不等式

C． 由 $x+y=1$ ，得 $x=1-y, y=1-x$ ，于是 $x+y^{2}=x+(1-x)^{2}=x^{2}+(1-x)=x^{2}+y$ ，所以 $M=N$ ．

$\displaystyle x=\frac{-1-\sqrt{3}}{2}$ 或 $\displaystyle x=-\frac{1}{2}$ ． 对方程 $\left|x^{2}-1\right|+x^{2}+2 x=0$ 分两种情况讨论： （1）当 $x^{2}-1 \geqslant 0$ ，即 $x \geqslant 1$ 或 $x \leqslant-1$ 时，方程转化为 $2 x^{2}+2 x-1=0$ ，解得 $\displaystyle x= \frac{-1 \pm \sqrt{3}}{2}$ ．因为 $\displaystyle 0<\frac{-1+\sqrt{3}}{2}<1$ ，所以 $\displaystyle x=\frac{-1+\sqrt{3}}{2}$ 应舍去，于是 $\displaystyle x=\frac{-1-\sqrt{3}}{2}$ ． （2）当 $x^{2}-1<0$ ，即 $-1<x<1$ 时，方程转化为 $1+2 x=0$ ，解得 $\displaystyle x=-\frac{1}{2}$ ． 故方程 $\left|x^{2}-1\right|+x^{2}+2 x=0$ 的实数解为 $\displaystyle x=\frac{-1-\sqrt{3}}{2}$ 或 $\displaystyle x=-\frac{1}{2}$ ．

$(4,8)$ ． 解法 1 方程 $f(x)=a x$ 恰有两个互异的实数根，可转化为 $g(x)= \left\{\begin{array}{ll}x^{2}+a x+a & (x \leqslant 0), \\ -x^{2}+a x-2 a & (x>0)\end{array}\right.$ 与 $x$ 轴有两个不同的交点，进一步转化为 $h(x)= \left\{\begin{array}{ll}x^{2}+a x+a & (x \leqslant 0), \\ x^{2}-a x+2 a & (x>0)\end{array}\right.$ 有两个零点． 当 $x>0$ 时，$\displaystyle h(x)_{\text {min }}=2 a-\frac{a^{2}}{4}$ ；当 $x \leqslant 0$ 时，$\displaystyle h(x)_{\text {min }}=a-\frac{a^{2}}{4}$ ．故要使 $h(x)$ 有两个零点，必须 $\displaystyle a-\frac{a^{2}}{4}<0$ 且 $\displaystyle 2 a-\frac{a^{2}}{4}>0$ ，由此得 $a \in(4,8)$ ． 解法 2（变量分离法）原问题可转化为直线 $y=a$ 与函数 $\displaystyle g(x)=\left\{\begin{array}{ll}-\frac{x^{2}}{x+1} & (x \leqslant 0), \\ \frac{x^{2}}{x-2} & (x>0)\end{array}\right.$ 的图像的交点问题，画出其图像，可得 $a \in(4,8)$ ．

A． 配方得到 $x^{2}(x-1)^{2}+m(x-2)^{2}+(x-1)^{2} \geqslant 0$ ．取 $x=1$ 代人，得到 $m \geqslant 0$ ，为必要条件；反之，若 $m \geqslant 0$ ，则原式 $\geqslant 0$ ．

A． 由 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}-x^{2} \leqslant 0, \\ 0 \leqslant x \leqslant a\end{array}\right.$ 作出可行域，如图 J1 所示． \begin{figure} 由图 J1 可得 $A(a,-a), P(a, a)$ 。由 $\displaystyle S=\frac{1}{2} \times 2 a \times a=4$ 解得 $a=2$ ，即 $A(2,-2)$ 。目标函数 $z=2 x-y$ 变形为 $y=2 x-z$ ，当 $y=2 x-z$ 过 $A$ 点时，$z$ 最大，$z_{\text {max }}=2 \times 2-(-2)=$ 6．本题考查线性规划。 \section*{模拟试题6}

D． $T_{r+1}=\mathrm{C}_{15}^{r} 2^{r}$ ，由 $T_{r} \leqslant T_{r+1}, T_{r+2} \leqslant T_{r+1}$ 可得 $\displaystyle \frac{29}{3} \leqslant r \leqslant \frac{32}{3}$ ，故 $r=10$ ，第 11 项最大．

C． 当 $0<a<1$ 时，$y=\log _{a} x$ 是递减函数，因为 $t=x^{2}-a x+1$ 没有最大值，所以 $y= \log _{a}\left(x^{2}-a x+1\right)$ 没有最小值；当 $a>1$ 时，$y=\log _{a}\left(x^{2}-a x+1\right)$ 有最小值等价于 $t=x^{2}- a x+1$ 有大于 0 的最小值，也等价于 $\Delta=a^{2}-4<0$ ，因此 $1<a<2$ ．

A． 记 $a-b=t$ ，则 $\displaystyle t>0, \frac{a^{2}+b^{2}}{a-b}=\frac{t^{2}+2}{t}=t+\frac{2}{t} \geqslant 2 \sqrt{2}\left(\right.$ 当且仅当 $t=\sqrt{2}$ ，即 $\displaystyle a=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$ ， $\displaystyle b=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$ 时取等号）．

B． 设 $\displaystyle \frac{z}{y}=m$ ，代人 $\displaystyle \frac{2 m y^{2}}{w}-(m+2) y+2 w=0, \Delta \geqslant 0$ ．

$\displaystyle \frac{4}{5}$ ． 设这个实数根为 $x_{0}$ ，则 $\left(x_{0}^{3}+x_{0}\right) a+x_{0}^{2} b+x_{0}^{4}+1=0$ 可看成一条直线方程，于是 $a^{2}+ b^{2}$ 表示直线上的点到原点的距离的平方，即 $$ d^{2}=\frac{\left(x_{0}^{4}+1\right)^{2}}{\left(x_{0}^{3}+x_{0}\right)^{2}+x_{0}^{4}}=\frac{\left(x_{0}^{2}+\frac{1}{x_{0}^{2}}\right)^{2}}{\left(x_{0}+\frac{1}{x_{0}}\right)^{2}+1}=\frac{(t-2)^{2}}{t+1} \geqslant \frac{4}{5} $$

371. 当 $2 \leqslant a_{2} \leqslant 9$ 时，$\left(a_{1}, a_{2}\right)$ 有 $\mathrm{C}_{9}^{2}$ 种选择方法，$a_{3}$ 有 6 种选择方法，所以 $\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}\right)$ 共有 $6 \times \mathrm{C}_{9}^{2}=216$ 种选择方法；当 $10 \leqslant a_{2} \leqslant 14$ 时，一旦 $a_{2}$ 取定，$a_{1}$ 有 $a_{2}-1$ 种选择方法，$a_{3}$ 有 $15-a_{2}$ 种选择方法，所以选择 $\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}\right)$ 的方法有 $\sum_{a_{2}=10}^{14}\left(a_{2}-1\right)\left(15-a_{2}\right)=9 \times 5+10 \times 4+11 \times 3+12 \times 2+13 \times 1=155$ 种． 综上所述，满足条件的子集共有 371 个。

$\displaystyle \frac{2019}{2020}$ ． $$ \begin{aligned} & \frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_{n}}=2(n+1) \Rightarrow x_{n}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \\ & \sum_{k=1}^{2019} x_{k}=1-\frac{1}{2020}=\frac{2019}{2020} \end{aligned} $$

14. 假设 $x_{1}<x_{2}<x_{3}<x_{4}$ ，则 $x_{1} x_{2} x_{3}=18, x_{1} x_{3} x_{4}=36, x_{1} x_{2} x_{4}=36, x_{2} x_{3} x_{4}=54$ 。故 $$ x_{1} x_{2} x_{3} x_{4}=\sqrt[3]{18 \times 36 \times 36 \times 54}=108 \Rightarrow x_{1}=2, x_{2}=3, x_{3}=3, x_{4}=6 . $$

23. 由条件 $\displaystyle \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{2020}, x \leqslant y$ 可得 $\displaystyle \frac{1}{y}=\frac{1}{2020}-\frac{1}{x}=\frac{x-2020}{2020 x}$ ，解得 $$ y=\frac{2020 x}{x-2020}=\frac{2020 x-2020^{2}+2020^{2}}{x-2020}=2020+\frac{2020^{2}}{x-2020} . $$ 故只要满足 $\displaystyle \frac{2020^{2}}{x-2020} \in \mathbf{N}_{+}, x \leqslant y$ 条件，即 $x-2020$ 是 $2020^{2}$ 的因子且 $x \leqslant y$ ．由 $2020^{2}=5^{2} \times 2^{4} \times 101^{2}$ 得共有 23 个．

记 $n=2020$ ． （1）由 $y_{0}^{2 n}-y_{0}=3 x_{0}>0$ ，可知 $y_{0}>1$ ．由 $x_{0}^{n}-x_{0}=1$ ，可知 $x_{0}>1$ ．从而 $1+x_{0}+x_{0}^{2}> 3 x_{0}$ 。于是 $$ x_{0}^{2 n}-x_{0}=\left(x_{0}^{n}-x_{0}\right)\left(x_{0}^{n}+x_{0}\right)+\left(x_{0}^{2}-x_{0}\right)=1+x_{0}+x_{0}^{2}>3 x_{0}=y_{0}^{2 n}-y_{0} . $$ 设函数 $f(t)=t^{2 n}-t(t>1)$ ，则易证 $f(t)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，故 $x_{0}>y_{0}$ ． （2）先证 $\displaystyle x_{0}<1+\frac{1}{n}$ ．由于 $g(t)=t^{n}-t(t>1)$ 单调递增，因此当 $n \geqslant 3$ 时，有 $\displaystyle \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}-\left(1+\frac{1}{n}\right)=\frac{3}{2}-\frac{3}{2 n}+k_{n}>1$ ，其中 $k_{n}$ 是余项，且为正．故可知 $\displaystyle x_{0}<1+\frac{1}{n}$ ． 由 $x_{0}^{2 n}-x_{0}=1+x_{0}+x_{0}^{2}$ 减去 $y_{0}^{2 n}-y_{0}=3 x_{0}$ 可得 $\displaystyle x_{0}^{2 n}-y_{0}^{2 n}-\left(x_{0}-y_{0}\right)=\left(1-x_{0}\right)^{2}< \frac{1}{n^{2}}$ ，而 $$ x_{0}^{2 n}-y_{0}^{2 n}=\left(x_{0}-y_{0}\right)\left(x_{0}^{2 n-1}+x_{0}^{2 n-2} y_{0}+\cdots+y_{0}^{2 n-1}\right)>2 n\left(x_{0}-y_{0}\right), $$ 故 $$ (2 n-1)\left(x_{0}-y_{0}\right)<\frac{1}{n^{2}} \Rightarrow \quad x_{0}-y_{0}<\frac{1}{(2 n-1) \cdot n^{2}}(n=2020)<\frac{1}{10000} . $$ 于是 $\left|x_{0}-y_{0}\right|$ 小数点后面的第二位数是 0 ． \title{

$a>6$ 或 $a<-6$ ． 因为 $x^{4}+a x-4=0$ ，所以 $\displaystyle x^{3}+a=\frac{4}{x}$ ．而函数 $y=x$ 与 $\displaystyle f(x)=\frac{4}{x}$ 相交于 $(-2,-2)$ 和 $(2,2)$ 两点，则易知 $a>6$ 或 $a<-6$ ．

$\displaystyle \frac{3}{4}<m \leqslant 1$ ． 因为 $x^{3}-3 x^{2}+(m+2) x-m=0$ ，所以 $(x-1)\left(x^{2}-2 x+m\right)=0$ ．令 $x_{1}=1, x_{2}+x_{3}=2$ ， $x_{2} x_{3}=m$ ，且 $\left\{\begin{array}{l}\Delta=4-4 m \geqslant 0, \\ m>0,\end{array}\right.$ 解得 $0<m \leqslant 1$ ． 情形 1 当 $x_{2}=x_{3}=1$ 时，满足题意，则此时 $m=1$ 。 情形 2 当 $x_{2}<1<x_{3}$ 时，则只需满足 $x_{2}+1>x_{3}$ ，即 $\left(x_{2}+x_{3}\right)^{2}-4 x_{2} x_{3}<1$ ，解得 $\displaystyle m>\frac{3}{4}$ ． 综上所述，$\displaystyle \frac{3}{4}<m \leqslant 1$ ．

$\displaystyle \frac{\sqrt{5}}{2}$ ． 求 $\displaystyle \frac{x y+2 y z}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$ 的最大值，不妨设 $x, y, z>0$ ．而 $\displaystyle x^{2}+\frac{1}{5} y^{2} \geqslant \frac{2}{\sqrt{5}} x y, z^{2}+\frac{4}{5} y^{2} \geqslant \frac{4}{\sqrt{5}} y z$ ，则 $\displaystyle \frac{x y+2 y z}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} \leqslant \frac{\sqrt{5}}{2}$ ，故 $\displaystyle \frac{x y+2 y z}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$ 的最大值为 $\displaystyle \frac{\sqrt{5}}{2}$ ，当且仅当 $\displaystyle x=\frac{y}{\sqrt{5}}, z=\frac{2 y}{\sqrt{5}}$ 时等号成立．

$\displaystyle \frac{38}{3}$ ． 因为 $4 a^{2}-5 a b+4 b^{2}=19$ ，所以 $\displaystyle 4\left(a^{2}+b^{2}\right)-19=5 a b \leqslant \frac{5\left(a^{2}+b^{2}\right)}{2}$ ，解得 $\displaystyle a^{2}+b^{2} \leqslant \frac{38}{3}$ ，当且仅当 $a=b$ 时等号成立．

C． $$ 2018^{2018} \equiv 20^{2018} \equiv 400^{1009} \equiv-7^{1009} \equiv-7 * 10^{336} \equiv-7 * 1000^{112} \equiv-7 \equiv 30(\bmod 37) $$

D． 直线 $A B: y=-2 x+1$ ，则 $$ \left\{\begin{array}{l} y=-2 x+1, \\ a x+b y=1 \end{array} \quad \Rightarrow \quad x=\frac{1-b}{a-2 b} \in[0,1] \quad \Rightarrow \quad(1-b)(1-a+b) \leqslant 0 .\right. $$ 当 $b \geqslant 1$ 时，$a \leqslant b+1, a^{2}+b^{2} \geqslant 1$（当 $a=0, b=1$ 时取等号）． 当 $b \leqslant 1$ 时，$a \geqslant 1+b, a^{2}+b^{2} \geqslant 1$（当 $a=1, b=0$ 时取等号）．

D． 在集合 $A, B, C$ 中分别有 $10,11,12$ 个元素，故 $A, B, C$ 分别有 $2^{10}, 2^{11}, 2^{12}$ 个子集，因此选择 D．

A． （1）先算 $\operatorname{card}(E)$ ：分别考虑 $s=4,3,2,1$ 时，$E$ 中元素的个数分别为 $4^{3}, 3^{3}, 2^{3}, 1^{3}$ ，合计 100 个； （2）再算 $\operatorname{card}(F):(4+3+2+1) \times(4+3+2+1)=100$ 个．故 $\operatorname{card}(E)+\operatorname{card}(F)=200$ ．

$P(6,3)$ ． $\displaystyle a+\frac{27}{b(a-b)}=a-b+b+\frac{27}{b(a-b)} \geqslant 3 \sqrt[3]{27}=9$ ，当且仅当 $\displaystyle a-b=b=\frac{27}{b(a-b)} \geqslant 3 \sqrt[3]{27}=9$ ，即 $a=6, b=3$ 时等号成立。

$\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{3}$ ． 设 $\left|A_{1} A_{2}\right|=x$ ，则 $\displaystyle \left|A_{2} A_{3}\right|=\frac{2}{x},\left|A_{3} A_{4}\right|=\frac{3 x}{2},\left|A_{4} A_{5}\right|=\frac{8}{3 x}$ ，于是 $$ \left|A_{1} A_{5}\right|=\sqrt{\left(x-\frac{3 x}{2}\right)^{2}+\left(\frac{2}{x}-\frac{8}{3 x}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{x^{2}}{4}+\frac{4}{9 x^{2}}} \geqslant \sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3} . $$

原方程等价于 $x=1$ 或 $\displaystyle \frac{1}{x}=k|x-1|$ ，进而又等价于 $x=1$ 或 $\displaystyle \frac{1}{k}=x|x-1|$ ． 令 $g(x)=x|x-1|=\left\{\begin{array}{ll}x^{2}-x & (x \geqslant 1), \\ -x^{2}+x & (x<1) .\end{array}\right.$ 在平面直角坐标系中作出 $y=g(x)$ 的图像，如图 J2 所示． \begin{figure} （1）考虑直线 $\displaystyle y=\frac{1}{k}$ 与 $y=g(x)$ 的图像有 3 个不同交点，故 $\displaystyle 0<\frac{1}{k}<\frac{1}{4}$ ，因此 $k>4$ ． （2）考虑直线 $\displaystyle y=\frac{1}{k}$ 与 $y=g(x)$ 的 3 个交点，并将交点从左至右设为 $P_{1}\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ， $P_{2}\left(x_{2}, y_{2}\right), P_{3}\left(x_{3}, y_{3}\right)$ ． 这样点 $P_{1}, P_{2}$ 关于直线 $\displaystyle x=\frac{1}{2}$ 对称，而点 $P_{3}$ 在直线 $\displaystyle y=\frac{1}{4}$ 与 $g(x)$ 右侧交点 $\displaystyle \left(\frac{1+\sqrt{2}}{2}, \frac{1}{4}\right)$ 的左下方．因为 $\displaystyle x_{1}+x_{2}=1,1<x_{3}<\frac{1+\sqrt{2}}{2}$ ，于是 $S=1+1+x_{3}=2+x_{3}$ ，进而 $\displaystyle 3<S<\frac{5+\sqrt{2}}{2}$ ．

3. 因为 $\displaystyle 0<a+\frac{1}{20}<a+\frac{2}{20}<\cdots<a+\frac{19}{20}<2$ ，所以 $\displaystyle \left[a+\frac{1}{20}\right],\left[a+\frac{2}{20}\right], \cdots,\left[a+\frac{19}{20}\right]$ 等于 0或1。 依题意知，其中有 12 个 1 ，所以 $\displaystyle \left[a+\frac{1}{20}\right]=\left[a+\frac{2}{20}\right]=\cdots=\left[a+\frac{7}{20}\right]=0,\left[a+\frac{8}{20}\right]= \left[a+\frac{9}{20}\right]=\cdots=\left[a+\frac{19}{20}\right]=1$ ，于是 $\displaystyle 0<a+\frac{7}{20}<1$ ，且 $\displaystyle 1 \leqslant a+\frac{8}{20}<2$ ，即 $12 \leqslant 20 a<13$ ，亦即 $\displaystyle 3 \leqslant 5 a<\frac{13}{4}$ ，因此 $[5 a]=3$ ．

（1）$M \geqslant N \geqslant P \geqslant Q$ ． （2）$P-Q \leqslant M-N \leqslant N-P$ ． 因为 $\displaystyle \frac{\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}+\sqrt{a b}}{2} \leqslant \sqrt{\frac{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}+a b}{2}}=\frac{a+b}{2}$ ，所以 $\displaystyle \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}+\sqrt{a b} \leqslant a+b$ ， $\displaystyle \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}-\frac{a+b}{2} \leqslant \frac{a+b}{2}-\sqrt{a b}$ ，即 $M-N \leqslant N-P$ ． $$ M-N \geqslant P-Q \Leftrightarrow \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}-\frac{a+b}{2} \geqslant \sqrt{a b}-\frac{2 a b}{a+b} $$ $$ \begin{aligned} & \Leftrightarrow \quad \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}-\sqrt{a b} \geqslant \frac{a+b}{2}-\frac{2 a b}{a+b} \\ & \begin{aligned} \Leftrightarrow \quad \frac{a^{2}+b^{2}}{2}+a b-\sqrt{2 a b\left(a^{2}+b^{2}\right)} & \geqslant \frac{(a+b)^{2}}{4}-2 a b+\frac{4 a^{2} b^{2}}{(a+b)^{2}} \\ & =\frac{(a+b)^{2}}{4}-\frac{2 a b\left(a^{2}+b^{2}\right)}{(a+b)^{2}} \end{aligned} \\ & \Leftrightarrow \quad \frac{(a+b)^{2}}{4}+\frac{2 a b\left(a^{2}+b^{2}\right)}{(a+b)^{2}} \geqslant \sqrt{2 a b\left(a^{2}+b^{2}\right)} \end{aligned} $$ 即 $P-Q \leqslant M-N$ ． 综上所述，$P-Q \leqslant M-N \leqslant N-P$ ．

9 ． 解法 1 因为 $\log _{2}(a-2)+\log _{2}(b-1) \geqslant 1$ ，所以 $(a-2)(b-1) \geqslant 2$ ，即 $a b-a-2 b \geqslant 0(a>2, b>1)$ ，亦即 $\displaystyle a \geqslant \frac{2 b}{b-1}$ ，故 $$ 2 a+b \geqslant \frac{4 b}{b-1}+b=\frac{4(b-1)+4}{b-1}+(b-1)+1=\frac{4}{b-1}+b-1+5 \geqslant 5+2 \sqrt{4}=9 . $$ 当且仅当 $b-1=2$ ，即 $\displaystyle b=3, a=\frac{6}{2}=3$ 时取最小值，此时 $a b=9$ ． 解法 2 因为 $(a-2)(b-1) \geqslant 2$ ，所以 $(2 a-4)(b-1) \geqslant 4$ ，则 $\displaystyle \frac{(2 a-4)+(b-1)}{2} \geqslant \sqrt{(2 a-4)(b-1)} \geqslant 2$ ，即 $2 a+b-5 \geqslant 4$ ，亦即 $2 a+b \geqslant 9$ ．取等条件： $2 a-4=b-1$ 且 $2 a+ b=9$ ，即 $a=b=3$ ，此时 $a b=9$ ．

$\displaystyle \left[\mathrm{e}^{\frac{1}{\mathrm{e}}},+\infty\right)$ ． $y=a^{x}$ 与 $y=\log _{a} x$ 互为反函数，图像关于直线 $y=x$ 对称． $$ \begin{aligned} a^{x} \geqslant \log _{a} x & \Leftrightarrow a^{x} \geqslant x(x>0) \quad \Leftrightarrow \ln a^{x} \geqslant \ln x \\ & \Leftrightarrow \quad x \ln a \geqslant \ln x \quad \Leftrightarrow \ln a \geqslant \frac{\ln x}{x}, \end{aligned} $$ 所以 $\displaystyle \ln a \geqslant\left(\frac{\ln x}{x}\right)_{\text {max }}$ ． 令 $\displaystyle f(x)=\frac{\ln x}{x}$ ，则 $\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{x} x-\ln x}{x^{2}}=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$ ．当 $x \in(0, \mathrm{e})$ 时，$f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增；当 $x \in(\mathrm{e},+\infty)$ 时，$f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减．所以 $\displaystyle f(x)_{\text {max }}=f(\mathrm{e})=\frac{\ln \mathrm{e}}{\mathrm{e}}=\frac{1}{\mathrm{e}}$ ，故 $\displaystyle \ln a \geqslant \frac{1}{\mathrm{e}}$ ，即 $\displaystyle a \geqslant \mathrm{e}^{\frac{1}{\mathrm{e}}}$ ．

$\sqrt{2}$ ． 设 $\displaystyle \min \left\{\frac{1}{a}, \frac{2}{b}, \frac{4}{c}, \sqrt[3]{a b c}\right\}=M$ ，则 $\displaystyle \frac{1}{a} \geqslant M, \frac{2}{b} \geqslant M, \frac{4}{c} \geqslant M, \sqrt[3]{a b c} \geqslant M$ ，可得 $\displaystyle \frac{8}{a b c} \geqslant M^{3}$ ， $a b c \geqslant M^{3}$ ，所以 $8 \geqslant M^{6}$ ，故 $M \leqslant \sqrt{2}$ ．

1924. 构造出一个满足条件且包含元素最多的子集 $A$ ，因为要使 $x \in A$ 时， $20 x \notin A$ ，只要 $20 x >2020$ ，即 $x>101$ ．令 $A$ 包含 $\{102,103,104, \cdots, 2020\}, 20 x<102$ ，解得 $x \leqslant 5$ ．$A$ 中又包含 $\{1,2,3,4,5\}$ ，于是取 $A=\{1,2,3,4,5\} \cup\{102,103,104, \cdots, 2020\}$ ，故 $A$ 中元素最多有 $5+ (2020-101)=1924$ 个．

25. $$ 1=2 a+b \geqslant 2 \sqrt{2 a b} \Rightarrow \sqrt{2 a b} \leqslant \frac{1}{2} \Rightarrow a b \leqslant \frac{1}{8} \Rightarrow \frac{1}{a b} \geqslant 8 $$ 故 $$ \begin{aligned} \frac{1}{a b c}+\frac{1}{d} & \geqslant \frac{8}{c}+\frac{1}{d}=\left(\frac{8}{c}+\frac{1}{d}\right)(2 c+d)=17+\frac{8 d}{c}+\frac{2 c}{d} \\ & \geqslant 17+2 \sqrt{\frac{8 d}{c} \cdot \frac{2 c}{d}}=17+8=25 \end{aligned} $$ 当 $\left\{\begin{array}{l}2 a+b=1, \\ 2 a=b, \\ 2 c+d=1 \\ c=2 d,\end{array}\right.$ 即 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{4}, \\ b=\frac{1}{2}, \\ c=\frac{2}{5}, \\ d=\frac{1}{5}\end{array}\right.$ 时，$\displaystyle \frac{1}{a b c}+\frac{1}{d}$ 取最小值，且最小值是 25 ．

B． 左边每一项为 $[x]$ 或 $[x]+1$ ，注意到 $73 \times 7<546<73 \times 8$ ，所以 $[x]=7$ ．左边共 73 项，设 $\displaystyle \left[x+\frac{k}{100}\right]=7(19 \leqslant k \leqslant m),\left[x+\frac{p}{100}\right]=8(m+1 \leqslant p \leqslant 91)$ ，则 $7(m-18)+8(91-m)=$ 546 ，所以 $m=56$ ，则 $\displaystyle \left[x+\frac{56}{100}\right]=7$ ，即 $6.44 \leqslant x<7.44$ ；又 $\displaystyle \left[x+\frac{57}{100}\right]=8$ ，即 $7.43 \leqslant x<8.43$ ．故 $7.43 \leqslant x<7.44$ ，则 $[100 x]=743$ ．

C． 假设 $\displaystyle 2 a-\frac{1}{b}, 2 b-\frac{1}{c}, 2 c-\frac{1}{a}$ 都大于 1 ．由 $a b c=1$ 知 $a, b, c$ 中至少有一个是正数，不妨设 $a>0$ ，则 $\displaystyle 2 c>2 c-\frac{1}{a}>1 \Rightarrow c>0$ ，从而 $\displaystyle 2 b>2 b-\frac{1}{c}>1 \Rightarrow b>0$ ，因此 $a, b, c$ 均为正数．由 $\displaystyle 2 b-\frac{1}{c}>1 \Rightarrow b>\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{c}\right), 2 a-\frac{1}{b}=\frac{2}{b c}-\frac{1}{b}>1 \Rightarrow b<\frac{2}{c}-1$ ，可得 $\displaystyle \frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{c}\right)<b<\frac{2}{c} -1 \Rightarrow c<1$ ．同理 $a<1, b<1$ ．这与 $a b c=1$ 矛盾．故 $\displaystyle 2 a-\frac{1}{b}, 2 b-\frac{1}{c}, 2 c-\frac{1}{a}$ 不可能都大于 1 ，而事实上 $\displaystyle 2 a-\frac{1}{b}, 2 b-\frac{1}{c}, 2 c-\frac{1}{a}$ 中可以有 2 个大于 $1\left(\right.$ 如取 $\displaystyle \left.a=3, b=-2, c=-\frac{1}{6}\right)$ ．

C． $$ \begin{aligned} a^{3} b^{2} c & =\left(\frac{a}{3}\right)^{3}\left(\frac{b}{2}\right)^{2} c \cdot 3^{3} \cdot 2^{2}=\frac{a}{3} \cdot \frac{a}{3} \cdot \frac{a}{3} \cdot \frac{b}{2} \cdot \frac{b}{2} \cdot c \cdot 3^{3} \cdot 2^{2} \\ & \leqslant\left(\frac{\frac{a}{3}+\frac{a}{3}+\frac{a}{3}+\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+c}{6}\right)^{6} \cdot 3^{3} \cdot 2^{2} \\ & =\left(\frac{1}{6}\right)^{6} \cdot 3^{3} \cdot 2^{2}=\frac{1}{2^{4} \cdot 3^{3}}=\frac{1}{432} \end{aligned} $$

B． 原式变形得 $\sqrt{(\sqrt{x-2010}-1)^{2}}+\sqrt{(\sqrt{x-2010}+1)^{2}}=2$ ，所以 $0 \leqslant \sqrt{x-2010} \leqslant 1$ ，解得 $2010 \leqslant x \leqslant 2011$ ．

显然，每个正整数 $x_{i} \geqslant 2$ ．由 $2+\left(x_{i}-2\right)=x_{i}, 2\left(x_{i}-2\right)=2 x_{i}-4>x_{i}$ 可知 $x_{i} \leqslant 4$ ，又 $2+2=4=2 \times 2$ ，这样便确定了必定将正整数 $M$ 写成若干个 2 与 3 之和，且 2 的个数要小于或等于 2 （这是由于 3 个 2 的和与 2 个 3 的和相等，均为 6 ；而 $2^{3}=8<9=3^{2}$ ），于是所求正整数之积的最大值为 $$ u_{\max }= \begin{cases}3^{s} & (M=3 s) \\ 2^{2} \times 3^{s-1} & (M=3 s+1) \\ 2 \times 3^{s} & (M=3 s+2)\end{cases} $$

因为 $$ \left|x_{n}\right|^{2}=\left|x_{n-1}+1\right|^{2}, $$ 所以 $$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{2008} x_{i}^{2} & =999^{2}+\sum_{i=1}^{2007}\left(x_{i}+1\right)^{2}=\sum_{i=1}^{2007} x_{i}^{2}+2 \sum_{i=1}^{2007} x_{i}+2007+999^{2} \\ & =\sum_{i=1}^{2007} x_{i}^{2}+2 \sum_{i=1}^{2008} x_{i}-2 x_{2008}+1000008 \end{aligned} $$ 故 $$ \sum_{i=1}^{2008} x_{i}=\frac{1}{2}\left(x_{2008}^{2}+2 x_{2008}-1000008\right)=\frac{1}{2}\left(x_{2008}+1\right)^{2}-1000009 . $$ 由于 $\left|x_{n}\right|=\left|x_{n-1}+1\right|$ ，因此 $x_{n}$ 与 $x_{n-1}$ 的奇偶性不同，即当 $n$ 增加 1 时，$x_{n}$ 的奇偶性发生变化．因为 $x_{1}$ 是奇数，所以 $x_{2008}$ 是偶数，于是 $\left(x_{2008}+1\right)^{2} \geqslant 1$ ．从而 $\displaystyle \sum_{i=1}^{2008} x_{i} \geqslant \frac{1-1000009}{2} =-500004$ ． 另一方面，设 $$ x_{n}= \begin{cases}n-1000 & (1 \leqslant n \leqslant 1000), \\ -1 & (1001 \leqslant n \leqslant 2008, n \text { 为奇数 }), \\ 0 & (1001 \leqslant n \leqslant 2008, n \text { 为偶数 }),\end{cases} $$ 则 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{2008}$ 满足条件。由 $x_{2008}=0$ ，得 $\sum_{i=1}^{2008} x_{i}=-500004$ 。所以 $\sum_{i=1}^{2008} x_{i}$ 的最小值为 -500004 ．

A． $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{2018}$ 为方程 $\left(x+b_{1}\right)\left(x+b_{2}\right) \cdots\left(x+b_{2018}\right)-2018=0$ 的 2018 个根，则 $$ \left(x-a_{1}\right)\left(x-a_{2}\right) \cdots\left(x-a_{2018}\right)=0 . $$ 故 $$ \left\{\begin{array}{l} \sum_{i=1}^{2018} a_{i}=-\sum_{i=1}^{2018} b_{i}, \\ \sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 2018} a_{i} a_{j}=\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 2018} b_{i} b_{j}, \\ \cdots, \\ a_{1} a_{2} \cdots a_{2018}=b_{1} b_{2} \cdots b_{2018}-2018 . \end{array}\right. $$ 这表明 $b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{2018}$ 为方程 $\left(x+a_{1}\right)\left(x+a_{2}\right) \cdots\left(x+a_{2018}\right)+2018=0$ 的 2018 个根．

$\displaystyle x^{3} y \leqslant \frac{27}{512}$ ． 因式分解得 $$ (x+2 y-1)\left[(x+2 y)^{2}-(x+2 y)-6 x y+1\right]=0, $$ 因为 $$ (x+2 y)^{2}-(x+2 y)-6 x y+1 \geqslant\left(\frac{x+2 y}{2}-1\right)^{2} \geqslant 0 $$ 所以 $x+2 y-1=0$ ．故 $$ x^{3} y=\frac{x^{3}(1-x)}{2} \leqslant \frac{27}{512} $$ \section*{模拟试题47}

AC ． $$ \begin{aligned} x^{2}+y^{2} & =(x+y)^{2}-2 x y=(2 z-1)^{2}-2\left(4 z^{2}-14 z+14\right) \\ & =4 z^{2}-4 z+1-8 z^{2}+28 z-28=-4 z^{2}+24 z-27 \end{aligned} $$ 因为 $(x+y)^{2} \geqslant 4 x y$ ，所以 $(2 z-1)^{2} \geqslant 4\left(4 z^{2}-14 z+14\right)$ ，解得 $\displaystyle \frac{11}{6} \leqslant z \leqslant \frac{5}{2}$ ，故 $\displaystyle x^{2}+y^{2} \in\left[\frac{32}{9}, 8\right]$.

A． 因为 $x^{2}+4 y^{2} \geqslant 4 x y, y^{2}+z^{2} \geqslant 2 y z$ ，所以原式 $\displaystyle \leqslant \frac{x y^{2} z}{6 x y \cdot 6 y z}=\frac{1}{36}$ ，当且仅当 $x=2 y=2 z$ 时取等号．

$\displaystyle \frac{\sqrt{3}+1}{2}$ ． $$ \begin{aligned} 1 & =k a^{2}+(1-k) a^{2}+b^{2}+c^{2} \\ & \geqslant k a^{2}+2 \sqrt{1-k} a \sqrt{b^{2}+c^{2}} \\ & =k a^{2}+\sqrt{2} \sqrt{1-k} a \sqrt{2\left(b^{2}+c^{2}\right)} \\ & \geqslant k a^{2}+\sqrt{2} \sqrt{1-k} a(b+c) \end{aligned} $$ 令 $k=\sqrt{2} \sqrt{1-k}$ ，解得 $k=\sqrt{3}-1$ ，所以 $1 \geqslant(\sqrt{3}-1)\left[a^{2}+a(b+c)\right]$ ．故原式 $\displaystyle \leqslant \frac{1}{\sqrt{3}-1} =\frac{\sqrt{3}+1}{2}$.

B． 因为 $M \geqslant a_{1}+a_{2}+a_{3}, M \geqslant a_{4}+a_{5}+a_{6}$ ，所以 $2 M \geqslant 1-a_{7}$ ．同理 $2 M \geqslant 1-a_{1}, 2 M \geqslant 1-a_{4}$ ，所以 $6 M \geqslant 3-\left(a_{1}+a_{4}+a_{7}\right) \geqslant 2$ ，故 $\displaystyle M \geqslant \frac{1}{3}$ ． 令 $\displaystyle a_{1}=a_{4}=a_{7}=\frac{1}{3}, a_{2}=a_{3}=a_{5}=a_{6}=0$ ，可取到等号．

C． 根据题意，$z=2 x+y$ 的最大值为 11 ，最小值为 3 ，所以当 $x=2$ 时，$z=2 \times 2+y=3$ ，即 $y=-1$ ．当 $x+y=6$ 时，$z=2 x+y=11$ ，即 $x=5, y=1$ ．故 $5 a+b+c=0$ ，即 $\displaystyle \frac{b+c}{a}=-5$ ．

B． 设 $\displaystyle n=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}$ ，且 $a<b<c<d, a, b, c, d \in \mathbf{N}_{+}$，若 $a \geqslant 3$ ，则 $\displaystyle b \geqslant 4, c \geqslant 5, d \geqslant 6, \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d} \leqslant \frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}=\frac{19}{20}<1$ ．所以 $a=1$ 或 2 ． 当 $a=1$ 时， $\displaystyle 1<n=1+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d} \leqslant 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}=\frac{25}{12}$ ，所以 $n$ 只可能等于 2 ，又 $n =2$ 时， $\displaystyle 2=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}$ ． 当 $a=2$ 时，$\displaystyle n=\frac{1}{2}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d} \leqslant \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}=\frac{77}{60}<2$ ，所以 $n$ 只可能等于 1 ，又 $n=1$ 时， $\displaystyle 1=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\frac{1}{18}$ ． 综上所述，$n=1$ 或 2 ．

A． 令 $b+3 c=x, 8 c+4 a=y, 3 a+2 b=z$ ，则 $$ a=-\frac{1}{3} x+\frac{1}{8} y+\frac{1}{6} z, \quad b=\frac{1}{2} x-\frac{3}{16} y+\frac{1}{4} z, \quad c=\frac{1}{6} x+\frac{1}{16} y-\frac{1}{12} z, $$ 代人得 $$ \frac{y}{8 x}+\frac{x}{2 y}+\frac{z}{6 x}+\frac{3 x}{2 z}+\frac{z}{4 y}+\frac{9 y}{16 z}-\frac{61}{48} \geqslant \frac{1}{2}+1+\frac{3}{4}-\frac{61}{48}=\frac{47}{48} . $$

A． 因为 $\displaystyle 2^{a+b}=2^{a}+2^{b} \geqslant 2^{1+\frac{a+b}{2}}$ ，所以 $\displaystyle a+b \geqslant 1+\frac{a+b}{2}$ ，解得 $a+b \geqslant 2$ ，于是 $2^{a+b} \geqslant 4$ ．将 $2^{a} +2^{b}=2^{a+b}$ 代人 $2^{a}+2^{b}+2^{c}=2^{a+b+c}$ ，得 $2^{a+b}+2^{c}=2^{a+b} \times 2^{c}$ ，解得 $\displaystyle 2^{c}=\frac{1}{2^{a+b}-1}+1 \leqslant \frac{1}{4-1} +\frac{4}{3}$ ，所以 $\displaystyle c \leqslant 2-\frac{\lg 3}{\lg 2}$ ，从而 $c$ 的最大值为 $\displaystyle 2-\frac{\lg 3}{\lg 2}$ ．

D． 由 $(a-1)(b-1)(c-1)=a b c$ ，得 $a b c-a b-b c-c a+a+b+c-1=a b c$ ，所以 $a b+ b c+c a=a+b+c-1$ ．设 $a+b+c=x$ ，则 $a b+b c+c a=x-1$ ．因为 $$ a^{2}+b^{2}+c^{2}=(a+b+c)^{2}-2(a b+b c+c a)=1 $$ 所以 $x^{2}-2(x-1)=1$ ，解得 $x=1$ ，即 $a+b+c=1, a b+b c+c a=0$ ，亦即 $a b+(a+b) c=0 \Rightarrow a b+(a+b)(1-a-b)=0 \Rightarrow a^{2}+b^{2}+a b-a-b=0 \Rightarrow b^{2}+(a-1) b+a^{2}-a=0$ ． 由 $a, b \in \mathbf{R}$ 知 $\Delta=(a-1)^{2}-4\left(a^{2}-a\right) \geqslant 0$ ，所以 $3 a^{2}-2 a-1 \leqslant 0$ ，解得 $\displaystyle -\frac{1}{3} \leqslant a \leqslant 1$ ．因此 $\displaystyle a \geqslant-\frac{1}{3}$ ． 又当 $\displaystyle a=-\frac{1}{3}$ 时，代人前面解得 $\displaystyle b=c=\frac{2}{3}$ ，符合题设要求，故 $a$ 的最小值为 $\displaystyle -\frac{1}{3}$ ．

C． 由于当 $0 \leqslant x_{s} \leqslant x_{t}$ 时，$x_{s}^{2}+x_{t}^{2} \leqslant\left(x_{s}-10+x_{t}\right)^{2}+\left(x_{t}+10-x_{t}\right)^{2}$ ，所以 $\sum_{i=1}^{10} x_{i}^{2}$ 取得最大值时， 10 个数中至少有 9 个数是 10 或者 -6 ．设这 9 个数中有 $k$ 个 -6 ，第 10 个数为 $a$ ，则 $$ 10 \cdot(9-k)+(-6) \cdot k+a=50 \Rightarrow 34 \leqslant 16 k=40+a \leqslant 50, $$ 所以 $k=3$ ．

C． 因为集合 $A=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant 1, x, y \in \mathbf{Z}\right\}$ 中有 5 个元素（即 5 个点），集合 $B= \{(x, y)||x| \leqslant 2,|y| \leqslant 2, x, y \in \mathbf{Z}\}$ 中有 25 个元素（即 25 个点），所以集合 $A \oplus B= \left\{\left(x_{1}+x_{2}, y_{1}+y_{2}\right) \mid\left(x_{1}, y_{1}\right) \in A,\left(x_{2}, y_{2}\right) \in B\right\}$ 的元素可看作正方形 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中的横、纵坐标都为整数的点（除去四个顶点），即 $7 \times 7-4=45$ 个．如图 J11 所示． \begin{figure}

7 ． 由 $\displaystyle \frac{5^{n+1}+2^{n+1}}{5^{n}+2^{n}}>4.99$ 得 $0.01 \times 5^{n}>2.99 \times 2^{n}$ ，即 $2.5^{n}>299$ ，故 $n \geqslant 7$ ．

18 ． 由条件得 $$ \frac{1}{x y}+\frac{1}{y z}+\frac{1}{x z}=1 \quad \Rightarrow \quad x y z=x+y+z \geqslant 3 \sqrt[3]{x y z} \quad \Rightarrow \quad x y z \geqslant 3 \sqrt{3} $$ 故 $$ \begin{aligned} x y z(x+y+z)-\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) & =(x+y+z)^{2}-\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \\ & =2(x y+y z+x z) \\ & \geqslant 6 \sqrt[3]{(x y z)^{2}} \geqslant 18 \end{aligned} $$ 当 $x=y=z=\sqrt{3}$ 时等号成立．

设 $L(x, y, z, \lambda)=k y^{3}+z x+\lambda\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}-1\right)$ ，令 $L_{x}^{\prime}=L_{y}^{\prime}=L_{z}^{\prime}=L_{\lambda}^{\prime}=0$ ，得 $$ \left\{\begin{array}{l} z+2 \lambda x=0 \\ 3 k y^{2}+2 \lambda y=0 \\ x+2 \lambda z=0 \\ x^{2}+y^{2}+z^{2}=1 \end{array}\right. $$ 解得 $$ \left\{\begin{array} { l } { x = \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } , } \\ { y = 0 , } \\ { z = \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } , } \\ { \lambda = - 0 . 5 } \end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l} x=\frac{1}{3|k|} \sqrt{\frac{9 k^{2}-1}{2}}, \\ y=\frac{1}{3 k}, \\ z=\frac{1}{3|k|} \sqrt{\frac{9 k^{2}-1}{2}}, \\ \lambda=-0.5 . \end{array}\right.\right. $$ 在点 $\displaystyle \left(\frac{\sqrt{2}}{2}, 0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 处，有 $$ \begin{equation*} k y^{3}+z x=\frac{1}{2} \tag{1} \end{equation*} $$ 在点 $\displaystyle \left(\frac{1}{3|k|} \sqrt{\frac{9 k^{2}-1}{2}}, \frac{1}{3 k}, \frac{1}{3|k|} \sqrt{\frac{9 k^{2}-1}{2}}\right)$ 处，有 $$ \begin{equation*} k y^{3}+z x=\frac{1}{27 k^{2}}+\frac{9 k^{2}-1}{18 k^{2}}=\frac{27 k^{2}-1}{54 k^{2}}=\frac{1}{2}-\frac{1}{54 k^{2}}<\frac{1}{2} . \tag{2} \end{equation*} $$ 又 $9 k^{2}-1 \geqslant 0$ ，即 $\displaystyle k^{2} \geqslant \frac{1}{9}$ ，由式（2）知当 $\displaystyle k^{2}=\frac{1}{9}$ ，即 $\displaystyle k=\frac{1}{3}$ 时，原函数有最小值 $\displaystyle \frac{1}{2}-\frac{1}{54 \times \frac{1}{9}}= \frac{1}{3}$ ．由式（1）、式（2）知所求最小值为 $\displaystyle \frac{1}{3}$ ，最大值为 $\displaystyle \frac{1}{2}$ ．

$\{a \mid 6 \leqslant a \leqslant 9\}$ ．

25 ． 因为 $c+2 d=1$ ，所以 $\displaystyle 2 c d \leqslant\left(\frac{c+2 d}{2}\right)^{2}=\frac{1}{4}$ ，即 $\displaystyle c d \leqslant \frac{1}{8}$ ，故 $$ \frac{1}{a}+\frac{1}{b c d} \geqslant \frac{1}{a}+\frac{8}{b}=(a+2 b)\left(\frac{1}{a}+\frac{8}{b}\right) \geqslant 25 . $$

由抽屉原理知，三个非零实数 $x, y, z$ 中，必有两个同号．由于 $f(x, y, z)=f(-x$ ， $-y, z)$ ，所以不妨设 $x>0, y>0$ ．由 $x+y+z=0$ 得 $z=-(x+y)$ ，代人原式得 $$ \begin{aligned} f(x, y, z) & =\left[x^{2}+y^{2}+(x+y)^{2}\right] \cdot\left[\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{(x+y)^{2}}\right] \\ & =3+\left(\frac{y^{2}}{x^{2}}+\frac{x^{2}}{y^{2}}\right)+\frac{x^{2}+y^{2}}{(x+y)^{2}}+\frac{(x+y)^{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)}{x^{2} y^{2}} \\ & \geqslant 3+2+\frac{(x+y)^{2}}{2(x+y)^{2}}+\frac{4 x y \cdot 2 x y}{x^{2} y^{2}}=\frac{27}{2}, \end{aligned} $$ 当且仅当 $x=y, z=-2 x$ 时等号成立，所以 $f(x, y, z)$ 的最小值是 $\displaystyle \frac{27}{2}$ ．

$\displaystyle \frac{\sqrt{17}}{2}$ ． 因为 $\displaystyle x^{2}+\frac{16}{17} z^{2} \geqslant 2 \sqrt{\frac{16}{17}} x z$ ，当且仅当 $\displaystyle x=\frac{4}{\sqrt{17}} z$ 时等号成立；$\displaystyle y^{2}+\frac{1}{17} z^{2} \geqslant 2 \sqrt{\frac{1}{17}} y z$ ，当且仅当 $\displaystyle y=\frac{1}{\sqrt{17}} z$ 时等号成立．所以 $\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}=\left(x^{2}+\frac{16}{17} z^{2}\right)+\left(y^{2}+\frac{1}{17} z^{2}\right) \geqslant 2 \sqrt{\frac{16}{17}} x z+2 \sqrt{\frac{1}{17}} y z=\frac{2}{\sqrt{17}}(4 x z+y z)$,即 $\displaystyle \frac{4 x z+y z}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} \leqslant \frac{\sqrt{17}}{2}$ ，当且仅当 $\displaystyle x=\frac{4}{\sqrt{17}} z, y=\frac{1}{\sqrt{17}} z$ ，即 $x: y: z=4: 1: 17$ 时等号成立．故 $\displaystyle \frac{4 x z+y z}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$ 的最大值是 $\displaystyle \frac{\sqrt{17}}{2}$ ． 注 本题利用待定系数法．将 $z^{2}$ 拆成两项 $\lambda z^{2}$ 和 $(1-\lambda) z^{2}$ ．由 $x^{2}+\lambda z^{2} \geqslant 2 \sqrt{\lambda} x z, y^{2}+ (1-\lambda) z^{2} \geqslant 2 \sqrt{1-\lambda} y z$, 以及 $\displaystyle \frac{2 \sqrt{\lambda}}{2 \sqrt{1-\lambda}}=\frac{4}{1}$ ，得 $\displaystyle \lambda=\frac{16}{17}$ ．由此得到本题的解法．

2. 由 $x^{2}+a x+b-3=0$ ，知 $b=-x^{2}-a x+3$ ，所以 $$ \begin{aligned} a^{2}+(b-4)^{2} & =a^{2}+\left(-x^{2}-a x-1\right)^{2}=a^{2}+\left(x^{2}+1\right)^{2}+2 a x\left(x^{2}+1\right)+a^{2} x^{2} \\ & =\left(x^{2}+1\right)\left(x^{2}+1+2 a x+a^{2}\right)=\left(x^{2}+1\right)(x+a)^{2}+x^{2}+1 . \end{aligned} $$ 因为 $x \in[1,2]$ ，所以 $a^{2}+(b-4)^{2} \geqslant x^{2}+1 \geqslant 2$ ．当 $x=1, a=-1, b=3$ 时，等号成立．故 $a^{2}+(b-4)^{2}$ 的最小值为 2 ．

$\displaystyle \frac{9}{8}$ ． 不妨设 $a=1$ ，方程 $x^{2}+b x+c=0$ 的两个实根为 $x_{1}, x_{2}$ ，由韦达定理，有 $b= -\left(x_{1}+x_{2}\right), c=x_{1} x_{2}$ ，所以 $$ \begin{aligned} (a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} & =\left(1+x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\left(x_{1}+x_{2}+x_{1} x_{2}\right)^{2}+\left(x_{1} x_{2}-1\right)^{2} \\ & =2\left(x_{1}^{2}+x_{1}+1\right)\left(x_{2}^{2}+x_{2}+1\right) \end{aligned} $$ $$ =2\left[\left(x_{1}+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}\right]\left[\left(x_{2}+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}\right] \geqslant \frac{9}{8} . $$ 从而 $\displaystyle r \leqslant \frac{9}{8}$ ，当 $\displaystyle x_{1}=x_{2}=-\frac{1}{2}$ 时，等号成立．