已知$x>0, y>0$,且$16 x^4+16 y^4+16 x^2 y^2-60 x^2-60 y^2+63=0$
求 $x+y$ 的取值范围.

考虑
\begin{align}
16(x+y)^4 =& 16(x^4+y^4+4x^3y+4xy^3+6x^2 y^2)\\
=& 16(x^4+x^2 y^2+y^4)+64xy(x^2+y^2)+80x^2 y^2\\
=& 60(x^2+y^2)-63+64xy(x^2+y^2)+80x^2 y^2\\
=& 60(x+y)^2+80x^2 y^2-120xy+64xy(x^2+y^2)-63\\
=& 60(x+y)^2+8xy[8(x^2+y^2)+10xy-15]\\
=& 60(x+y)^2+8xy \cdot 8(x+y)^2-8xy(6xy+15)\\
a =& x+y,b=xy \le \frac{a^2}{4}\\
16a^4-60a^2+63 =& 8b \cdot 8a^2-8b \cdot (6b+15)\\
\frac{16a^4-60a^2+63}{8} =& -6b^2+(8a^2-15)b
\end{align}

由判别式,左边恒正,故$8a^2-15>0$
又由均值不等式(或者配方)
\[\frac{16a^4-60a^2+63}{8} = -6b^2+(8a^2-15)b \le \frac{(8a^2-15)^2}{24}\]

化简得
\[(a^2-3)(4a^2-3) \ge 0\]
由于$\ds a^2>\frac{15}{8},4a^2-3>0$,故$a^2 \ge 3$
则$f(b)=-6b^2+(8a^2-15)b$的对称轴$\ds x_0=\frac{8a^2-15}{12} \ge \frac{a^2}{4}$

从而
\begin{gather}
\frac{16a^4-60a^2+63}{8} = f(b) \le f(\frac{a^2}{4})\\
\frac{16a^4-60a^2+63}{8} \le -6 \times \frac{a^4}{16}+(8a^2-15) \times \frac{a^2}{4}\\
(a^2-3)(a^2-7) \le 0\\
x+y=a \in [\sqrt{3},\sqrt{7}]
\end{gather}

当$\ds x=y=\frac{\sqrt{3}}{2},x=y=\frac{\sqrt{7}}{2}$可以分别取等

设 $a,b,c$ 为实数. 已知当 $- 1 \leq x \leq 1$ 时,恒有 $\left| {a{x}^{2} + {bx} + c}\right| \leq 1$ ,则 $2\left| a\right| + \left| b\right| + 3\left| c\right|$ 的最大值为 $\tk$ .

本题属于多重最值里的技巧.
对于这类二次函数型问题(在某个区间上,二次函数的绝对值不超过xx),我们通常并不使用二次函数的系数,而是选取区间端点和中点的值来刻画(显然知道这三个值也就知道了三个系数)

考虑$f(0)=c,f(1)=a+b+c,f(-1)=a-b+c$可得
\begin{aligned}
a & =\frac{1}{2}[(a+b+c)+(a-b+c)]-c=\frac{1}{2}[f(1)+f(-1)]-f(0) \\
b & =\frac{1}{2}[(a+b+c)-(a-b+c)]=\frac{1}{2}[f(1)-f(-1)] \\
c & =f(0)
\end{aligned}
可知
\begin{aligned}
2|a|+|b|+3|c| & =2\left|\frac{1}{2}[f(1)+f(-1)]-f(0)\right|+\frac{1}{2}|f(1)-f(-1)|+3|f(0)| \\
& = |f(1)+f(-1)-f(0)|+\frac{1}{2}|f(1)-f(-1)|+3|f(0)|\\
& = \max { |f(1)+f(-1)-2f(0) \pm \frac{1}{2}(f(1)-f(1)) \pm 3f(0) |}\\
& \le \frac{3}{2}+\frac{1}{2}+5=7
\end{aligned}

最后一步把四种可能都写出来,每一种都可以放缩成系数的绝对值之和.最大为7.
当$a=2,b=0,c=-1$可以取到等号.

设 $n$ 个互异的正整数 $a_1$, $a_2, \cdots, a_n$ 之和为 2000 . 记\[A=\max \left\{a_1, a_2, \cdots, a_n\right\} .\]求 $A+n$ 的最小值.

考虑
\begin{align}2000&=a_1+a_2+\dots+a_n \\& \le A+(A-1)+(A-2)+\dots+(A-n+1)\\& = nA-\frac{n(n-1)}{2}\\A &\ge \frac{2000}{n}+\frac{n-1}{2}\\A+n &\ge \frac{2000}{n}+\frac{3n}{2}-\frac{1}{2} \ge 2\sqrt{3000}-\frac{1}{2}>109\\A+n &\ge 110\end{align}
且当$5,40,41,42,\dots,74$时可取等

已知$\triangle ABC$的内角满足$\sin A+2\sin B=2\sin C$,求$\ds \frac{1}{\sin A}+\frac{1}{\sin B}-\frac{1}{\sin C}$的最小值

解法1:
使用内切圆换元,面积$s$\begin{gather}a=y+z, b=z+x, c=x+y  \\a=2(c-b) \Rightarrow y+z=2(y-z), y=3 z  \\s^2=x y z(x+y+z)=3 x z^2(x+4 z) \\\frac{1}{\sin A}+\frac{1}{\sin B}-\frac{1}{\sin c}=\frac{b c+c a-a b }{2 s}\\=\frac{x^2+4 x z+11 z^2}{2 \sqrt{3 x z^2(x+4 z)}} \geqslant \frac{2 \sqrt{11 z^2 \cdot\left(x^2+4 x z\right)}}{2 \sqrt{3 x z^2(x+4 z)}}=\frac{\sqrt{33}}{3}\end{gather}

解法2:
和差化积\begin{gather}    \frac{1}{2}= \frac{\sin C-\sin B}{\sin A}=\frac{2 \cos \frac{C+B}{2} \sin \frac{C-B}{2}}{2 \sin \frac{C+B}{2} \cos \frac{C+B}{2}}=\frac{\tan \frac{C}{2}-\tan \frac{B}{2}}{\tan \frac{C}{2}+\tan \frac{B}{2}} \\    \tan \frac{C}{2}= 3 \tan \frac{B}{2}, \tan \frac{B}{2}=x>0, \tan \frac{C}{2}=3 x\\    \tan \frac{A}{2} \tan \frac{B}{2}+\tan \frac{B}{2} \tan \frac{C}{2}+\tan \frac{C}{2} \tan \frac{A}{2}=1 \Rightarrow  \tan \frac{A}{2}=\frac{1-3 x^2}{4 x}>0\end{gather}
考虑万能公式\[    \frac{2}{\sin A}=\tan \frac{A}{2}+\cot \frac{A}{2}\]\begin{gather}    2\left(\frac{1}{\sin A}+\frac{1}{\sin B}-\frac{1}{\sin C}\right)=\frac{1-3 x^2}{4 x}+\frac{4 x}{1-3 x^2}+x+\frac{1}{x}-\left(3 x+\frac{1}{3x}\right) \\=  \frac{11}{12} \cdot \frac{1-3 x^2}{x}+4 \cdot \frac{x}{1-3 x^2} \geqslant 2 \sqrt{\frac{11}{12} \times 4}=2 \cdot \frac{\sqrt{33}}{3}\\\left(\frac{1}{\sin A}+\frac{1}{\sin B}-\frac{1}{\sin C}\right) \ge \frac{\sqrt{33}}{3}\end{gather}

对于一个正$n$边形,各边斜率均存在且分别为$k_j,j=1,2,\dots,n$,如果某边的倾斜角为$\theta$,化简$\ds A_n=\sum_{j=1}^n k_j\sum_{j=1}^n \frac{1}{k_j}$.

昨晚睡前在QQ群看到的一个讨论,原题是$n=5$,推广到$n$.和两年前写的下面这篇”从高考题到巴塞尔问题”关联比较大,如果没有接触过此类问题,可以从下面的文章开始阅读.

从高考题到巴塞尔问题

下面先证明一个引理:\[    F_n(\theta)=\sum_{j=1}^n \tan(\theta+\frac{j\pi}{n})=\begin{cases}        n\tan n\theta & 2 \nmid n\\        -n\cot n\theta & 2 | n    \end{cases}\]
证明:
考虑$x\in \{\theta+\frac{j\pi}{n} |j=1,2,\dots,n\}$的共同之处:$\tan nx=\tan n\theta$
且显然所有$\tan x$是互不相同的
考虑棣莫弗公式\[    \cos nx+\mi \sin nx=(\cos x+ \mi \sin x)^n\]
如果$n=2k+1$是奇数,比较实部虚部可得\begin{gather}    \tan n\theta=\tan nx=\frac{\sin nx}{\cos nx}\\    =\frac{C_{2k+1}^{2k+1}(-1)^k \sin^{2k+1} x+\dots}{C_{2k+1}^{2k}(-1)^k \cos x\sin^{2k} x+\dots}    =\frac{C_{2k+1}^{2k+1}(-1)^k \tan^{2k+1} x+\dots}{C_{2k+1}^{2k}(-1)^k \tan^{2k} x+\dots}\\    C_{2k+1}^{2k+1}(-1)^k \tan^{2k+1} x – \tan (2k+1)\theta \cdot C_{2k+1}^{2k}(-1)^k \tan^{2k} x+\dots=0\end{gather}从而$\tan(\theta+\frac{j\pi}{n})$是如下关于$y$的$2k+1$次方程的$2k+1$个不同根\[    C_{2k+1}^{2k+1}(-1)^k y^{2k+1} – \tan (2k+1)\theta \cdot C_{2k+1}^{2k}(-1)^k y^{2k}+\dots=0\]
韦达定理可得这些根的和\[    F_n(\theta)=-\frac{- \tan (2k+1)\theta \cdot C_{2k+1}^{2k}(-1)^k}{C_{2k+1}^{2k+1}(-1)^k} =(2k+1)\tan (2k+1)\theta=n\tan n\theta\]
如果$n=2k$是偶数,那么按照同样的操作同理可得$\tan(\theta+\frac{j\pi}{n})$是如下关于$y$的$2k$次方程的$2k$个不同根\[    C_{2k}^{2k} (-1)^k y^{2k} – \cot 2k \theta \cdot C_{2k}^{2k-1}(-1)^{k-1} y^{2k-1}+\dots=0\]
韦达定理可得\[    F_n(\theta)=-\frac{- \cot 2k \theta \cdot C_{2k}^{2k-1}(-1)^{k-1}}{C_{2k}^{2k} (-1)^k} =-2k\cot 2k\theta=-n\cot n\theta\]
综上可知\[    F_n(\theta)=\sum_{j=1}^n \tan(\theta+\frac{j\pi}{n})=\begin{cases}        n\tan n\theta & 2 \nmid n\\        -n\cot n\theta & 2 | n    \end{cases}\]

接着证明原题:
不妨设第$j$边倾斜角为$x_j=\theta+\frac{2j\pi}{n}$,(不管倾斜角$[0,\pi)$的取值范围,求正切以后无影响)\[    f_n(\theta)=\sum_{j=1}^n \tan(\theta+\frac{2j\pi}{n})\]
则\[    \sum_{j=1}^n \cot(\theta+\frac{2j\pi}{n})=\sum_{j=1}^n \tan(\frac{\pi}{2}-\theta-\frac{2j\pi}{n})=f_n(\frac{\pi}{2}-\theta)\]
待求式即为$A_n=f_n(\theta)f_n(\frac{\pi}{2}-\theta)$
若$n=2k+1$是奇数,则易得任意两个边倾斜角的差都不是$\pi$的整数倍,所以求正切后互不相同,是$\theta+\frac{j\pi}{n}$的重新排列
亦即$f_n(\theta)=F_n(\theta)$
\[    f_n(\frac{\pi}{2}-\theta)=n \tan n(\frac{\pi}{2}-\theta)=n \tan (k\pi+\frac{\pi}{2}-n\theta)=n \cot n\theta\]
于是待求为\[    A_n=f_n(\theta)f_n(\frac{\pi}{2}-\theta)=\left( n\tan n\theta \right) \left( n \cot n\theta \right)=n^2\]
若$n=2k$是偶数,则$x_1,x_2,\dots,x_k$的正切刚好取遍$\tan(\theta+\frac{j\pi}{k}),j=1,2,\dots,k$,而$\tan x_{k+j}=\tan x_j$
所以$f_{2k}(\theta)=2F_k(\theta),f_{2k}(\frac{\pi}{2}-\theta)=2F_k(\frac{\pi}{2}-\theta)$,待求式为\[    A_n=f_{2k}(\theta) f_{2k}(\frac{\pi}{2}-\theta)=4F_k(\theta)F_{k}(\frac{\pi}{2}-\theta)\]
如果$k$是奇数,如上可得\[    A_n=4k^2=n^2    \]
如果$k=2m$是偶数,那么$n=4m$\[    A_n=4F_{2m}(\theta)F_{2m}(\frac{\pi}{2}-\theta)=4 \cdot (-2m\cot 2m\theta) \cdot (-2m \cot 2m(\frac{\pi}{2}-\theta))=-n^2\cot^2\frac{n\theta}{2}\]

综上可得\[    A_n=\begin{cases}        -n^2\cot^2\frac{n\theta}{2} & 4|n\\        n^2 & else    \end{cases}\]

对于实数$a,b$,求$\ds S=\frac{(1-a) (1-b) (1-a b)}{\left(a^2+1\right) \left(b^2+1\right)}$的最值

    令$\ds a=\frac{x+1}{x-1},b=\frac{y+1}{y-1}$(如果$a,b$中有1,则原式为0显然不是最值)
    代入化简得    \begin{gather}        S=\frac{(1-a) (1-b) (1-a b)}{\left(a^2+1\right) \left(b^2+1\right)}        =-\frac{2 (x+y)}{\left(x^2+1\right) \left(y^2+1\right)}\\        |S|=\frac{2 |x+y|}{\left(x^2+1\right) \left(y^2+1\right)}\\        =\frac{2 |x+y|}{\left(x^2+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\right) \left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+y^2\right)}\\        \le \frac{2 |x+y|}{\left(\frac{|x|}{\sqrt{3}}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{|y|}{\sqrt{3}}\right)}        =\frac{6|x+y|}{(|x|+|y|+\frac{2\sqrt{3}}{3})^2} \le \frac{3\sqrt{3}}{4}    \end{gather}

    去掉了原题干的一些废话,所以变量显得有些奇怪,但是无误,
$a^2<1$,求$\ds M=\frac{a^2+1}{a^4}\frac{a^4+1}{(a^2-1)^2}$的最小值

    解:设$x=a^2 \in (0,1),y=1-a^2$,则    \begin{align}        M&=\frac{a^2+1}{a^4}\frac{a^4+1}{(a^2-1)^2}\\        &=\frac{(y+2x)[x^2+(x+y)^2]}{x^2 y^2}\\        &=\frac{(x+y)(y+2x)[x^2+(x+y)^2]}{x^2 y^2}\\        &=\frac{(2x^2+y^2+3xy)(2x^2+y^2+2xy)}{x^2 y^2}\\        & \ge \frac{(2\sqrt{2} xy+3xy)(2\sqrt{2}xy+2xy)}{x^2 y^2}\\        &=14+10\sqrt{2}    \end{align}    当$2x^2=y^2$取等

前段时间网站被黑,服务器没有来得及维护,东西丢了不少,服务器停了很久.而今找回,重新布置上线.

 

已知 $a \geq b \geq c \geq d \geq 0$, 且 $\ds \frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{(a+b+c+d)^2}=\frac{3}{8}$, 求 $\ds \frac{a+c}{b+d}$ 的最大值

考虑    \begin{align}        \frac{3}{8}(a+b+c+d)^2&=a^2+b^2+c^2+d^2\\        & \ge a^2+c^2+c^2+0=a^2+2c^2\\        & \ge \frac{(a+c)^2}{1+\frac{1}{2}}\\        \frac{9}{16}(a+b+c+d)^2 &\ge (a+c)^2\\        \frac{a+c}{b+d} & \le 3    \end{align}    当$a=2,b=c=1,d=0$可取等

12. 设不全相等的三个复数 $z_1, z_2, z_3$ 满足方程 $4 z_1^2+5 z_2^2+5 z_3^2=4 z_1 z_2+6 z_2 z_3+4 z_3 z_1$. 记复平面 上以 $z_1, z_2, z_3$ 为顶点的三角形三边的长从小到大依次为 $a, b, c$, 则 $a: b: c=\tk$

解:作为填空本题非常简单,只需令$z_3=0$,立即可得\[    4z_1^2+5z_2^2-4z_1 z_2=0    \]
显然\[    (2z_1-z_2)^2+z_2^2=0,2z_1-z_2=\pm 2\mi z_2    \]
取$z_1=1\pm 2\mi,z_2=2$,结合$z_3=0$,可得三边依次为$2,\sqrt{5},\sqrt{5}$
如果采用严格的证明方式做也不复杂.
由于要求的是边之间的关系,这就意味着中间会反复出现$z_1-z_2,z_2-z_3,z_3-z_1$这种东西
稍微观察会发现原式可以化为\[    2(z_1-z_2)^2+3(z_2-z_3)^2+2(z_3-z_1)^2=0    \]
使用$z_1$作为起点整理\[    2(z_2-z_1)^2+3[(z_2-z_1)-(z_3-z_1)]^2+2(z_3-z_1)^2=0    \]
即\[    5(z_2-z_1)^2-6(z_2-z_1)(z_3-z_1)+5(z_3-z_1)^2=0    \]
也就是说$\frac{z_3-z_1}{z_2-z_1}$是方程$5x^2-6x+5=0$的根\[    x=\frac{6 \pm 8\mi}{10}=\frac{3 \pm 4\mi}{5}    \]
取$z_3-z_1=3 \pm 4\mi,z_2-z_1=5$,则$z_3-z_2=-2\pm 4\mi$
可得三边之比为$2:\sqrt{5}:\sqrt{5}$

本题为本次预赛压轴填空,主要考察的是复数的几何意义.