证明:$\forall n \in \mN,\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2+2}+\dots+\sqrt{n^2+2n} >2n^2+n$

\[    \sqrt{n^2+k}-n=\frac{k}{\sqrt{n^2+k}+n}>\frac{k}{2n+1},\forall k \in [1,2n]\]

故\[    \sum_{k=1}^{2n} \sqrt{n^2+k}>\sum_{k=1}^{2n}(n+\frac{k}{2n+1})=2n^2+n\]

此方法相当于局部不等式,本题亦可倒序相加证明

不行,我得增加发文频率.这样的速度太浪费我买服务器和域名的钱钱了.

(2011-北约自招)求过抛物线$y=2x^2-2x-1,y=-5x^2+2x+3$两交点的直线方程

直接求的话坐标很可能带有根号,但是考虑到除了$x^2$外其他均为一次,只要消掉它就行了.
所以左边乘以5加上右边乘以2即可
\[    5y+2y=5(2x^2-2x-1)+2(-5x^2+2x+3),6x+7y-1=0\]

原理:既然两个点都在两个曲线上,那么可以对两个曲线方程任意进行恒等变形,两个点仍然在得到的新式子上面.

类似题目联想:

已知两曲线$x^2-y^2+y=a^2,x^2+3y^2+x=b^2+1$有四个交点.求证:四个交点共圆

直接相加即可.(注意,既然点是存在的,那么得到的式子一定是圆,不需验证半径)

设$a$是实数,两条曲线$y=x^2+x+a$与$x=4y^2+3y+a$有4个交点.证明:4个交点共圆,并求圆心坐标.

只要把左边乘以4和右边相加即可.

已知曲线$\Gamma:3x^2+2y^2=6$交直线$2x-y+2=0$于$A,B$,交直线$2x+y+3=0$于$C,D$.证明:$A,B,C,D$共圆

将两直线合并为退化的二次曲线$(2x-y+2)(2x+y+3)=0$
那么四个点都在曲线$(3x^2+2y^2-6)+t (2x-y+2)(2x+y+3) =0$这个二次曲线上
只需要稍微调整$t$的大小,使之成为圆的方程即可

证明:$9(t^4+1)^3 \ge 8(t^6+t^3+1)^2,\forall t \in \mr$

显然只需考虑$t>0$的情况
取$\ds f(t)=\ln\frac{9}{8}+3\ln(t^4+1)-2\ln(t^6+t^3+1)$
求导得\[    f'(t)=\frac{4t^3}{t^4+1} \times 3-\frac{6t^5+3t^2}{t^6+t^3+1} \times 2=\frac{6t^2(t+1)}{(t^4+1)(t^6+t^3+1)}(t-1)^3\]
单调性明确,显然成立

或者两边除以$t^6$,等价于\[    9(t^2+\frac{1}{t^2})^3 \ge 8(t^3+\frac{1}{t^3}+1)^2\]
换元$u=t+\frac{1}{t} \ge 2$,等价于
\[    9(u^2-2)^3 \ge 8(u^3-3u+1)^2\]
注意到$u=2$时是取等的,故一定可以分离出$u-2$
事实上会分解为$(u-2)^2 \left(u^4+4 u^3+6 u^2-8 u-20\right)$
考虑$u^4+4 u^3+6 u^2-8 u-20 \ge 8u+16u+12u-8u-20=28u-20>0$,故\[    9(u^2-2)^3 – 8(u^3-3u+1)^2=(u-2)^2 \left(u^4+4 u^3+6 u^2-8 u-20\right) \ge 0\]