已知$a,b,c$是三角形的三边长,求证:
\[    \frac{(a^3+b^3+c^3)^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}<2\]

注意到
\begin{align}    &(1+\mi) (a+\mi b) (b+\mi c)(c+\mi a)\\    =&-\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2-2abc\right)\\    &+\mi \left(a^2 b-a^2 c-a b^2+a c^2+b^2 c-b c^2\right)\end{align}
取模的平方,可得
\begin{align}    &2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)\\    =&\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2-2abc\right)^2\\    &+\left(a^2 b-a^2 c-a b^2+a c^2+b^2 c-b c^2\right)^2\\    \ge&\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2-2abc\right)^2\\    =&[(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)+(a^3+b^3+c^3)]^2\\    >&(a^3+b^3+c^3)^2\end{align}

    求出所有的正整数$k$,使得对任意满足不等式    \[        k(ab+bc+ca)>4(a^2+b^2+c^2)        \]        的正数$a,b,c$,一定存在三边长分别为$a,b,c$的三角形

考虑三角形的极端情况$(1,1,2)$,可知$k \le 6$,(否则如果$k>6$,就有$(1,1,2)$满足不等式但是不可以构成三角形)       
而基本不等式可知$k>5$,因此只有$k=6$是可能的   
\[    \frac{6}{5}>\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+c(a+b)} \ge \frac{\frac{(a+b)^2}{2}+c^2}{\frac{(a+b)^2}{4}+c(a+b)}            \]
令$\ds t=\frac{a+b}{c}$,得$t^2-6t+5<0,1<t<5$               
这表明总是有$a+b>c$,满足题意

参考答案简直丑陋.给个简单解法.

14. 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $\ds a_{1}>0, a_{n+1}=a_{n}+\frac{n}{a_{n}}(n \geq 1)$, 证明
(1).数列 $\left\{a_{n}-n\right\}(n \geq 2)$ 为单调递减;
(2).存在一个常数 $c$ 使得 $\ds \sum_{k=1}^{n} \frac{a_{k}-k}{k+1} \leq c, n \geq 2$ 。

(1). 归纳证$a_n \ge n,\forall n \ge 2$,然后可得$\ds a_{n+1}-(n+1)=(1-\frac{1}{a_n})(a_n-n)<a_n-n$       

(2).由(1)可知,当$n \ge 2$时$a_{n}-n\le a_2-2$                 
取$\lambda=\max\{1,a_2-2\}$,则$a_n \le n+(a_2-2)\le \lambda (n+1)$        \[            (a_k-k)-(a_{k+1}-(k+1))=\frac{a_k-k}{a_k} \ge \frac{a_k-k}{\lambda (k+1)}            \]
        累加可得        \[            \sum_{k=2}^n \frac{a_k-k}{k+1} \le \lambda[(a_2-2)-(a_{n+1}-(n+1))] \le \lambda (a_2-2)        \]
        从而        \[            \sum_{k=1}^{n} \frac{a_{k}-k}{k+1} \le \frac{a_1-1}{2}+\lambda (a_2-2)        \]
        因此,取$\ds c=\frac{a_1-1}{2}+\lambda (a_2-2)$即可 

参考答案如下:

设数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 $x_{n+1}=x_{n}^{2}-2 x_{n}, n \in \mathbf{N}^{*}$, 且对于任意 $x_{1} \neq 0$, 都存在正整数 $n$ 使得 $x_{n} \geqslant m$, 求实数 $m$ 的最大值

看到这题我首先想到不动点$0,3$.但是稍微考虑一下,如果$x_1=2$,那么这时2就足够了,所以不动点不符合题意
既然一阶不动点不可以,那为什么不能是二阶不动点呢?
我们假设数列是按照$a,b,a,b,\dots$这样周期进行的
尝试解方程组\[    \begin{cases}        b=a^2-2a\\        a=b^2-2b    \end{cases}\]
即可得到$\ds (a,b)=(\frac{1-\sqrt{5}}{2},\frac{1+\sqrt{5}}{2})$
这样我们就有理由猜测$\ds \frac{1+\sqrt{5}}{2}$是最终需要的结果.

首先.若$\ds x_1=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$,整个数列只有$\ds \frac{1-\sqrt{5}}{2},\frac{1+\sqrt{5}}{2}$两个数,所以$\ds m \le \max x_n= \frac{1+\sqrt{5}}{2}$
其次.我们证明不可能对一切正整数$n$都有$\ds x_n <\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

假如有这样的数列,由$\ds x_{n+1}=x_n^2-2x_n<\frac{1+\sqrt{5}}{2}$,解得$\ds \frac{1-\sqrt{5}}{2}<x_n<\frac{3+\sqrt{5}}{2}$
从而总有$\ds \frac{1-\sqrt{5}}{2}<x_n<\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
再来一次,$\ds \frac{1-\sqrt{5}}{2}<x_{n+1}=x_n^2-2x_n<\frac{1+\sqrt{5}}{2}$,解得$\ds \frac{1-\sqrt{5}}{2}<x_n<\frac{3-\sqrt{5}}{2}$

解法1:
来最后一次,$\ds \frac{1-\sqrt{5}}{2}<x_{n+1}=x_n^2-2x_n<\frac{3-\sqrt{5}}{2}$,解得\[    1-\sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{2}}<x_n<\frac{3-\sqrt{5}}{2}\]
考虑$\ds \frac{5-\sqrt{5}}{2}<\frac{5-1}{2}=2$,从而$\ds 1-\sqrt{2}<x_n<\frac{3-\sqrt{5}}{2}$
又因为\begin{gather}    |x_{n+2}-x_{n+1}|=|(x_{n+1}^2-2x_{n+1})-(x_n^2-2x_n)|\\    =|(x_{n+1}-x_n)(x_{n+1}+x_n-2)|\\    =|x_{n+1}-x_n| \cdot |x_n^2-x_n-2|\end{gather}
注意到当$\ds x _n \in (1-\sqrt{2},\frac{3-\sqrt{5}}{2}),x_n^2-x_n-2 \in (-\sqrt{5},-\sqrt{2})$,故$\ds |x_n^2-x_n-2|>\sqrt{2}$
从而\[    |x_{n+2}-x_{n+1}|>\sqrt{2} |x_{n+1}-x_n|\]
累乘可得\[    |x_{n+2}-x_{n+1}|>(\sqrt{2})^{n} \cdot |x_2-x_1|\]
若$x_2=x_1$,解得$x_1=0,3$,与题干和假设矛盾,故$x_2 \ne x_1$
但$\ds \frac{1-\sqrt{5}}{2}<x_{n+2},x_{n+1}<\frac{3-\sqrt{5}}{2}$,可得$|x_{n+2}-x_{n+1}|<1$
于是当$\ds n>\log_{\sqrt{2}} \frac{1}{|x_2-x_1|}$时\[    (\sqrt{2})^{n} \cdot |x_2-x_1|>1>|x_{n+2}-x_{n+1}|\]
矛盾!
从而假设不成立,不存在满足$\ds x_n <\frac{1+\sqrt{5}}{2},\forall n \in \mN$的数列.
故$\ds m=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$是符合题意的
综上所述,$m$的最大值是$\ds \frac{1+\sqrt{5}}{2}$

解法2(根据QQ群朱鹏宇解答改写):
由$\ds \frac{1-\sqrt{5}}{2}<x_n<\frac{3-\sqrt{5}}{2}$可得$\ds 2-x_n>\frac{1+\sqrt{5}}{2}=r,r>1$
$|x_{n+1}|=|x_n| \cdot |2-x_n|>r |x_n|$
反复进行可得$|x_{n+1}|>r^n \cdot |x_1|,\forall n \in \mN$
从而当$\ds n>\log_r \frac{\sqrt{5}-1}{2|x_1|}$时,有\[    r^n \cdot  |x_1|>\frac{\sqrt{5}-1}{2|x_1|} \cdot |x_1|=\frac{\sqrt{5}-1}{2}>|x_{n+1}|\]
矛盾!
从而假设不成立,不存在满足$\ds x_n <\frac{1+\sqrt{5}}{2},\forall n \in \mN$的数列.
故$\ds m=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$是符合题意的
综上所述,$m$的最大值是$\ds \frac{1+\sqrt{5}}{2}$

各位新年快乐~

2016山东文科高考题

2016年山东省文科高考题第12是这样一个问题:
12. 观察下列等式:\[\begin{aligned}&\left(\sin \frac{\pi}{3}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{2 \pi}{3}\right)^{-2}=\frac{4}{3} \times 1 \times 2 \\&\left(\sin \frac{\pi}{5}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{2 \pi}{5}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{3 \pi}{5}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{4 \pi}{5}\right)^{-2}=\frac{4}{3} \times 2 \times 3 ; \\&\left(\sin \frac{\pi}{7}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{2 \pi}{7}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{3 \pi}{7}\right)^{-2}+\cdots+\left(\sin \frac{6 \pi}{7}\right)^{-2}=\frac{4}{3} \times 3 \times 4 ;\\&\left(\sin \frac{\pi}{9}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{2 \pi}{9}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{3 \pi}{9}\right)^{-2}+\cdots+\left(\sin \frac{8 \pi}{9}\right)^{-2}=\frac{4}{3} \times 4 \times 5 ; \end{aligned}\]
照此规律, $\ds \left(\sin \frac{\pi}{2 m+1}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{2 \pi}{2 m+1}\right)^{-2}+\left(\sin \frac{3 \pi}{2 m+1}\right)^{-2}+\cdots+ \left(\sin \frac{2 m \pi}{2 m+1}\right)^{-2}=\tk$

此题是一个填空题,仅仅猜想的话是很容易观察出结果的$\ds \frac{4m(m+1)}{3}$.但它实际有相当深刻的背景.真的去证明的话需要用到一系列高考以外的知识.

(I).基础知识:
首先我们需要知道棣莫弗公式:
$\mi$是虚数单位,则
\[    \forall m \in \mN:(\cos x+\mi\sin x)^m=\cos mx+i\sin mx\]
这可以用归纳法证明.

还需知道一个基本三角函数不等式\[    \forall x \in (0,\frac{\pi}{2}),0<\sin x<x<\tan x\]

还需要知道多元韦达定理的推论:
方程 $\ds \sum_{k=0}^{n} a_k x^k=0(a_n a_0 \ne 0)$ 的所有根的倒数和为 $\ds -\frac{a_1}{a_0}$

(II).然后我们需要进行一步转化,利用$\sin^{-2} x=\tan^{-2} x+1$及正弦函数的对称性将原式化为\[    \sum_{k=1}^{2m} \sin^{-2}\frac{k\pi}{2m+1}=2\sum_{k=1}^{m} (\tan^{-2}\frac{k\pi}{2m+1}+1)\]

(III).构建以$\ds \tan^2 \frac{k\pi}{2m+1},k=1,2,\dots,m$为根的方程,使用韦达定理求和.
\begin{gather}    n=2m+1,m \in \mathbf{N}^*\\    \tan nx=0 \Longleftrightarrow \sin nx=0\\    \Longleftrightarrow Im((\cos x+\mathbf{i} \sin x)^n)=0\\    \Longleftrightarrow C_n^1 \cdot \cos^{n-1} x \cdot \sin x-C_n^3 \cdot \cos^{n-3} x \cdot \sin^3 x+\ldots=0\end{gather}
后面的项我们不关心所以直接省略掉,前两项是会用到的
\[    \Longleftrightarrow C_n^1 \tan x-C_n^3 \tan^3 x+\ldots=0\]从而$\ds \tan\frac{k\pi}{2m+1},|k| \le m$是 $n$ 次方程 $C_n^1 x-C_n^3 x^3+\ldots=0$ 的全部根
由于方程只有奇数幂,扣掉0根,扣掉负根,可得
$\ds \tan^2\frac{k\pi}{2m+1},1 \le k \le m$是$m$次方程 $C_n^1 -C_n^3 x+\ldots=0$的全部根
从而由韦达定理\[    \sum_{k=1}^{m} \frac{1}{\tan^2\frac{k\pi}{2m+1}}=\frac{C_n^3}{C_n^1}=\frac{(n-1)(n-2)}{6}=\frac{2m^2-m}{3}\]
从而得到题目中的待求式\[    \sum_{k=1}^{2m} \sin^{-2}\frac{k\pi}{2m+1}=2\sum_{k=1}^{m} (\tan^{-2}\frac{k\pi}{2m+1}+1)=2(\frac{2m^2-m}{3}+m)=\frac{4m(m+1)}{3}\]

这样我们就得到了这道高考题的证明.

巴塞尔问题

说完这个高考题的证明,我们接着介绍历史上著名的巴塞尔问题,也就是平方数的倒数和究竟是多少?

巴塞尔问题是一个著名的数论问题，这个问题首先由皮耶特罗·门戈利在1644年提出，由莱昂哈德·欧拉在1735年解决。由于这个问题难倒了以前许多的数学家，欧拉一解出这个问题马上就出名了，当时他二十八岁。欧拉把这个问题作了一番推广，他的想法后来被黎曼在1859年的论文《论小于给定大数的素数个数》（On the Number of Primes Less Than a Given Magnitude）中所采用，论文中定义了黎曼$\zeta $函数，并证明了它的一些基本的性质。这个问题是以瑞士的第三大城市巴塞尔命名的，它是欧拉和伯努利家族的家乡。
这个问题是精确计算所有平方数的倒数的和，也就是以下级数的和：
${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}=\lim _{n\to +\infty }\left({\frac {1}{1^{2}}}+{\frac {1}{2^{2}}}+\cdots +{\frac {1}{n^{2}}}\right)}$
这个级数的和大约等于1.644934（OEIS中的数列A013661）。巴塞尔问题是寻找这个数的准确值，并证明它是正确的。欧拉发现准确值是$\frac{\pi^2}{6}$，并在1735年公布；彼时他的证明还不是十分严密，真正严密的证明在1741年给出。

我们下面会指出,这道高考题与巴塞尔问题有着内在联系,实质上它稍微处理一下就可以解决巴塞尔问题.

我们利用上面的中间结论\[    \sum_{k=1}^{m} \cot^2\frac{k\pi}{2m+1}=\frac{2m^2-m}{3},\sum_{k=1}^{m} \frac{1}{\sin^2 \frac{k\pi}{2m+1}}=\frac{2m^2+2m}{3}\]
使用基本的三角不等式,我们知道\[    0<\cot^2 x<\frac{1}{x^2}<\frac{1}{\sin^2 x}, \forall x \in (0,\frac{\pi}{2})\]
从而\[    0<\cot^2 \frac{k\pi}{2m+1}<\frac{(2m+1)^2}{k^2 \pi^2}<\frac{1}{\sin^2 \frac{k\pi}{2m+1}},k=1,2,\dots,m\]
我们将所有的不等式加起来,两边都是可以求和的,从而得到\[    \frac{m(2m-1)}{3}<\frac{(2m+1)^2}{\pi^2}(1+\frac{1}{2^2}+\dots+\frac{1}{m^2})<\frac{2m(m+1)}{3}\]
从而\[    \frac{\pi^2}{6}\frac{2m(2m-1)}{(2m+1)^2}<1+\frac{1}{2^2}+\dots+\frac{1}{m^2}<\frac{\pi^2}{6}\frac{4m(m+1)}{(2m+1)^2}\]
令$m \to +\infty$显然两边都以$\ds \frac{\pi^2}{6}$为极限
所以\[    \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}\]

这样就解决了历史上著名的巴塞尔问题.

附注:
3Blue1Brown 做过一次关于巴塞尔问题的视频,也值得一看
https://www.bilibili.com/video/av20400157/

练习题:
求$\ds\tan^6 \frac{\pi}{9}+\tan^6 \frac{2\pi}{9}+\tan^6 \frac{4\pi}{9}$
答案:33273

• 若对于任意的$b \in R$,都存在$x \in [1,a]$,使得不等式$\ds |ax^2+bx-1| \ge \frac{5}{4}x$成立,求实数$a$的取值范围

本题是存在性,不能随便代入.得化成最值问题.
注意到由于左右都是变量我们不能转化,所以考虑分离变量,两边同时除以$x$则变成熟悉的问题:
对于任意的$b \in \mr$,都存在$x \in [1,a]$,使得不等式$\ds |ax-\frac{1}{x}+b| \ge \frac{5}{4}$成立
注意”对于任意的$b \in \mr$”,这句话表明对于$b$来说这是个任意性问题.

考虑到$\ds g(x)=ax-\frac{1}{x} \in [g(1),g(a)]$,等价于
$$\min_{b \in \mr} \max \{|b+g(1)|,|b+g(a)|\} \ge \frac{5}{4}$$
而熟知左边等于$\ds \frac{|g(1)-g(a)|}{2}=\frac{g(a)-g(1)}{2}$,故等价于
$$a^2-\frac{1}{a}-a+1 \ge \frac{5}{2}$$
解得$a \ge 2$

• 已知函数$f(x)=ax^2+bx+a+b$在区间$[1,2]$上至少有一个零点,求$a^2+b^2-2b$的最小值

这看起来是一个老题改编的,我们用老题的思路写写看:
首先凑出来$a,b-1$
$$a(x^2+1)+(b-1)(x+1)=-(x+1)$$
而后要出现$a^2+(b-1)^2$,故使用柯西
$$|x+1|=|a(x^2+1)+(b-1)(x+1)| \le \sqrt{a^2+(b-1)^2}\sqrt{(x^2+1)^2+(x+1)^2}$$
$$a^2+b^2-2b \ge \frac{(x+1)^2}{(x^2+1)^2+(x+1)^2}-1=-\frac{1}{1+g^2(x)}$$
其中
$$g(x)=\frac{x+1}{x^2+1} \ge \frac{3}{5}$$
故
$$a^2+b^2-2b \ge -\frac{25}{34}$$

但是本题特殊,原条件中$a,b$是成比例的,所以有更直接的算法,先对于确定的$b$求$a$的最值化为$b$的函数,而后求这个函数的最值即可
$$-\frac{a}{b}=\frac{x+1}{x^2+1} \ge \frac{3}{5}$$
平方可得
$$a^2 \ge \frac{9}{25}b^2$$
$$a^2+b^2-2b \ge \frac{34}{25}b^2-2b \ge -\frac{25}{34}$$
当$\ds a=-\frac{15}{34},b=\frac{25}{34}$取等

如图,在锐角$\triangle ABC$中,$AB>AC$,$M$是$\triangle ABC$的外接圆$\Omega$的劣弧$BC$的中点,$K$是$\angle BAC$的外角平分线与$BC$延长线的交点.在过点$A$且垂直于$BC$的直线上取一点$D$(异于$A$),使得$DM=AM$.设$\triangle ADK$的外接圆与圆$\Omega$相交于点$A$及另一点$T$.证明:$AT$平分线段$BC$

显然$T$的位置不太清楚,但$AT$是根轴是明确的,所以可以直接取出$BC$中点$F$,证明$F$在根轴上.也就是证明$F$对两个圆的幂是相等的.

等等,这不就是今年A1的套路吗?这A2真就和A1这么像都不改的?

$F$对$\bigodot ABC$的幂是$\ds \frac{a^2}{4}$,设$\bigodot ADK$交$BC$于不同于$K$的$E$,只需证明$\ds FE \cdot FK=\frac{a^2}{4}$

考虑外角平分线基本性质$\ds \frac{KB}{KC}=\frac{c}{b}$,可得$\ds KC=\frac{ab}{c-b}$,$\ds KF=\frac{a}{2}+KC=\frac{a(c+b)}{2(c-b)}$
从而只需证明$\ds FE=\frac{a^2}{4}/\frac{a(c+b)}{2(c-b)}=\frac{a(c-b)}{2(c+b)}$
只需证明$\ds CE=FE+\frac{a}{2}=\frac{ac}{c+b}$

可这就是角平分线分割$BC$的两段长度之一,设$AM$交$BC$于$G$,只需证明$BG=CE$,只需证明$MG=ME$,考虑这边还有一个等腰三角形$MA=MD$,只需证明$E,M,D$共线即可
稍微导下角发现就没了

设$\triangle ABC$三边为$a,b,c$,$\bigodot ADK$交$BC$于不同于$K$的$E$,$BC$中点$F$,$AM$交$BC$于$G$.
则有$MF \perp BC$.
考虑$\angle EDA=\angle EKA$(共圆),$\angle EKA=90^\circ-\angle AGK=\angle GAD=\angle MDA$
可得$\angle EDA=\angle MDA$,所以$EMD$三点共线
可得$\angle MEG=\angle MGE=90^\circ-\angle MAD,ME=MG$
由对称性,$\ds CE=BG=\frac{ac}{c+b},FE=CE-\frac{a}{2}=\frac{a(c-b)}{2(c+b)}$
又由外角平分线基本性质$\ds \frac{KB}{KC}=\frac{c}{b}$,可得$\ds KC=\frac{ab}{c-b}$,$\ds FK=\frac{a}{2}+KC=\frac{a(c+b)}{2(c-b)}$
从而$\ds FK \cdot FE=\frac{a(c+b)}{2(c-b)}\frac{a(c-b)}{2(c+b)}=\frac{a^2}{4}=FB \cdot FC$
故$F$在$\bigodot ABC$和$\bigodot ADK$根轴上,即$F$在$AT$上,证毕.