$a,b,c \in [1,2]$,求$\ds S=\frac{(b-c)^2}{bc}+\frac{(c-a)^2}{ca}+\frac{(a-b)^2}{ab}$的最大值
不妨设$a \le b \le c$,则
\begin{gather} S=\frac{a+c}{b}+(\frac{1}{a}+\frac{1}{c})b+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}-6\\ =\frac{a+c}{ac}(b+\frac{ac}{b})+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}-6\\ \le \frac{a+c}{ac}(a+c)+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}-6\\ =2(\frac{a}{c}+\frac{c}{a})-4 \le 1\end{gather}
其中使用了$\ds b+\frac{ac}{b} \le a+c,\frac{a}{c}+\frac{c}{a} \le \frac{5}{2}$,因为对钩函数的单调性
当$\{1,1,2\}$或者$\{1,2,2\}$取等
关于$x$的方程$e^x-a \sin x=b\sqrt{x}$有根,求证:$a^2+b^2>\me$
这可真是个老题了,而且各种模拟题早就玩出花了,只是本题增加了一些变式,而且求的不是最值了,而是对最值的估计
这类题最早的出处应该是1973年的IMO(国际数学奥林匹克)第3题:
3. 设 $a, b$ 是可使方程 \[ x^{4}+a x^{3}+b x^{2}+a x+1=0 \] 至少有一实根的实数, 对于所有这样的数偶 $(a, b)$, 求 $a^{2}+b^{2}$ 的最小值.
当年作为国际比赛的压轴题,而今已经沦为而今竞赛教材的经典问题,一般放在一试里.
显然$x \ne 0$,则可变形为$(x^2+\frac{1}{x^2})+a(x+\frac{1}{x})+b=0$,令$u=x+\frac{1}{x}$则有 \[ u^2-2+au+b=0,u^2 \ge 4 \] 由柯西不等式 \[ (u^2-2)^2=(au+b)^2 \le (a^2+b^2)(u^2+1) \]
从而 \[ a^2+b^2 \ge (u^2+1)+\frac{9}{u^2+1}-6 \ge \frac{4}{5} \] 且$a=\frac{4}{5},b=-\frac{2}{5}$时方程有根$x=-1$,故可以取到等号.
本题作为这类题的题源,经过各种变迁,如果将其中一些函数换为指数等特殊函数,则可以与导数联系起来,在各地模拟题或者网上自编题中已经出现了一些.凡是学过竞赛的同学都有入手的方向,但是直接进入高考试卷仍然是十分激进的.
对于本题的解答:
这个根$x$肯定是正的,由柯西不等式以及$\sin x<x,x>0$ \[ \me^x=a\sin x+b\sqrt{x} \le \sqrt{a^2+b^2}\sqrt{\sin^2 x+x} < \sqrt{a^2+b^2}\sqrt{x^2+x} \] 若$0<x\le 1$,使用不等式$\me^x \ge \me x$ \[ a^2+b^2>\frac{\me^{2x}}{x^2+x} \ge \frac{\me \cdot 2x}{x^2+x}=\me \cdot \frac{2}{x+1} \ge \me \] 若$x>1$,再次使用不等式$\me^x \ge \me x$,以及$\frac{x}{x+1}>\frac{1}{2}$ \[ a^2+b^2>\frac{\me^{2x}}{x^2+x} \ge \frac{(\me x)^2}{x^2+x}=\me^2 \frac{x}{x+1}>\frac{\me^2}{2}>\me \]
这样就证明了原题.
已知$\ds x>0,y>0,x+y=\frac{x^2}{y}+\frac{5}{xy}$,求$x+y$的最小值
\begin{gather} xy(x+y)=x^3+5\\ 5=x(y^2+xy-x^2) \le x(y^2+\frac{y^2}{4})\\ xy^2 \ge 4\\ x+y=x+\frac{y}{2}+\frac{y}{2} \ge 3\sqrt[3]{x \cdot \frac{y}{2} \cdot \frac{y}{2}}=3\end{gather}
$x=1,y=2$可取等
四个实数$ a\ge b \ge c \ge d $ 满足 : $ a+b+c-3d=4 $ . 求下述不等式的最大值 :$$T=\left(a-b \right)\left(b-c \right)\left(c-d \right)\left(a-d \right).$$
取 $a-b=x,b-c=y,c-d=z,x \ge 0,y \ge 0,z \ge 0,x+2y+3z=4$
$\forall t>0$ \begin{gather} T=xyz(x+y+z)=\frac{1}{t(1+2t)(2+3t)}tx \cdot (1+2t)y \cdot (2+3t)z \cdot (x+y+z)\\ \le \frac{1}{t(1+2t)(2+3t)} \left( \frac{tx+(1+2t)y+(2+3t)z+(x+y+z)}{4}\right)^4\\ =\frac{(1+t)^4}{t(1+2t)(2+3t)}=1+\frac{(t^2-t-1)^2}{t(1+2t)(2+3t)} \end{gather}
令 $\ds t=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$,则有$T \le 1$
均值取等条件可以发现能够取等,自行补充.
Inequality (artofproblemsolving.com)
$\ds \frac{4}{x}+\frac{9}{y}=1,x>0,y>0$,求$\ds \frac{4}{2x^2+x}+\frac{9}{y^2+y}$的最小值
\begin{gather} \frac{4}{2x^2+x}+\frac{9}{y^2+y}\\ =\frac{4}{x}-\frac{8}{2x+1}+\frac{9}{y}-\frac{9}{y+1}\\ =1-8+\frac{16}{2+\frac{1}{x}}-9+\frac{9}{1+\frac{1}{y}}\\ =-16+\frac{8^2}{8+\frac{4}{x}}+\frac{9^2}{9+\frac{9}{y}}\\ \ge -16+\frac{(8+9)^2}{8+\frac{4}{x}+9+\frac{9}{y}}\\ =-16+\frac{17^2}{18}=\frac{1}{18}\end{gather}
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:
锐角$\triangle ABC$中,求$\tan A+8\tan B+13 \tan C$的最小值
设$x=\tan A>0,y=\tan B>0,z=\tan C>0$,则$xyz=x+y+z$
\begin{align} x+8y+13z&=\frac{1}{z}[(xz-1)+8(yz-1)]+\frac{9}{z}+13z\\ &\ge \frac{1}{z} \cdot 2\sqrt{8(xz-1)(yz-1)}+\frac{9}{z}+13z\\ &= \frac{1}{z} \cdot 2\sqrt{8[z(xyz-x-y)+1]}+\frac{9}{z}+13z\\ &= \frac{4}{z} \sqrt{2} \cdot \sqrt{z^2+1}+\frac{9}{z}+13z\\ & \ge \frac{4}{z}(z+1)+\frac{9}{z}+13z\\ & =4+13(z+\frac{1}{z}) \ge 30\end{align}
当$\ds z=1,y=\frac{3}{2},x=5$取等
故$\tan A+8\tan B+13 \tan C$的最小值是30
另解:
齐次化用取等凑30元均值
注意到
\begin{align} x+8y+13z=\frac{x}{5} \times 5+&\frac{2y}{3} \times 12+z \times 13\\ &\ge 30\sqrt[30]{(\frac{x}{5})^5 (\frac{2y}{3})^{12} z^{13}}\\ x+y+z=\frac{x}{10} \times 10+&\frac{y}{3} \times 3+\frac{z}{2} \times 2\\ &\ge 15 \sqrt[15]{(\frac{x}{10})^{10} (\frac{y}{3})^3 (\frac{z}{2})^2}\\ (x+8y+13z)^2 (x+y+z) \\ \ge 30^2 \sqrt[15]{(\frac{x}{5})^5 (\frac{2y}{3})^{12} z^{13}} &\times 15 \sqrt[15]{(\frac{x}{10})^{10} (\frac{y}{3})^3 (\frac{z}{2})^2}=30^2 xyz\end{align}
结合$xyz=x+y+z$,可得$x+8y+13z \ge 30$
注:换系数会导致题目不可解,变为高次方程的根
对于$a,b,c \in \mR$,求$\ds f=\frac{\sqrt{(x^2+3)(y^2+3)(z^2+3)}-2x}{y+z}$的最小值
由Aczel不等式,\begin{align} f&=\frac{\sqrt{(x^2+3)(y^2+3)(z^2+3)}-2x}{y+z}\\ &=\frac{\sqrt{x^2+3} \cdot \sqrt{(y^2+3)(z^2+3)}-x \cdot 2}{y+z}\\ &\ge \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{(y^2+3)(z^2+3)-4}}{y+z}\\ &=\sqrt{3}\sqrt{\frac{(y^2 z^2+5)+3(y^2+z^2)}{2yz+(y^2+z^2)}}\\ & \ge \sqrt{3}\sqrt{\frac{2\sqrt{5}yz+3(y^2+z^2)}{2yz+(y^2+z^2)}},(s=\frac{y^2+z^2}{2yz} \ge 1)\\ & =\sqrt{3}\sqrt{\frac{\sqrt{5}+3s}{1+s}}\\ & \ge \sqrt{3}\sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}}{2}\end{align}
取等时$y=z=\sqrt[4]{5},x=…$
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$\ds \frac{1+\sqrt{5}}{2}$
设$a,b,c,d \in \mr$,且满足$(a+b+c)^2 \ge 2(a^2+b^2+c^2)+4d$,求证:$ab+bc+ca \ge 3d$
我一开始进入了误区,试图先考虑正实数情况,换元$a=x^2,b=y^2,c=z^2$,将条件转化为面积来处理
然后稍微考虑一下发现不太可行
于是回到最基础的思想:固定变量,.
固定$b,c,d$,则条件这个关于$a$的二次不等式意味着$a$被卡在一个有限区间里,不妨设为$[m,n]$
而要证的式子是个关于$a$的一次式,所以我们只需证明$a$取边界$m$或者$n$的时候成立即可.
而$a$取边界$m$或者$n$意味着条件是取等号的.所以等价于只需证条件取等的时候结论成立即可.
换言之我们只需证明:
若$(a+b+c)^2 = 2(a^2+b^2+c^2)+4d$,则$ab+bc+ca \ge 3d$
那么这时候$d$就是一个垃圾变量,可以直接消掉,我们只需证明
\[ ab+bc+ca \ge \frac{4}{3} [(a+b+c)^2 – 2(a^2+b^2+c^2)]\]
而这是显然的.
书写过程如下:
注意到\begin{gather} 4 (a b+b c+ca)-3 [(a+b+c)^2-2 \left(a^2+b^2+c^2\right)]\\ =a^2+b^2+c^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \ge 0\end{gather}
可得\[ 4 (a b+b c+ca) \ge 3 [(a+b+c)^2-2 \left(a^2+b^2+c^2\right)] \ge 12d\]
即\[ ab+bc+ca \ge 3d\]