练习题集[83]拓展练习

1、设非零向量$\overrightarrow a,\overrightarrow b$的夹角为$\theta$，若存在$m\in\mathcal R$，使得向量$2\overrightarrow a-m \overrightarrow b$与$\overrightarrow a-m\overrightarrow b$的夹角也为$\theta$，则$\cos\theta$的最小值是_______．

2、已知$\triangle ABC$中，$AC=2$，$AB=4$，点$P$满足$\overrightarrow{AP}=x\overrightarrow{AC}+y\overrightarrow{AB}$，$x+2y=1$($x\geqslant 0$，$y\geqslant 0$)，且$\left|\overrightarrow{AP}\right|$的最小值为$\sqrt 3$，则$\overrightarrow{PA}\cdot \left(\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}\right)$的最小值为_______．

3．已知$a,b,c\geqslant 0$，且$a+b+c=1$，则$\displaystyle \sum_{cyc}\sqrt{a^2+ab+b^2}$取值范围是_______．

4．设$a,b>0$，记$H=\dfrac{2ab}{a+b}$，$G=\sqrt{ab}$，$A=\dfrac{a+b}2$，$Q=\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}2}$．
(1) 求证：$H\leqslant G\leqslant A\leqslant Q$；
(2) 求证：$G-H\leqslant Q-A\leqslant A-G$．

5．求证：${\rm e}<\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\sqrt{5\sqrt {6\sqrt{7\sqrt{8\cdots} }}}}}}<3$．

6．设$a,b,c\geqslant 0$，且$a+b+c=3$，求$\dfrac{a^4}{b^2+c}+\dfrac{b^4}{c^2+a}+\dfrac{c^4}{a^2+b}$的最小值．

7．已知$a,b,c>0$，且$abc+a+c=b$，求$m=\dfrac{2}{a^2+1}-\dfrac{2}{b^2+1}+\dfrac{3}{c^2+1}$的最大值．

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参考答案

1、$-1$．

提示　当$\overrightarrow a,\overrightarrow b$反向时，可以找到$m$满足条件．

2、$-\dfrac {25}{8}$．

提示　建系或者应用向量的极化恒等式．

3．$\left[\sqrt 3,2\right]$．

提示　$\dfrac{\sqrt 3}2(a+b)\leqslant \sqrt{a^2+ab+b^2}\leqslant a+b$．

4．(1)略；

(2) 一方面，$G-H\leqslant Q-A$即$A-H\leqslant Q-G$，也即

$$\dfrac{(a+b)^2-4ab}{2(a+b)}\leqslant \dfrac{\dfrac{a^2+b^2}2-ab}{\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}2}+\sqrt{ab}},$$ 即 $$\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}2}+\sqrt{ab}\leqslant a+b,$$ 也即 $$Q+G\leqslant 2A.$$

另一方面，由于$\dfrac{a+b}2\leqslant \sqrt{\dfrac{a^2+b^2}2}$，于是

$$\dfrac{\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}2}+\sqrt{ab}}2\leqslant \sqrt{\dfrac{\dfrac{a^2+b^2}2+ab}{2}}=\dfrac{a+b}2,$$ 于是$Q+G\leqslant 2A$．

综上所述，原命题得证．

思考与总结　处理与根式相关的不等式问题时，适当的进行分子或分母有理化可能会简化运算．

5．记$a_n=\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\sqrt{5\sqrt {6\cdots\sqrt{n} }}}}}$($n\geqslant 2,n\in\mathbb N^*$)，则当$n\geqslant 8>{\rm e}^2$时，有

$$\ln a_n=\dfrac{\ln 2}{2^1}+\dfrac{\ln 3}{2^2}+\cdots +\dfrac{\ln n}{2^{n-1}}>\dfrac{1}{2^1}+\dfrac{1}{2^2}+\cdots +\dfrac {1}{2^{n-2}}+\dfrac{2}{2^{n-1}}=1,$$ 结合$\{a_n\}$单调递增，可得左边不等式得证．
又因为 $$\begin{split} 3>&\sqrt {3^2-1}=\sqrt{2\cdot 4}\\>&\sqrt{2\cdot\sqrt{4^2-1}}=\sqrt{2\sqrt{3\cdot 5}}\\>&\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\cdot 6}}}>\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\sqrt{5\cdot 7}}}}\\>&\cdots\\>&\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\sqrt{5\sqrt {6\sqrt{7\sqrt{8\cdots} }}}}}}.\end{split}$$ 右边不等式得证．
综上所述，原命题得证．

6．由柯西不等式，有

$$\sum_{cyc}\dfrac{a^4}{b^2+c}\geqslant \dfrac{\left(\sum_{cyc}a^2\right)^2}{\sum_{cyc}a^2+3},$$ 而由柯西不等式知 $$\sum_{cyc}a^2\geqslant \dfrac 13\left(\sum_{cyc}a\right)^2=3,$$ 于是 $$\dfrac{\left(\sum_{cyc}a^2\right)^2}{\sum_{cyc}a^2+3}\geqslant \dfrac 32,$$ 等号当$a=b=c=1$时取得．因此所求的最小值为$\dfrac 32$．

7．根据已知，有$c=\dfrac{b-a}{1+ab}$，设$a=\tan A$，$b=\tan B$，$c=\tan C$，$A,B,C\in\left(0,\dfrac{\pi}2\right)$，则有

$$C=B-A.$$ 于是 $$\begin{split} m&=2\cos^2A-2\cos^2 B+3\cos^2 C\\ &=1+\cos 2A-(1+\cos 2B)+\dfrac 32(1+\cos 2C)\\ &=\dfrac 32+\cos 2A-\cos 2B+\dfrac 32\cos (2B-2A)\\ &=\dfrac 32+\left(1+\dfrac 32\cos 2B\right)\cos 2A+\dfrac 32\sin 2B\sin 2A-\cos 2B\\ &\leqslant \dfrac 32+\sqrt{\left(1+\dfrac 32\cos 2B\right)^2+\left(\dfrac 32\sin 2B\right)^2}-\cos 2B\\ &=\dfrac 32+\sqrt{\dfrac{13}4+3\cos 2B}-\cos 2B ,\end{split}$$ 令$t=\sqrt{\dfrac{13}4+3\cos 2B}$，$t\in \left(\dfrac 12,\dfrac 52\right)$，则 $$m\leqslant \dfrac 32+t-\dfrac{t^2-\dfrac{13}4}{3}=-\dfrac 13t^2+t+\dfrac{31}{12}\leqslant \dfrac{10}3,$$ 等号当$t=\dfrac 32$时取得．因此所求$m$的最大值为$\dfrac{10}3$． 此时$a=\dfrac{\sqrt 2}{2},b=\sqrt 2,c=\dfrac {\sqrt 2}{4}$．