已知$x+y=3$,求下式的最大值\[    \frac{x^2+y^2+2}{\sqrt{(x^2+1)(y^2+1)}}    \]

解:\begin{align}    13(x^2+1)(y^2+1)&=(9+4)[(x+y)^2+(1-xy)^2]\\    &\ge [3(x+y)+2(1-xy)]^2=[(x+y)^2+2(1-xy)]^2\\    &=(x^2+y^2+2)^2\end{align}
故可得\[    \frac{x^2+y^2+2}{\sqrt{(x^2+1)(y^2+1)}} \le \sqrt{13}    \]
当$xy=-1$取等,解方程可得具体取等条件

学校发的小题专练里的题目
12. 已知函数 $f(x)=2 \sin (\omega x+\varphi)+h$ 的最小正周期为 $\pi$, 若 $|f(x)|$ 在 $\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$ 上的最大值为 $M$, 则 $M$ 的最小值为$\tk$

解:考虑$f(0)=2\sin\varphi +h,f(\frac{\pi}{8})=\sqrt{2}\sin\varphi+\sqrt{2}\cos\varphi+h,f(\frac{\pi}{4})=2\cos\varphi+h$
\begin{gather}    2M \ge |f(0)-f(\frac{\pi}{8})|=|(2-\sqrt{2})\sin\varphi-\sqrt{2}\cos\varphi|\\    2M \ge |f(\frac{\pi}{4})-f(\frac{\pi}{8})|=|(2-\sqrt{2})\cos\varphi-\sqrt{2}\sin\varphi|\\    (2M)^2+(2M)^2 \ge |(2-\sqrt{2})\sin\varphi-\sqrt{2}\cos\varphi|^2+|(2-\sqrt{2})\cos\varphi-\sqrt{2}\sin\varphi|^2\\    =8-4\sqrt{2}-(4\sqrt{2}-4)\sin 2\varphi \ge 12-8\sqrt{2}\\    M \ge \frac{2-\sqrt{2}}{2}\end{gather}当$\varphi=\frac{3\pi}{4},h=-\frac{2+\sqrt{2}}{2}$取等

设十进制$n$位正整数中,任何相邻两位数字(从左到右)不出现12的数有$a_n$个.证明:对任意$n \in \mN$,有$\ds \frac{1}{2}(a_n a_{n+1}-1)$是完全平方数

证明:
约定:如果一个正整数的任何相邻两位数字(从左到右)不出现12,则我们称为它具有性质$P$
    显然有$a_1=9,a_2=89,a_3=889$
    考虑$n+1$位具有性质$P$的正整数,有$a_{n+1}$个
    另外一方面,若尾数为2,则它的前$n$位是具有性质$P$且末尾不是1的正整数.具有性质$P$的$n$位正整数有$a_n$个,其中末尾是1的有$a_{n-1}$个,故此时有$a_n-a_{n-1}$个
    若尾数不是2,则尾数有9种可能,前$n$位有$a_n$种可能,此时有$9a_n$个
    因而,$a_{n+1}=(a_n-a_{n-1})+9a_{n}=10a_n-a_{n-1}$    \[        \frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_n}=10=\frac{a_{n+2}+a_n}{a_{n+1}}        \]    可得    \[        a_{n+1}^2+a_{n+1}a_{n-1}=a_n a_{n+2}+a_n^2,a_{n+1}^2-a_{n+2}a_n=a_n^2-a_{n+1}a_{n-1}        \]    这表明$a_n^2-a_{n+1}a_{n-1}$是常数,为$-8$
    从而    \[        a_{n+1}^2-10a_{n}a_{n+1}+a_n^2=a_{n+1}(a_{n+1}-10a_n)+a_n^2=a_n^2-a_{n+1}a_{n-1}=-8        \]
    故    \[        8a_n a_{n+1}-8=8a_n a_{n+1}+a_{n+1}^2-10a_{n}a_{n+1}+a_n^2=(a_{n+1}-a_n)^2        \]            由于$8 \mid (a_{n+1}-a_n)^2$,故$4 \mid a_{n+1}-a_n$
    故$\ds \frac{1}{2}(a_n a_{n+1}-1)=\left(\frac{a_{n+1}-a_n}{2}\right)^2$是完全平方数

585. 已知数列 $\left\{x_n\right\}$ 满足: $\ds x_1=\frac{1}{2}, x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}, n \in \mathbf{N}^*$, 求证: $\ds \left|x_2-x_1\right|+\left|x_3-x_2\right|+\cdots+\left|x_{n+1}-x_n\right|<\frac{1}{3}$.

证明:归纳证明:$\forall n \in \mN,\frac{1}{2} \le x_n \le \frac{2}{3}$
显然$n=1$成立
设$n$成立,$\frac{1}{2} \le x_n \le \frac{2}{3}$,则由$x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}$\[    \frac{1}{1+\frac{2}{3}} \le x_{n+1} \le \frac{1}{1+\frac{1}{2}}\]即有\[    \frac{1}{2}<\frac{3}{5} \le x_{n+1} \le \frac{2}{3}    \]对$n+1$也成立.故原命题成立.
从而有$(1+x_n)(1+x_{n-1}) \ge \frac{9}{4}$\[    |x_{n+1}-x_n|=|\frac{1}{1+x_n}-\frac{1}{1+x_{n-1}}|=\frac{|x_n-x_{n-1}|}{(1+x_n)(1+x_{n-1})}\\    \le \frac{4}{9}|x_n-x_{n-1}|    \]
结合$|x_2-x_1|=\frac{1}{6}$,可得\[    |x_{n+1}-x_n| \le (\frac{4}{9})^{n-1} \cdot \frac{1}{6}    \]
求和可得\[    \sum_{k=1}^n |x_{k+1}-x_k| \le \sum_{k=1}^n (\frac{4}{9})^{n-1} \cdot \frac{1}{6} < \sum_{k=1}^\infty (\frac{4}{9})^{n-1} \cdot \frac{1}{6} =\frac{3}{10}<\frac{1}{3}    \]

正项数列 $\left\{x_n\right\}$ 满足 $x_n+\frac{1}{x_{n+1}}<2, n \in \mN$
(1) 证明: $x_n<x_{n+1}$
(2) 证明: $1-\frac{1}{n}<x_n<1$

证明:(1) 均值不等式\[    x_{n+1}+\frac{1}{x_{n+1}} \ge 2 > x_n+\frac{1}{x_{n+1}}\]
故有$x_{n+1}>x_n$

(2) 若存在某个$x_k\ge 1$,那么由(1)可得$x_n>1,\forall n>k$
\begin{gather}    \forall n \ge k+1,0<x_n-1<\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}}\\    \frac{1}{x_n-1}>\frac{x_{n+1}}{x_{n+1}-1}=1+\frac{1}{x_{n+1}-1},\frac{1}{x_{n+1}-1}<\frac{1}{x_{n}-1}-1\\    \forall j \in \mN,\frac{1}{x_{j+k+1}-1} \le \frac{1}{x_{k+1}-1}-j\end{gather}
取$j>\frac{1}{x_{k+1}-1}$,则$\frac{1}{x_{j+k+1}-1}<0,x_{j+k+1}<1$,矛盾
故对一切$k \in \mN,0<x_k<1$
\begin{gather}    1-x_n>\frac{1}{x_{n+1}}-1=\frac{1-x_{n+1}}{x_{n+1}}>0\\    \frac{1}{1-x_n}<\frac{x_{n+1}}{1-x_{n+1}}=\frac{1}{1-x_{n+1}}-1,\frac{1}{1-x_{n+1}}>\frac{1}{1-x_n}+1\\    \frac{1}{1-x_n}>\frac{1}{1-x_1}+n-1>n\\    1-\frac{1}{n}<x_n<1\end{gather}

求最大的常数 $M$, 使得对任意一个满足如下条 件的无穷实数列 $\left\{a_n\right\}, n=0,1,2, \ldots$, 以及任 意 $n \geq 0$, 均有 $\frac{a_{n+1}}{a_n}>M$ :
(1)$a_0=1, a_1=3$;
(2)$a_0+a_1+\ldots+a_{n-1} \geq 3 a_n-a_{n+1}$.

解:取$a_n=(n+2)2^{n-1}$,则满足全部条件.
此时,$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{2(n+3)}{n+2}>M$恒成立.
取$n \to +\infty,M \le 2$
下面证明$M=2$是复合题意的:
令$S_n=a_0+a_1+a_2+\dots+a_n$,则原式化为\[    S_{n-1} \ge 3(S_n-S_{n-1})-(S_{n+1}-S_n)    \]
可得\[    S_{n+1}-2S_n \ge 2(S_n-2S_{n-1})    \]
于是有\[    S_{n}-2S_{n-1} \ge 2^{n-1}(S_1-2S_0)=2^n    \]
容易得到$S_n$递增,$a_n>0$,且\[    a_{n+1}-2a_n \ge a_n-(a_0+a_1+\dots+a_{n-1})=S_n-2S_{n-1}>0    \]
即\[    \frac{a_{n+1}}{a_n}>2    \]
    综上,$M$的最大值是2

已知$a,b,c$都是正实数,求$\ds \frac{(a^2+5)(b^2+5)(c^2+5)}{a+b+c}$的最小值

证明:根据抽屉原理,$a^2,b^2,c^2$中必定有两个同时不大于1或者不小于1
不妨设为$a^2,b^2$,则$(a^2-1)(b^2-1) \ge 0,a^2 b^2+1 \ge a^2+b^2$
\begin{gather}    (a^2+5)(b^2+5)(c^2+5)=[a^2 b^2+1+5(a^2+b^2)+24](c^2+5)\\    \ge 6(a^2+b^2+4)(c^2+5)=6(a^2+b^2+1+3)(1+1+c^2+3)\\    \ge 6(a+b+c+3)^2 \ge 72 (a+b+c)\end{gather}且当$a=b=c=1$时可取等

由于wordpress升级6.0后的编辑器与latex插件结合起来实在难用(每个换行复制后都变成切换不同的块,需要手动合并,gather之类的环境用起来要死要活),所以很久没更新了.
今天把wordpress降级到5.9才开始写新文章.

已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 是等差数列, 数列 $\left\{b_n\right\}$ 是等比数列, 公比为 $q$, 数列 $\left\{c_n\right\}$ 中, $c_n=a_n b_n$,$S_n$ 是数列 $\left\{c_n\right\}$ 的前 $n$ 项和。若 $S_m=11, S_{2 m}=7, S_{3 m}=-201$ ( $m$ 为正偶数), 则 $S_{4 m}$ 的值为
A. $-1601$
B. $-1801$
C. $-2001$
D. $-2201$

我们知道,等差乘以等比型数列的前$n$项和可以表示为$S_n=g_n q^n-g_0$的结构,其中$g_n$是某个等差数列.
实质就是$a_n$具有裂项表达式$a_n=g_n q^n-g_{n-1}q^{n-1},\forall n \in \mz$(将$n$扩展为一般整数,下面才能方便的用$S_0$,否则在求和意义下是没有$S_0$的)
那么题目可以看做\begin{gather}    g_m q^m-g_0=11\\    g_{2m} q^{2m}-g_0=7\\    g_{3m} q^{3m}-g_0=-201\\    g_{4m} q^{4m}-g_0=?\end{gather}
我们记$f_k=g_{km} Q^{k}-g_0,Q=q^m>0$,由线性递推的性质,它的特征方程为$(x-1)(x-Q)^2=x^3-(1+2Q)x^2+(Q^2+2Q)x-Q^2=0$
故我们有$f_k-(1+2Q)f_{k-1}+(Q^2+2Q)f_{k-2}-Q^2 f_{k-3}=0$
考虑$f_0=g_0-g_0=0,f_1=11,f_2=7,f_3=-201$,令$k=3$可得\[    -201-(1+2Q) \times 7+(Q^2+2Q) \times 11-Q^2 \times 0=0    \]
化简得$(Q-4)(11Q+52)=0,Q=4$
故\[    S_{4m}=f_4=9f_3-24f_2+16f_2=-1801    \]

已知实数$x,y$满足$|x^2+y|-|x+y^2|=2$,则$|x|$的最小值是$\tk$

显然$|x^2+y| =|x+y^2|+2 \ge 2$
若$x^2+y\le -2$,则\[    x+y^2 \ge x+(2+x^2)^2 \ge x+(1+2|x|)^2>x+4|x| \ge 0    \]
从而原式化为$-(x^2+y)-(x+y^2)=2,(x+\frac{1}{2})^2+(y+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{2}=0$,矛盾.
所以有$x^2+y \ge 2$
若$|x|<1$,则$y \ge 2-x^2>1$\[    x+y^2>-1+1=0\]
从而原式化为\[    (x^2+y)-(x+y^2)=2,(x-2)(x+1)=y(y-1)    \]
注意到$(x-2)(x+1)<0,y(y-1)>0$,矛盾.
所以有$|x| \ge 1$,注意到$x=-1,y=1$可取等,因此$|x|$的最小值为1

    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