高中奥数 2022-03-28

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-03-28 16:16 被阅读0次

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构造函数

根据代数式的特征,构造适当的函数,利用一次函数、二次函数的性质,以及函数的单调性等性质,可以帮助我们来证明不等式.

2022-03-28-01

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P070 例03）

已知 $a,b,c\in \left(-2,1\right)$ ,求证: $abc>a+b+c-2$ .

分析不等式的两边是关于 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 对称的,且 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 都是一次的,所以可以尝试构造一次函数.

证明

设 $f\left(x\right)=\left(bc-1\right)x-b-c+2$ ,则有
$\begin{aligned} f\left(-2\right)&=-2bc-b-c+4\\ &=-2\left(b+\dfrac{1}{2}\right)\left(c+\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{9}{2}. \end{aligned}$
因为 $b,c\in \left(-2,1\right)$ ,所以 $b+\dfrac{1}{2}$ , $c+\dfrac{1}{2}\in \left(-\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{2}\right)$ ,故
$\left(b+\dfrac{1}{2}\right)\left(c+\dfrac{1}{2}\right)\leqslant \left|b+\dfrac{1}{2}\right|\cdot \left|c+\dfrac{1}{2}\right|<\dfrac{9}{4},$
从而
$\begin{aligned} f\left(-2\right)&=-2\left(b+\dfrac{1}{2}\right)\left(c+\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{9}{2}\\ &>-2\cdot \dfrac{9}{4}+\dfrac{9}{2}\\ &=0, \end{aligned}$
$f\left(1\right)=bc-b-c+1=\left(1-b\right)\left(1-c\right)>0,$
所以,当 $x\in \left(-2,1\right)$ 时, $f\left(x\right)$ 恒大于0,于是 $f\left(a\right)>0$ ,即
$abc>a+b+c-2.$

2022-03-28-02

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P071 例04）

设 $x_{1}$ , $x_{2}$ , $x_{3}$ , $y_{1}$ , $y_{2}$ , $y_{3}\in \mathbb{R}$ ,且满足 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}\leqslant 1$ ,求证:
$\left(x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+x_{3}y_{3}-1\right)^{2}\geqslant \left(x_1^{2}+x_2^{2}+x_3^{2}-1\right)\left(y_1^{2}+y_2^{2}+y_3^{2}-1\right).$

证明

当 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}=1$ 时,原不等式显然成立.

当 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}<1$ 时,构造二次函数
$\begin{aligned} f\left(t\right)&=\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}-1\right)t^{2}-2\left(x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+x_{3}y_{3}-1\right)t+\left(y_2^{2}+y_3^{2}-1\right)\\ &=\left(x_{1}t-y_{1}\right)^{2}+\left(x_{2}t-y_{2}\right)^{2}+\left(x_{3}t-y_{3}\right)^{2}-\left(t-1\right)^{2}, \end{aligned}$
这是一个开口向下的抛物线,又因为
$f\left(1\right)=\left(x_{1}-y_{1}\right)^{2}+\left(x_{2}-y_{2}\right)^{2}+\left(x_{3}-y_{3}\right)^{2}\geqslant 0,$
所以,此抛物线的图象与 $x$ 轴一定有交点,从而
$\Delta =4\left(x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+x_{3}y_{3}-1\right)^{2}-24\left(x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+x_{3}y_{3}-1\right)^{2}-4\left(x_1^{2}+x_2^{2}+x_3^{2}-1\right)\left(y_1^{2}+y_3^{2}-1\right)\geqslant 0,$
故
$\left(x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+x_{3}y_{3}-1\right)^{2}\geqslant\left(x_1^{2}+x_2^{2}+x_3^{2}-1\right)\left(y_1^{2}+y_2^{2}+y_3^{2}-1\right).$
说明对于要证明“ $A\cdot C\geqslant$ (或 $\leqslant$ ) $B$ ”,这类不等式,我们先把不等式变形为
$4A\cdot C\geqslant\left(\text{或}\leqslant\right)\left(2B\right)^{2},$
然后构造一个二次函数 $f\left(x\right)=Ax^{2}-\left(2B\right)x+C$ ,再设法证明其判别式 $\Delta\leqslant 0$ (或 $\geqslant 0$ ).

2022-03-28-03

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P072 例05）

设 $\triangle ABC$ 的三边长 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 满足: $a+b+c=1$ ,求证:
$5\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)+18abc\geqslant \dfrac{7}{3}.$

证明

由 $a^{2}+b^{2}+c^{2}=\left(a+b+c\right)^{2}-2\left(ab+bc+ca\right)=1-2\left(ab+bc+ca\right)$ ,可知原不等式等价于
$\dfrac{5}{9}\left(ab+bc+ca\right)-abc\leqslant \dfrac{4}{27}.\qquad(*)$
令 $f\left(x\right)=\left(x-a\right)\left(x-b\right)\left(x-c\right)=x^{3}-x^{2}+\left(ab+bc+ca\right)x-abc$ ,则
$f\left(\dfrac{5}{9}\right)=\left(\dfrac{5}{9}\right)^{3}-\left(\dfrac{5}{9}\right)^{2}+\dfrac{5}{9}\left(ab+bc+ca\right)-abc(ab+bc+ca)-abc.$
由于 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 为三角形三边长,有 $a,b,c\in \left(0,\dfrac{1}{2}\right)$ ,故 $\dfrac{5}{9}-a$ 、 $\dfrac{5}{9}-b$ 及 $\dfrac{5}{9}-c$ 都大于0,所以
$\begin{aligned} f\left(\dfrac{5}{9}\right)&=\left(\dfrac{5}{9}-a\right)\left(\dfrac{5}{9}-b\right)\left(\dfrac{5}{9}-c\right)\\ &\leqslant \dfrac{1}{27}\cdot \left[\left(\dfrac{5}{9}-a\right)+\left(\dfrac{5}{9}-b\right)+\left(\dfrac{5}{9}-c\right)\right]^{3}\\ &=\dfrac{8}{27^{2}}. \end{aligned}$
因此 $\dfrac{8}{27^{2}}\geqslant \left(-\dfrac{5}{9}\right)^{3}-\left(\dfrac{5}{9}\right)^{2}+\dfrac{5}{9}\left(ab+bc+ca\right)-abc$ ,整理即得 $(*)$ 式,故原不等式得证.

2022-03-28-04

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P072 例06）

已知不等式
$\sqrt{2}\left(2a+3\right)\cos \left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)+\dfrac{6}{\sin \theta+\cos \theta}-2\sin 2\theta<3a+6$
对于 $\theta\in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ 恒成立,求 $a$ 的取值范围.

解

设 $\sin \theta+\cos \theta=x$ ,则 $x\in \left[1,\sqrt{2}\right]$ ,且
$\sin 2\theta=2\sin \theta\cos \theta=x^{2}-1,$
$\cos \left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cos \theta+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin \theta=\dfrac{\sqrt{2}}{2}x.$
从而原不等式可化为
$\left(2a+3\right)x+\dfrac{6}{x}-2\left(x^{2}-1\right)<3a+6,$
即
$2x^{3}-\left(2a+3\right)x^{2}+\left(3a+4\right)x-6>0,$
$\left(2x-3\right)\left(x^{2}-ax+2\right)>0,$
因为 $x\in \left[1,\sqrt{2}\right]$ ,所以 $2x-3<0$ ,从而不等式 $x^{2}-ax+2<0$ 对于 $x\in \left[1,\sqrt{2}\right]$ 恒成立,即 $a>x+\dfrac{2}{x}$ , $x\in \left[1,\sqrt{2}\right]$ 恒成立.

令 $f\left(x\right)=x+\dfrac{2}{x}$ , $x\in \left[1,\sqrt{2}\right]$ ,则 $a>f_{\max}\left(x\right)$ .

因为 $f\left(x\right)=x+\dfrac{2}{x}$ 在 $\left[1,\sqrt{2}\right]$ 上单调递减,所以 $f_{\max}\left(x\right)=f\left(1\right)=3$ ,所以 $a$ 的取值范围为 $a>3$ .

说明利用函数的单调性,以及求函数最值的方法可以帮助我们来证明不等式.

2022-03-28-05

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P073 例07）

求证:对任意正实数 $a$ 、 $b$ 、 $c$ ,都有
$1<\dfrac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^{2}+a^{2}}}\leqslant \dfrac{3\sqrt{2}}{2}.$

证明

令 $x=\dfrac{b^{2}}{a^{2}}$ , $y=\dfrac{c^{2}}{b^{2}}$ , $z=\dfrac{a^{2}}{c^{2}}$ ,则 $x,y,z\in \mathbb{R}^{+}$ , $xyz=1$ .于是只需证明
$1<\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+y}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+z}}\leqslant \dfrac{3\sqrt{2}}{2}.$
不妨设 $x\leqslant y\leqslant z$ ,令 $A=xy$ ,则 $z=\dfrac{1}{A}$ , $A\leqslant 1$ .于是
$\begin{aligned} \dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+y}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+z}}&>\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{x}}}\\ &=\dfrac{1+\sqrt{x}}{\sqrt{1+x}}\\ &>1. \end{aligned}$
设 $u=\dfrac{1}{\sqrt{1+A+x+\dfrac{A}{x}}}$ ,则 $u\in \left(0,\dfrac{1}{1+\sqrt{A}}\right]$ ,当且仅当 $x=\sqrt{A}$ 时, $u=\dfrac{1}{1+\sqrt{A}}$ .于是
$\begin{aligned} &\left(\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+y}}\right)^{2}\\ =&\left(\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{A}{x}}}\right)^{2}\\ =&\dfrac{1}{1+x}+\dfrac{1}{1+\dfrac{A}{x}}+\dfrac{2}{\sqrt{1+A+x+\dfrac{A}{x}}}\\ =&\dfrac{2+x+\dfrac{A}{x}}{1+A+x+\dfrac{A}{x}}+\dfrac{2}{\sqrt{1+A+x+\dfrac{A}{x}}}\\ =&1+\left(1-A\right)u^{2}+2u. \end{aligned}$

构造函数,令 $f\left(u\right)=\left(1-A\right)u^{2}+2u+1$ ,则 $f\left(u\right)$ 在 $u\in \left(0,\dfrac{1}{1+\sqrt{A}}\right]$ 是增函数,所以
$\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+y}}\leqslant \sqrt{f\left(\dfrac{1}{1+\sqrt{A}}\right)}=\dfrac{2}{\sqrt{1^{2}+\sqrt{A}}}.$
令 $\sqrt{A}=v$ ,则
$\begin{aligned} & \dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+y}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+z}} \\ \leqslant & \dfrac{2}{\sqrt{1+\sqrt{A}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{A}}} \\ =& \dfrac{2}{\sqrt{1+v}}+\dfrac{\sqrt{2} v}{\sqrt{2\left(1+v^{2}\right)}} \\ \leqslant & \dfrac{2}{\sqrt{1+v}}+\dfrac{\sqrt{2} v}{1+v} \\ =& \dfrac{2}{\sqrt{1+v}}+\sqrt{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{1+v} \\ =&-\sqrt{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{1+v}}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2} \\ \leqslant & \dfrac{3 \sqrt{2}}{2}. \end{aligned}$