练习题集[74]拓展练习

1．已知$a,b,c$为实数，且满足$a+b+c=15$，$a^2+b^2+c^2=100$，则$a$的最大值与最小值的积为_____．

2．求证：$x-\ln x-\dfrac{\ln x}x-\dfrac 12>0$．

3．证明：${\rm e}^{x-1}\ln x+\dfrac{{\rm e}^x+2x-1}{x^2}>\dfrac 52$．

4．(2011年湖北高中数学竞赛)已知$a,b\in\mathbb R$，关于$x$的方程$x^4+ax^3+2x^2+bx+1=0$有一个实根，求$a^2+b^2$的最小值．

5．已知$P$为双曲线$H:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$上的任意一点，双曲线$H$上在点$P$处的切线与双曲线的两条渐近线分别交于$A,B$两点，$O$为坐标原点，求$\triangle AOB$外接圆圆心的轨迹方程．

6．已知$n$($n\geqslant 2$)个实数$a_1,a_2,\cdots ,a_n$满足$a_1+a_2+\cdots +a_n=0$，$|a_1|+|a_2|+\cdots +|a_n|=1$，求证：

$$|a_1+2a_2+\cdots +na_n|\leqslant \dfrac {n-1}2.$$

7．设非负实数$a,b,c$都满足$a^2+b^2+c^2+abc=4$，求证：$0\leqslant ab+bc+ca-abc\leqslant 2$．

---

 

参考答案

1．根据题意，有

$$\begin{cases} b+c=15-a,\\ b^2+c^2=100-a^2,\end{cases}$$ 而$(b+c)^2\leqslant 2\left(b^2+c^2\right)$，从而 $$(15-a)^2\leqslant 2\left(100-a^2\right),$$ 即$3a^2-30a+25\leqslant 0$，因此所求的积为$\dfrac {25}3$．

2．我们熟知$x-\ln x\geqslant 1$．
又因为函数$f(x)=\dfrac {\ln x}{x}$的导函数为

$$f(x)'=\dfrac {1-\ln x}{x^2},$$ 所以$f(x)$在$x={\rm e}$处取到极大值也是最大值$\dfrac {1}{\rm e}$，于是有$\dfrac {\ln x}{x}\leqslant \dfrac {1}{\rm e}$．
从而有 $$LHS\geqslant 1-\dfrac {1}{\rm e}-\dfrac 12>0,$$ 不等式得证．

3．我们熟知，当$x>0$时，有${\rm e}^x>x+1$，于是

$$LHS>x\ln x+\dfrac 3x,$$ 接下来我们证明 $$x\ln x+\dfrac 3x>\dfrac 52,$$ 只需要证明 $$\ln x-\dfrac{5}{2x}+\dfrac{3}{x^2}>0.$$ 令左侧函数为$\varphi(x)$，则其导函数 $$\varphi'(x)=\dfrac{(2x-3)(x+4)}{2x^3},$$ 于是$\varphi(x)$的极小值，亦为最小值是 $$\varphi\left(\dfrac 32\right)=\ln\dfrac 32-\dfrac 13,$$ 考虑到$\left(\dfrac 32\right)^3=3.375>{\rm e}$，于是$\ln \dfrac 32>\dfrac 13$，从而$\varphi(x)>0$，原命题得证．

4．方程等价于

$$x^2+ax+2+\dfrac{b} x+\dfrac{1}{x^2}=0,$$ 于是 $$x^2+\dfrac{1}{x^2}+2=-ax-\dfrac bx\leqslant \sqrt{a^2+b^2}\cdot \sqrt{x^2+\dfrac{1}{x^2}},$$ 令$t=\sqrt{x^2+\dfrac 1{x^2}}$($t\geqslant \sqrt 2$)，则有 $$\sqrt{a^2+b^2}\geqslant \dfrac{t^2+2}t=t+\dfrac 2t\geqslant 2\sqrt 2,$$ 等号当$a=b=2,x=-1$或$a=b=-2,x=1$时取到，因此所求的最小值为$8$．

5．设$P\left(\dfrac{a}{\cos\theta},\dfrac{b\sin\theta}{\cos\theta}\right)$，则双曲线$H$在$P$处的切线方程为

$$\dfrac{x}{a\cos\theta}-\dfrac{y\sin\theta}{b\cos\theta}=1,$$ 分别与渐近线方程$\dfrac xa-\dfrac yb=0$和$\dfrac xa+\dfrac yb=0$联立可得 $$A\left(\dfrac{a\cos\theta}{1-\sin\theta},\dfrac{b\cos\theta}{1-\sin\theta}\right),B\left(\dfrac{a\cos\theta}{1+\sin\theta},-\dfrac{b\cos\theta}{1+\sin\theta}\right),$$ 于是线段$OA$，$OB$的垂直平分线方程分别为 $$2ax+2by=\dfrac{\left(a^2+b^2\right)\cos\theta}{1-\sin\theta},2ax-2by=\dfrac{\left(a^2+b^2\right)\cos\theta}{1+\sin\theta},$$ 从而$\triangle AOB$外接圆的圆心为 $$\left(\dfrac{a^2+b^2}{2a\cos\theta},\dfrac{\left(a^2+b^2\right)\sin\theta}{2b\cos\theta}\right),$$ 其轨迹方程为 $$\dfrac{x^2}{\left(\dfrac{a^2+b^2}{2a}\right)^2}-\dfrac{y^2}{\left(\dfrac{a^2+b^2}{2b}\right)^2}=1.$$
6．我们证明一个更一般的命题，若$\lambda_1<\lambda_2<\cdots <\lambda_n$，那么 $$|\lambda_1a_1+\lambda_2a_2+\cdots +\lambda_na_n|\leqslant \dfrac{\lambda_n-\lambda_1}2.$$ 事实上，有 $$\begin{split} LHS&=\dfrac 12\left|2\lambda_1a_1+2\lambda_2a_2+\cdots +2\lambda_na_n-\left(\lambda_1+\lambda_n\right)\left(a_1+a_2+\cdots +a_n\right)\right|\\ &=\dfrac 12\left|\left(\lambda_1-\lambda_n\right)a_1+\left(2\lambda_2-\lambda_1-\lambda_n\right)a_2+\cdots +\left(\lambda_n-\lambda_1\right)a_n\right|\\ &\leqslant \dfrac 12\left[\left(\lambda_n-\lambda_1\right)\cdot|a_1|+\left|2\lambda_2-\lambda_1-\lambda_n\right|\cdot|a_2|+\cdots +\left(\lambda_n-\lambda_1\right)\cdot |a_n|\right]\\ &\leqslant \dfrac {\lambda_n-\lambda_1}2\cdot \left(|a_1|+|a_2|+\cdots +|a_n|\right)\\ &=\dfrac{\lambda_n-\lambda_1}2 ,\end{split}$$ 其中用到了 $$\left|2\lambda_i-\lambda_1-\lambda_n\right|=\left|\left(\lambda_i-\lambda_1\right)-\left(\lambda_n-\lambda_i\right)\right|\leqslant |\lambda_i-\lambda_1|+|\lambda_n-\lambda_i|=\lambda_n-\lambda_1,$$ 其中$i=2,3,\cdots ,n-1$．

思考与总结　利用绝对值不等式的形式，配上合适的式子$\left(\lambda_1+\lambda_n\right)\left(a_1+a_2+\cdots +a_n\right)$．

7．不妨设$a\leqslant b\leqslant c$．

左边不等式　显然$a\leqslant 1$，于是

$$ab+bc+ca-abc\geqslant bc(1-a)\geqslant 0,$$ 因此左侧不等式得证．

右边不等式　联想三角形中的恒等式

$$\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C+2\cos A\cos B\cos C=1,$$ 于是可设$a=2\cos A,b=2\cos B,c=2\cos C$，其中$A,B,C\in\left[0,\dfrac{\pi}2\right]$且$A+B+C=\pi$．这样欲证明的不等式即 $$\cos A\cos B+\cos B\cos C+\cos C\cos A-2\cos A\cos B\cos C\leqslant \dfrac 12.$$ 由于$a\leqslant b\leqslant c$，因此$A\geqslant B\geqslant C$，进而有$A\geqslant \dfrac{\pi}3$，记上述不等式左边为$M$，则 $$M=\cos A\left(\cos B+\cos C\right)+\cos B\cos C\left(1-2\cos A\right),$$ 考虑到 $$\cos B+\cos C=2\cos\dfrac{B+C}2\cos\dfrac{B-C}2\leqslant 2\sin\dfrac A2\leqslant \dfrac 12+2\sin^2\dfrac A2=\dfrac 32-\cos A,$$ 而 $$\cos B\cos C=\dfrac 12\left[\cos(B+C)+\cos(B-C)\right]\leqslant \dfrac {1-\cos A}2,$$ 因此 $$M\leqslant \cos A\left(\dfrac 32-\cos A\right)+\dfrac 12\left(1-\cos A\right)\left(1-2\cos A\right)=\dfrac 12,$$ 因此右侧不等式得证．

综上所述，原不等式得证．