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.


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$a=\dfrac{\sqrt 2}{2},b=\sqrt 2,c=\dfrac {\sqrt 2}{4}$.

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