt{c+a} ; \frac{1}{\sqrt{a+b}}, \frac{1}{\sqrt{b+c}}, \frac{1}{\sqrt{c+a} \sqrt{c+a}}$ 然后利用柯西不等式解决.

构造两组数 $\sqrt{a+b}, \sqrt{b+c}, \sqrt{c+a} ; \frac{1}{\sqrt{a+b}}, \frac{1}{\sqrt{b+c}}, \frac{1}{\sqrt{a+a}}$, 则由柯西不等式得

$(a+b+b+c+c+a)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right) \geq(1+1+1)^{2}$

$(a+b+b+c+c+a)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+a}\right) \geq(1+1+1)^{2}$, (1)

即 $2(a+b+c)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+a}\right) \geq 9 ，$

于是 $\frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a} \geq \frac{9}{a+b+c}$.
由柯西不等式知, (1)中有等号成立

$\Leftrightarrow \frac{\sqrt{a+b}}{\frac{1}{\sqrt{a+b}}}=\frac{\sqrt{b+c}}{\frac{1}{\sqrt{b+\varepsilon}}}=\frac{\sqrt{a+a}}{\frac{1}{\sqrt{c+a}}} \Leftrightarrow a+b=b+c=c+a \Leftrightarrow a=b=c$.

因题设, $a, b, c$ 不全相等, 故(1)中等号不成立,

于是 $\frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}>\frac{9}{a+b+c}$.
解析：:【分析】本题主要考查了一般形式的柯西不等式, 解决问题的关键是柯西不等式的结构特征可以记为 $\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right) \cdot\left(b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}\right) \geq\left(\sqrt{a_{1} b_{1}}+\sqrt{a_{2} b_{2}}+\cdots+\sqrt{a_{n} b_{n}}\right)^{2}$,其中 $a_{i}, b_{i} \in \mathbf{R}_{+}(i=1,2 ， \ldots, n)$, 在使用柯西不等式时(要注意从整体上把握柯西不等式的结构特征), 准确地构造公式左侧的两个数组是解决问题的关键.
题目（高三 · 代数）：12. 设 $a, b, c$ 为正数, 求证: $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{b^{2}}{a} \geq a+b+c$.
选项：
答案：答案:证明: $\because\left(\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{b^{2}}{a}\right)(a+b+c)$

$=\left[\left(\frac{a}{\sqrt{b}}\right)^{2}+\left(\frac{b}{\sqrt{c}}\right)^{2}+\left(\frac{c}{\sqrt{a}}\right)^{2}\right] \cdot\left[(\sqrt{b})^{2}+(\sqrt{c})^{2}+(\sqrt{a})^{2}\right]$

$\geq\left(\frac{a}{\sqrt{b}} \cdot \sqrt{b}+\frac{b}{\sqrt{c}} \cdot \sqrt{c}+\frac{c}{\sqrt{a}} \cdot \sqrt{a}\right)=(a+b+c)^{2}$,

即 $\left(\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{b^{2}}{a}\right)(a+b+c) \geq(a+b+c)^{2} ，$

又 $a, b, c \in \mathbf{R}_{+}$,

$\therefore a+b+c>0$,

$\therefore \frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{b^{2}}{a} \geq a+b+c$.
解析：:【分析】本题主要考查了一般形式的柯西不等式, 解决问题的关键是根据所给条件构造一般形式的柯西不等式计算即可
题目（高三 · 代数）：14. 已知 $a, b, c \in \mathbf{R}_{+}$, 且 $a+b+c=1$, 求 $\sqrt{4 a+1}+\sqrt{4 b+1}+\sqrt{4 c+1}$ 的最大值.
选项：
答案：答案: 解: 由柯西不等式, 得
$(\sqrt{4 a+1}+\sqrt{4 b+1}+\sqrt{4 c+1})^{2}$

$=(1 \times \sqrt{4 a+1}+1 \times \sqrt{4 b+1}+1 \times \sqrt{4 c+1})^{2}$

$\leq\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)(4 a+1+4 b+1+4 c+1)$

$=3[4(a+b+c+3]=21$.

当且仅当 $a=b=c=\frac{1}{3}$ 时, 取等号.

故 $\sqrt{4 a+1}+\sqrt{4 b+1}+\sqrt{4 c+1}$ 的最大值为 $\sqrt{21}$.
解析：:【分析】本题主要考查了一般形式的柯西不等式, 解决问题的关键是根据所给条件结合一般形式的柯西不等式构造计算即可.
题目（高三 · 代数）：15. 设 $f(x)=\lg \frac{1^{x}+2^{x}+\cdots+(n-1)^{x}+a \cdot n^{x}}{n}$, 若 $0 \leq a \leq 1, n \in N_{+}$且 $n \geq 2$, 求证: $f(2 x) \geq 2 f(x)$.
选项：
答案：答案:证明: $\because f(x)=\lg \frac{1^{2 x}+2^{2 x}+\cdots+(n-1)^{2 x}+a \cdot n^{2 x}}{n}$,

$\therefore$ 要证 $f(2 x) \geq 2 f(x)$,

<ImageHere>

$2 \lg \frac{\mathrm{I}^{x}+2^{x}+\cdots+(\mathrm{n}-1)^{x}+w \cdot \mathrm{m}^{x}}{\mathrm{~m}}$,

即证 $\frac{1^{2 x}+2^{2 x}+\cdots+(n-1)^{2 x}+a \cdot n^{2 x}}{n}$

$\geq\left[\frac{1^{x}+2^{x}+\ldots+(n-1)^{x}+a \cdot n^{x}}{n}\right]^{2}(*)$

也即证 $n\left[1^{2 x}+2^{2 x}+\ldots+(n-1)^{2 x}+a \cdot n^{2 x}\right]$

$\geq\left[1^{x}+2^{x}+\ldots+(n-1)^{x}+a \cdot n^{x}\right]^{2}$,

$\because 0 \leq a \leq 1, \quad \therefore a>a^{2}$, 根据柯西不等式得

$n\left[1^{2 x}+2^{2 x}+\ldots+(n-1)^{2 x}+a \cdot n^{2 x}\right]$
$\geq \frac{\left(1^{2}+1^{2}+\cdots+1^{2}\right)}{n \uparrow}\left\{\left(1^{x}\right)^{2}+\left(2^{x}\right)^{2}+\cdots+\left[(n-1)^{x}\right]^{2}+\left(a \cdot n^{x}\right)^{2}\right\}$

$\geq \frac{\left(1^{2}+1^{2}+\cdots+1^{2}\right)}{n \uparrow}\left\{\left(1^{x}\right)^{2}+\left(2^{x}\right)^{2}+\cdots+\left[(n-1)^{x}\right]^{2}+\left(a \cdot n^{x}\right)^{2}\right\}$,

$\geq\left[1^{x}+2^{x}+\ldots+(n-1)^{x}+a \cdot n^{x}\right]^{2}$,

即(*)式显然成立，故原不等式成立.
解析：:【分析】本题主要考查了一般形式的柯西不等式, 解决问题的关键是将 $f(2 x)>2 f(x)$ 具体化, 然后再根据式子的结构特点选择合适的证明方法.
题目（高三 · 代数）：16. 设 $x_{1}, x_{2}, x_{2}, \cdots, x_{n}$ 都是正实数, 且 $x_{1}+x_{2}+x_{3}+\cdots+x_{n}=\mathrm{S}$.

求证: $\frac{x_{1}^{2}}{5-x_{1}}+\frac{x_{2}^{2}}{5-x_{2}}+\cdots+\frac{x_{n}^{2}}{5-x_{n}^{2}} \geq \frac{5}{m-1}$.
选项：
答案：答案:证明:证法一: 根据柯西不等式, 得

不等式左边

$=\frac{x_{1}^{2}}{S-x_{1}}+\frac{x_{2}^{2}}{S-x_{2}}+\cdots+\frac{x_{n}^{2}}{S-x_{n}}=\left[\left(S-x_{1}\right)+\left(S-x_{2}\right)+\cdots+\left(S-x_{n}\right)\right] \times \frac{1}{(n-1) s} \cdot\left(\frac{x_{1}^{2}}{S-x_{1}}+\frac{x_{2}^{2}}{S-x_{2}}+\right.$ $\left.\cdots+\frac{x_{n}^{2}}{S-x_{n}}\right)=\frac{1}{(n-1) S}\left[\left(\sqrt{S-x_{1}}\right)^{2}+\left(\sqrt{S-x_{2}}\right)^{2}+\cdots+\left(\sqrt{S-x_{n}}\right)^{2}\right] \times\left[\left(\frac{x_{1}}{\sqrt{5-x_{1}}}\right)^{2}+\left(\frac{x_{2}}{\sqrt{5-x_{2}}}\right)^{2}+\right.$ $\left.\cdots+\left(\frac{x_{n}}{\sqrt{5-x_{n}}}\right)^{2}\right] \geq \frac{1}{(\mathrm{n}-1) S}\left[\left(\sqrt{S-x_{1}} \times \frac{x_{1}}{\sqrt{5-x_{1}}}\right)+\left(\sqrt{S-x_{2}} \times \frac{x_{2}}{\sqrt{5-x_{2}}}\right)+\cdots+\left(\sqrt{S-x_{n}} \times\right.\right.$

$\left.\left.\frac{x_{n}}{\sqrt{5-x_{n}}}\right)\right]^{2}=\frac{1}{(n-1) 5}\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)^{2}=\frac{1}{(n-1) 5} \times S^{2}=\frac{5}{n-1}=$

不等式右边.

$\therefore$ 原不等式成立.

证法二: $\because a>0$, 则 $a+\frac{1}{a} \geq 2$,

$\therefore a \geq 2-\frac{1}{a}$.

$\therefore \frac{x_{i}^{2}}{s-x_{i}}=\frac{x_{i}}{n-1} \times \frac{(n-1) x_{i}}{s-x_{i}} \geq \frac{x_{i}}{n-1} \times\left[2-\frac{s-x_{i}}{(n-1) x_{i}}\right]=\frac{2 x_{i}}{n-1}-\frac{s-x_{i}}{(n-1)^{2}} \cdot i=1,2, \ldots, n$.

$n$ 个式子相加，有
$\frac{x_{1}^{2}}{S-x_{1}}+\frac{x_{2}^{2}}{S-x_{2}}+\cdots+\frac{x_{n}^{2}}{S-x_{n}}$

$\geq \frac{2 x_{1}}{n-1}+\frac{2 x_{2}}{n-1}+\cdots+\frac{2 x_{n}}{n-1}-\left[\frac{5-x_{1}}{(n-1)^{2}}+\frac{5-x_{2}}{(n-1)^{2}}+\cdots+\frac{5-x_{n}}{(n-1)^{2}}\right]=\frac{25}{n-1}-\frac{m 5-5}{(n-1)^{2}}=\frac{5}{n-1}$.

$\therefore$ 原不等式成立.
解析：:【分析】本题主要考查了一般形式的柯西不等式, 解决问题的关键是构造一般形式的柯西不等式计算证明即可.
题目（高三 · 代数）：17. 已知 $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ 都是正实数, 且 $a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}=1$. 求证:

$\frac{a_{1}^{2}}{a_{1}+a_{2}}+\frac{a_{2}^{2}}{a_{2}+a_{3}}+\cdots+\frac{a_{n-1}^{2}}{a_{n-1}+a_{n}}+\frac{a_{n}^{2}}{a_{n}+a_{1}} \geq \frac{1}{2}$.
选项：
答案：答案:证明:根据柯西不等式, 得

左功 $=\frac{a_{1}^{2}}{a_{1}+a_{2}}+\frac{a_{2}^{2}}{a_{2}+a_{3}}+\cdots+\frac{a_{n-1}^{2}}{a_{n-1}+a_{n}}+\frac{a_{n}^{2}}{a_{n}+a_{1}}=$

$\left[\left(a_{1}+a_{2}\right)+\left(a_{2}+a_{n}\right)+\left(a_{3}+a_{4}\right)+\cdots+\left(a_{m-1}+a_{n}\right)+\left(a_{n}+a_{1}\right)\right] \times$

$\left[\left(\frac{a_{1}}{\sqrt{a_{1}+a_{2}}}\right)^{2}+\left(\frac{a_{2}}{\sqrt{a_{2}+a_{3}}}\right)^{2}+\left(\frac{a_{3}}{\sqrt{a_{3}+a_{4}}}\right)^{2}+\cdots+\left(\frac{a_{n-1}}{\sqrt{a_{n-1}+a_{n}}}\right)^{2}+\left(\frac{a_{n}}{\sqrt{a_{n}+a_{1}}}\right)^{2}\right] \times \frac{1}{2}$

$\left[\left(\sqrt{a_{1}+a_{2}}\right)^{2}+\left(\sqrt{a_{2}+a_{3}}\right)^{2}+\left(\sqrt{a_{3}+a_{4}}\right)^{2}+\cdots+\left(\sqrt{a_{n-1}+a_{n}}\right)^{2}+\left(\sqrt{a_{n}+a_{1}}\right)^{2}\right] \times$

$\left[\left(\frac{a_{1}}{\sqrt{a_{1}+a_{2}}}\right)^{2}+\left(\frac{a_{2}}{\sqrt{a_{2}+a_{2}}}\right)^{2}+\left(\frac{a_{3}}{\sqrt{a_{3}+a_{4}}}\right)^{2}+\cdots+\left(\frac{a_{n-1}}{\sqrt{a_{n-1}+a_{n}}}\right)^{2}+\left(\frac{a_{n}}{\sqrt{a_{n}+a_{1}}}\right)^{2}\right] \times \frac{1}{2}$

$\geq\left[\left(\sqrt{a_{1}+a_{2}} \times \frac{a_{1}}{\sqrt{a_{1}+a_{2}}}\right)+\left(\sqrt{a_{2}+a_{3}} \times \frac{a_{2}}{\sqrt{a_{2}+a_{3}}}\right)+\cdots+\left(\sqrt{a_{n-1}+a_{n}}\right.\right.$

$$
\left.\left.\times \frac{a_{n-1}}{\sqrt{a_{n-1}+a_{n}}}\right)\left(\sqrt{a_{n}+a_{1}} \times \frac{a_{n}}{\sqrt{a_{n}+a_{1}}}\right)\right]^{2} \times \frac{1}{2}
$$

$=\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)^{2} \times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}=$ 右边.

$\therefore$ 原不等式成立.
解析：:【分析】本题主要考查了一般形式的柯西不等式, 解决问题的关键是根据所给条件利用 $a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}=1$ 构造

$$
\begin{aligned}
& {\left[\left(a_{1}+a_{2}\right)+\left(a_{2}+a_{3}\right)+\left(a_{3}+a_{4}\right)+\cdots+\left(a_{n-1}+a_{n}\right)+\left(a_{n}+a_{1}\right)\right] \times} \\
& {\left[\left(\frac{a_{1}}{\sqrt{a_{1}+a_{2}}}\right)^{2}+\left(\frac{a_{2}}{\sqrt{a_{2}+a_{3}}}\right)^{2}+\left(\frac{a_{3}}{\sqrt{a_{3}+a_{4}}}\right)^{2}+\cdots+\left(\frac{a_{n-1}}{\sqrt{a_{n-1}+a_{n}}}\right)^{2}+\left(\frac{a_{n}}{\sqrt{a_{n}+a_{1}}}\right)^{2}\right] \times \frac{1}{2} \text { 如 何运 }}
\end{aligned}
$$

用样本形式的柯西不等式计算即可.
题目（高三 · 代数）：18. 已知二次三项式 $f(x)=a x^{2}+b x+c f(x)=a x^{2}+b x+c$ 的所有系数均为正数, 且 $a+b$ $+c=1$, 求证: 对于任何正数 $x_{1}, x_{2}$, 当 $x_{1} \cdot x_{2}=1$ 时, 必有 $f\left(x_{1}\right) \cdot f\left(x_{2}\right) \geq 1$.
选项：
答案：: 证明: $f\left(x_{1}\right) \cdot f\left(x_{2}\right)=\left(a x_{1}^{2}+b x_{1}+c\right)\left(a x_{2}^{2}+b x_{2}+c\right)$

$\geq\left[a\left(\sqrt{x_{1} x_{2}}\right)^{2}+b \sqrt{x_{1} x_{2}}+c\right]^{2}=f^{2}\left(\sqrt{x_{1} x_{2}}\right)=f^{2}(1)=1$

$\geq\left[a\left(\sqrt{x_{1} x_{2}}\right)^{2}+b \sqrt{x_{1} x_{2}}+c\right]^{2}=f^{2}\left(\sqrt{x_{1} x_{2}}\right)=f^{2}(1)=1$. 故 $f\left(x_{1}\right) \cdot f\left(x_{2}\right) \geq 1$.

解析:【分析】本题主要考查了一般形式的柯西不等式, 解决问题的关键是利用所给条件解析变换如何根据一般形式的柯西不等式计算证明即可.
解析：: 证明: $f\left(x_{1}\right) \cdot f\left(x_{2}\right)=\left(a x_{1}^{2}+b x_{1}+c\right)\left(a x_{2}^{2}+b x_{2}+c\right)$

$\geq\left[a\left(\sqrt{x_{1} x_{2}}\right)^{2}+b \sqrt{x_{1} x_{2}}+c\right]^{2}=f^{2}\left(\sqrt{x_{1} x_{2}}\right)=f^{2}(1)=1$

$\geq\left[a\left(\sqrt{x_{1} x_{2}}\right)^{2}+b \sqrt{x_{1} x_{2}}+c\right]^{2}=f^{2}\left(\sqrt{x_{1} x_{2}}\right)=f^{2}(1)=1$. 故 $f\left(x_{1}\right) \cdot f\left(x_{2}\right) \geq 1$.

解析:【分析】本题主要考查了一般形式的柯西不等式, 解决问题的关键是利用所给条件解析变换如何根据一般形式的柯西不等式计算证明即可.
题目（高三 · 代数）：19. 若 $a_{i}, b_{\mathrm{i}} \in \mathbf{R}_{+}(i=1,2, \cdots, n)$, 求证

$\left(a_{1} b_{1}+\cdots+a_{n} b_{n}\right)\left(\frac{a_{1}}{b_{1}}+\cdots+\frac{a_{n}}{b_{n}}\right) \geq\left(a_{1}+\cdots+a_{n}\right)^{2}$.
选项：
答案：答案: 证明: 左边 $=\left[\left(\sqrt{a_{1} b_{1}}\right)^{2}+\cdots+\left(\sqrt{a_{n} b_{n}}\right)^{2}\right] \cdot\left[\left(\sqrt{\frac{a_{n}}{b_{1}}}\right)^{2}+\cdots+\left(\sqrt{\frac{a_{n}}{b_{n}}}\right)^{2}\right]$

$\geq\left(\sqrt{a_{1} b_{1}} \sqrt{\frac{a_{1}}{b_{1}}}+\cdots+\sqrt{a_{n} b_{n}} \sqrt{\frac{a_{n}}{b_{n}}}\right)^{2}=\left(a_{1}+\cdots+a_{n}\right)^{2}=$ 右边,

故原不等式成立.
解析：:【分析】本题主要考查了一般形式的柯西不等式, 解决问题的关键是根据所给条件直接构造所给一般形式的柯西不等式证明即可
题目（高三 · 代数）：9. 已知 $a, b$ 为实数, 且 $a>0, b>0$,

(1) 求证: $\left(a+b+\frac{1}{a^{2}}\right)\left(a^{2}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a^{2}}\right) \geq 9$;

答案:证明:因为 $a>0, b>0$,

所以 $a+b+\frac{1}{a} \geq 3 \sqrt[3]{a \cdot b \cdot \frac{1}{a}}=3 \sqrt[3]{b}>0$

同理可证 $a^{2}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a^{2}} \geq 3 \sqrt[3]{\frac{1}{a}}>0$

由(1), (2)结合不等式的性质得

$\left(a+b+\frac{1}{a}\right)\left(a^{2}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a^{2}}\right) \geq 3 \sqrt[3]{b} \times 3 \sqrt[3]{\frac{1}{a}}=9$,

(2) 求 $(5-2 a)^{2}+4 b^{2}+(a-b)^{2}$ 的最小值.
选项：
答案：答案: 解: $\left[(5-2 a)^{2}+4 b^{2}+(a-b)^{2}\right]\left[1^{2}+1^{2}+2^{2}\right] \geq[(5-2 a) \cdot 1+2 b \cdot 1+(a-b) \cdot 2]^{2}$,所以 $(5-2 a)^{2}+4 b^{2}+(a-b)^{2} \geq \frac{25}{6}$,

当且仅当 $\frac{5-2 a}{1}=\frac{2 b}{1}=\frac{a-b}{1}$ 时取等号, 解得 $a=\frac{25}{12}, b=\frac{5}{12}$,

所以当 $a=\frac{25}{12}, b=\frac{5}{12}$ 时取最小值 $\frac{25}{6}$.

当 $a=\frac{25}{12}, b=\frac{5}{12}$ 时取最小值 $\frac{25}{6}$.
解析：:【分析】本题主要考查了一般形式的柯西不等式, 解决问题的关键是(1)利用综合法证明不等式即可; (2)利用柯西不等式,证明不等式即可.
题目（高三 · 代数）：22. 已知 $Z, \omega$ 为复数, $(1+3 i) \cdot z$ 为纯虚数, $\omega=\frac{z}{2+i}$, 且 $|\omega|=5 \sqrt{2}$, 求复数 $\omega$.
选项：
答案：答案: $\omega= \pm(7-i)$
解析：: 解答: 设 $z=x+y i,(x, y \in R)$, 则 $(1+3 i) \cdot z=(x-3 y)+(3 x+y) i$ 为纯虚数,

所以 $x=3 y \neq 0$, 因为 $|\omega|=\left|\frac{z}{2+i}\right|=5 \sqrt{2}$,

所以 $|z|=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=5 \sqrt{10}$; 又 $x=3 y$,

解得 $x=15, y=5 ; x=-15, y=-5$,

所以 $\omega= \pm \frac{15+5 i}{2+i}= \pm(7-i)$.

分析: 本题主要考查了复数代数形式的混合运算、复数求模, 解决问题的关键是设 $z=x+y i,(x, y \in R)$, 代入 $(1+3 i) \cdot z$ 计算整理, 因为 $(1+3 i) \cdot z$ 为纯虚数则计算整理所得的复数实部为 0 虚部不为 0 . 可计算得出 $x, y$ 间的关系, 再将 $z$ 其代入 $\omega=\frac{z}{2+i}$, 根据模长公式可求得 $x, y$ 间的另一组关系式, 解方程组可得 $x, y$, 即可求得 $\omega$.
题目（高三 · 代数）：23. 已知复数 $\mathrm{z}$ 满足 $i(z+1)=-2+2 i$ ( $i$ 是虚数单位)

(1) 求 $\mathrm{z}$ 的虚部;



(2) 若 $\omega=\frac{z}{1-2 i}$, 求 $|\omega|^{2015}$.
选项：
答案：答案: $\because \mathrm{i}(\mathrm{z}+1)=-2+2 \mathrm{i} \therefore \mathrm{z}+1=\frac{-2+2 \mathrm{i}}{\mathrm{i}}=2+2 \mathrm{i}$ $z=1+2 i, \quad z$ 的虚部为 2$\boldsymbol{\omega}=\frac{z}{1-2 i}=-\frac{3}{5}+\frac{4}{5} i, \because|\omega|=1,|\omega|^{2012}=1$.
解析：: 解答: (1) $\because \mathrm{i}(\mathrm{z}+1)=-2+2 \mathrm{i} \therefore \mathrm{z}+1=\frac{-2+2 \mathrm{i}}{\mathrm{i}}=2+2 \mathrm{i}$
$z=1+2 i, \quad \mathrm{z}$ 的虚部为
题目（高三 · 代数）：24. 已知 $\mathrm{z} 、 \omega$ 为复数, $(1+3 \mathrm{i}) \mathrm{z}$ 为实数, $\omega=\frac{\mathrm{z}}{2+i}$, 且 $|\omega|=5 \sqrt{2}$, 求 $\omega$
选项：
答案：答案: $\omega=1+7 \mathrm{i}$ 或 $\omega=-1-7 \mathrm{i}$.
解析：: 解答: 设 $\omega=x+y i(x, y \in R)$, 复数 $z$ 用复数 $\omega$ 表示, 整理 $(1+3 i) z$ 的虚部为 0 , 和 $|\omega|=5 \sqrt{2}$, 可求出 $\mathrm{x}, \mathrm{y}$, 即得到复数 $\omega$.

设 $\omega=x+y i(x, y \in R)$, 依题意得 $(1+3 i)(2+i) \omega=(-1+7 i) \omega$ 为实数, 且 $|\omega|=5 \sqrt{2}$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}7 x-y=0 \\ x^{2}+y^{2}=50\end{array}\right.$

解之得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=7\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=-1 \\ y=-7\end{array}\right.$,

$\therefore \omega=1+7 \mathrm{i}$ 或 $\omega=-1-7 \mathrm{i}$.

分析: 本题主要考查了复数的代数表示法及其几何意义、复数求模, 解决问题的关键是设 $\omega$ $=x+y i(x, y \in R)$ 然后求得复数 $z$,代入 $(1+3 i) z$ 化简求得 $x, y$ 然后得到 $\omega=1+7 i$ 或 $\omega=-1-$ $7 \mathrm{i}$.
题目（高三 · 代数）：25. 设复数 $\mathrm{z}$ 满足 $4 \mathrm{z}+2 \bar{z}=3 \sqrt{3}+\mathrm{i}, \omega=\sin \theta-i \cos \theta(\theta \in \mathrm{R})$. 求 $\mathrm{z}$ 的值和 $|\mathrm{z}-\omega|$ 的取值范围.
选项：
答案：答案: $[0,2]$
解析：：解答：设 $\mathrm{z}=\mathrm{a}+\mathrm{bi}(\mathrm{a}, \mathrm{b} \in \mathrm{R})$, 则 $\bar{z}=\mathrm{a}-\mathrm{bi}$, 代入 $4 \mathrm{z}+2 \bar{z}=3 \sqrt{3}+\mathrm{i}$,得 $4(a+b i)+2(a-b i)=3 \sqrt{3}+i$.

$\therefore$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=\frac{\sqrt{3}}{2}, \\ b=\frac{1}{2},\end{array}, \therefore \mathrm{z}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} \mathrm{i}\right.$.

$|\mathrm{z}-\omega|=\left|\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} i-(\sin \theta-i \cos \theta)\right|=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\sin \theta\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}+\cos \theta\right)^{2}}$

$=\sqrt{2-\sqrt{3} \sin \theta+\cos \theta}=\sqrt{2-2 \sin \left(\theta-\frac{\pi}{6}\right)} \cdot 2$
$\because-1 \leq \sin \left(\theta-\frac{\pi}{6}\right) \leqslant 1, \quad \therefore 0 \leqslant 2-2 \sin \left(\theta-\frac{\pi}{6}\right) \leqslant 4$.

$\therefore 0 \leqslant|\mathrm{z}-\omega| \leq 2$.

分析: 本题主要考查了复数的代数表示法及其几何意义、复数代数形式的混合运算、复数求模, 解决问题的关键是设 $\mathrm{z}=\mathrm{a}+\mathrm{bi}(\mathrm{a}, \mathrm{b} \in \mathrm{R})$, 可得 $\bar{z}=\mathrm{a}-\mathrm{bi}$, 代入 $4 \mathrm{z}+2 \bar{z}=3 \sqrt{3}+\mathrm{i}$ 化简整理根据复数相等得到 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 的值, 求得 $|\mathrm{z}-\omega|$, 根据三角函数性质求解其值域得到所求复数模的范围即可.
题目（高三 · 代数）：10. 设 $a, b, c$ 为正数, 求证: $\frac{a^{12}}{b c}+\frac{b^{12}}{c a}+\frac{c^{12}}{a b} \geq a^{10}+b^{10}+c^{10}$.
选项：
答案：答案: 证明: 由对称性, 不妨设 $a \geq b \geq c$, 于是 $a^{12} \geq b^{12} \geq c^{12}, \frac{1}{b c} \geq \frac{1}{c a} \geq \frac{1}{a b}$,

<ImageHere>

$\frac{a^{12}}{b c}+\frac{b^{12}}{c a}+\frac{c^{12}}{a b} \geq \frac{a^{12}}{a b}+\frac{b^{12}}{b c}+\frac{c^{12}}{c a}=\frac{a^{11}}{b}+\frac{b^{11}}{c}+\frac{c^{11}}{a} \cdot(1)$

又因为 $a^{11} \geq b^{11} \geq c^{11}, \frac{1}{a} \leq \frac{1}{b} \leq \frac{1}{c}$.

再次由排序不等式: 反序和 $\leq$ 乱序和, 得

$\frac{a^{11}}{a}+\frac{b^{11}}{b}+\frac{c^{11}}{c} \leq \frac{a^{11}}{b}+\frac{b^{11}}{c}+\frac{c^{11}}{a} \cdot(2$

所以由(1)(2)得

$\frac{a^{12}}{b c}+\frac{b^{12}}{a a}+\frac{c^{12}}{a b} \geq a^{10}+b^{10}+c^{10}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了排序不等式, 解决问题的关键是需要搞清: 题目中没有给出 $a$, $b, c$ 三个数的大小顺序, 且 $a, b, c$ 在不等式中的“地位”是对等的, 故可以设 $a \geq b \geq c$, 再利用排序不等式加以证明.
题目（高三 · 代数）：12. 设 $a, b, c$ 都是正实数, 求证: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \leq \frac{a^{3} b^{3}+c^{8}}{a^{3} b^{3} c^{3}}$
选项：
答案：答案:证明:设 $a \geq b \geq c>0$,

则 $\frac{1}{c} \geq \frac{1}{b} \geq \frac{1}{a}$, 而 $\frac{1}{b^{3} c^{3}} \geq \frac{1}{c^{3} a^{3}} \geq \frac{1}{a^{3} b^{3}}$.

由不等式的性质，知 $a^{5} \geq b^{5} \geq c^{5}$.

根据排序不等式，知

$\frac{a^{5}}{b^{3} c^{3}}+\frac{b^{5}}{c^{3} a^{3}}+\frac{c^{5}}{a^{3} b^{3}} \geq \frac{a^{5}}{c^{3} a^{3}}+\frac{b^{5}}{a^{3} b^{3}}+\frac{c^{5}}{b^{3} c^{3}}=\frac{a^{2}}{c^{3}}+\frac{b^{2}}{a^{3}}+\frac{c^{2}}{b^{3}}$.

又由不等式的性质, 知 $a^{2} \geq b^{2} \geq c^{2}, \frac{1}{c^{3}} \geq \frac{1}{b^{3}} \geq \frac{1}{a^{3}}$.

由排序不等式, 得

$\frac{a^{2}}{c^{3}}+\frac{b^{2}}{a^{3}}+\frac{c^{2}}{b^{3}} \geq \frac{a^{2}}{a^{3}}+\frac{b^{2}}{b^{3}}+\frac{c^{2}}{c^{3}}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$.

由不等式的传递性, 知

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \leq \frac{a^{5}}{b^{3} c^{3}}+\frac{b^{5}}{c^{3} a^{3}}+\frac{c^{5}}{a^{3} b^{3}}=\frac{a^{8}+b^{8}+c^{8}}{a^{3} b^{3} c^{3}}$.

$\therefore$ 原不等式成立.
解析：: 分析: 本题主要考查了排序不等式, 解决问题的关键是设 $a \geq b \geq c>0$, 得到 $\frac{1}{c} \geq \frac{1}{b} \geq \frac{1}{a}$,

所以 $\frac{1}{b^{3} c^{3}} \geq \frac{1}{c^{3} a^{3}} \geq \frac{1}{a^{3} b^{3}}$, 然后由不等式的性质, 知 $a^{5} \geq b^{5} \geq c^{5}$. 结合排序不等式的性质计算证明即可.
题目（高三 · 代数）：13. 设 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 为正数, 求证: $\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}+\frac{a_{2} a_{2}}{a_{1}}+\frac{a_{3 a_{1}}}{a_{2}} \geq a_{1}+a_{2}+a_{2}$.
选项：
答案：答案:证明:不妨设 $a_{1} \geq a_{2} \geq a_{3}>0$, 于是

$\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{a_{3}}, \quad a_{3} a_{2} \leq a_{3} a_{1} \leq a_{1} a_{2}$,

<ImageHere>

$\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}+\frac{a_{2} a_{3}}{a_{1}}+\frac{a_{3} a_{1}}{a_{2}} \geq \frac{1}{a_{2}} \cdot a_{2} a_{3}+\frac{1}{a_{3}} \cdot a_{3} a_{1}+\frac{1}{a_{1}} \cdot a_{1} a_{2}$

$=a_{2}+a_{1}+a_{2}$.

即 $\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}+\frac{a_{2} a_{3}}{a_{1}}+\frac{a_{3 a_{1}}}{a_{2}} \geq a_{1}+a_{2}+a_{3}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了排序不等式, 解决问题的关键是不妨设 $a_{1} \geq a_{2} \geq a_{3}>0$, 于是

$\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{a_{3}}, \quad a_{3} a_{2} \leq a_{3} a_{1} \leq a_{1} a_{2}$ ，然后根据排序不等式性质计算即可.
题目（高三 · 代数）：14. 设 $x>0$, 求证: $1+x+x^{2}+\ldots+x^{n} \geq(2 n+1) x^{n}$
选项：
答案：答案:证明:一:当 $x \geq 1$ 时 $1 \leq x \leq x^{2} \leq \ldots \leq x^{n}$,

由排序原理: 顺序和 $\geq$ 反序和, 得

$1 \cdot 1+x \cdot x+x^{2} \cdot x^{2}+\ldots+x^{n} \cdot x^{n}$

$\geq 1 \cdot x^{n}+x \cdot x^{n-1}+\ldots+x^{n-1} \cdot x+x^{n} \cdot 1$

即 $1+x^{2}+x^{4}+\ldots+x^{2 n} \geq(n+1) x^{n}$. (1)

又因为 $x, x^{2}, \ldots, x^{n}, 1$ 为序列 $1, x, x^{2}, \ldots, x^{n}$ 的一个排列, 于是再次由排序原理: 乱序和乙反序和, 得

$1 \cdot x+x \cdot x^{2}+\ldots+x^{n-1} \cdot x^{n}+x^{n} \cdot 1 \geq 1 \cdot x^{n}+x \cdot x^{n-1}+\ldots+x^{n-1} \cdot x+x^{n} \cdot 1$,

得 $x+x^{3}+\ldots+x^{2 n-1}+x^{n} \geq(n+1) x^{n}$. (2)

将(1)和(2)相加得
$1+x+x^{2}+\ldots+x^{n} \geq(2 n+1) x^{n}$.

二: 当 $0<x<1$ 时, $1>x>x^{2}>\ldots>x^{n}$,

但(1)(2)仍然成立, 于是(3)也成立.

综合一.二, 证毕.
解析：: 分析: 考查排序不等式的应用.解答本题需要注意: 题目中只给出了 $x>0$, 但对于 $x \geq 1$, $x<1$ 没有明确, 因此需要进行分类讨论.
题目（高三 · 代数）：15. 设 $a, b, c$ 都是正数, 求证: $\frac{b c}{a}+\frac{c a}{b}+\frac{a b}{c} \geq a+b+c$.
选项：
答案：答案:证明:由题意不妨设 $a \geq b \geq c>0$,

由不等式的单调性, 知 $a b \geq a c \geq b c, \frac{1}{c} \geq \frac{1}{b} \geq \frac{1}{a}$.

由排序不等式, 知

$a b \times \frac{1}{c}+a c \times \frac{1}{b}+b c \times \frac{1}{a}$

$\geq a b \times \frac{1}{b}+a c \times \frac{1}{a}+b c \times \frac{1}{c}$,

即所证不等式 $\frac{b c}{a}+\frac{c a}{b}+\frac{a b}{c} \geq a+b+c \frac{b c}{a}+\frac{c a}{b}+\frac{a b}{c} \geq a+b+c$ 成立.
解析：: 分析: 本题主要考查了排序不等式, 解决问题的关键是不等式的左边, 可以分为数组 $a b, a c, b c$ 和立, $\frac{1}{b}, \frac{1}{a}$, 排出顺序后, 可利用排序不等式证明.
题目（高三 · 代数）：16. 设 $a, b, c$ 都是正实数, 求证: $a^{a} b^{b} c^{c} \geq(a b c)^{\frac{a+b+\varepsilon}{3}}$
选项：
答案：答案: 证明: 不妨设 $a \geq b \geq c>0$, 则 $\lg a \geq \lg b \geq \lg c$, 据排序不等式, 有 $a \lg a+b \lg b+c \lg c \geq b \lg a+c \lg b+a \lg c$

$a \lg a+b \lg b+c \lg c \geq c \lg a+a \lg b+b \lg c$,

且 $a \lg a+b \lg b+c \lg c=a \lg a+b \lg b+c \lg c$,

以上三式相加整理，得
$3(a \lg a+b \lg b+c \lg c) \geq(a+b+c)(\lg a+\lg b+\lg c)$

即 $\lg \left(a^{a} b^{b} c^{c}\right) \geq \frac{a+b+c}{a} \cdot \lg (a b c)$.

故 $a^{a} b^{b} c^{c} \geq(a b c)^{\frac{a+b+\varepsilon}{3}}$.
解析：:分析:本题主要考查了排序不等式, 解决问题的关键是不妨设 $a \geq b \geq c>0$, 则 $\lg a \geq \lg b \geq \lg c ，$ 据排序不等式分组计算，然后相加即可证明
题目（高三 · 代数）：20. 设 $a, b, c$ 为正数, 求证:

$\frac{a^{2}+b^{2}}{2 c}+\frac{b^{2}+c^{2}}{2 a}+\frac{c^{2}+a^{2}}{2 b} \leq \frac{a^{3}}{b c}+\frac{b^{3}}{c a}+\frac{c^{3}}{a b}$.
选项：
答案：答案:证明:不妨设 $0<a \leq b \leq c$, 则 $a^{3} \leq b^{3} \leq c^{3}$.

$0<\frac{1}{b c} \leq \frac{1}{a a} \leq \frac{1}{a b}$,

由排序不等式: 乱序和上顺序和, 得

$a^{3} \cdot \frac{1}{c a}+b^{3} \cdot \frac{1}{a b}+c^{3} \cdot \frac{1}{b c} \leq a^{3} \cdot \frac{1}{b c}+b^{3} \cdot \frac{1}{c a}+c^{3} \cdot \frac{1}{a b}$

$a^{3} \cdot \frac{1}{a b}+b^{3} \cdot \frac{1}{b c}+c^{3} \cdot \frac{1}{c a} \leq a^{3} \cdot \frac{1}{b c}+b^{3} \cdot \frac{1}{c a}+c^{3} \cdot \frac{1}{a b}$

将(1)(2)两式相加, 得

$\frac{a^{2}+b^{2}}{c}+\frac{b^{2}+c^{2}}{a}+\frac{c^{2}+a^{2}}{b} \leq 2\left(\frac{a^{3}}{b c}+\frac{b^{3}}{c a}+\frac{c^{3}}{a b}\right)$,

将不等式两边除以 2 , 得

$\frac{a^{2}+b^{2}}{2 c}+\frac{b^{2}+c^{2}}{2 a}+\frac{c^{2}+a^{2}}{2 b} \leq \frac{a^{3}}{b c}+\frac{b^{3}}{c a}+\frac{c^{3}}{a b}$.
解析：:分析:本题主要考查了排序不等式, 解决问题的关键是不妨先设定 $0<a \leq b \leq c$,再利用排序不等式加以证明