1．(2016年北大夏令营？)证明：$\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt {3+\cdots +\sqrt n}}}<2$．
2．(2016年北大夏令营?)化简等式$(x-\sqrt{x^2+1})\cdot (y-\sqrt{y^2+1})=1$．
3．已知$a,b>0$且$a+b=1$，求$3\sqrt{1+2a^2}+2\sqrt{40+9b^2}$的最小值．
4．已知$a,b,c,d$满足$a,d\geqslant 0$，$b,c>0$，且$b+c\geqslant a+d$，则$\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{b}{c+d}$的最小值是______．
5．已知$a_1,a_2,\cdots ,a_n>0$且$a_1+a_2+\cdots +a_n=1$，求证：$$\dfrac{1}{1+a_1}+\dfrac{1}{1+a_1+a_2}+\cdots +\dfrac{1}{1+a_1+a_2+\cdots +a_n}<\sqrt{\dfrac 12\left(\dfrac 1{a_1}+\dfrac 1{a_2}+\cdots +\dfrac 1{a_n}\right)}.$$
6．求$f(x)=|x-1|+\dfrac{1}{\sqrt 2}\left|x-2\right|+\dfrac{1}{\sqrt 3}\left|x-3\right|+\cdots +\dfrac{1}{\sqrt{2016}}|x-2016|$的最小值．
7．求$(1+x)^{2016}$的展开式中不能被$7$整除的系数的个数．
参考答案
1．考虑到$k> \sqrt {k+(k+1)}$($k\geqslant 3,k\in\mathcal N$)，于是\[\begin{split} 2&=\sqrt{1+3}\\ &>\sqrt{1+\sqrt {2+3}}\\ & >\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{3+4}}}\\ &>\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{3+\sqrt{4+5}}}} \\ &>\cdots \\ &> \sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt {3+\cdots +\sqrt{n}}}},\end{split} \]因此原命题得证．
2．根据题中条件，有$$\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}\cdot({\sqrt{y^2+1}-y})=1,$$即$$\sqrt{x^2+1}+x=\sqrt{(-y)^2+1}+(-y),$$而函数$f(x)=\sqrt{x^2+1}+x$在$\mathbb R$上单调递增，因此$x=-y$，即$x+y=0$．
3．设函数$f(x)=3\sqrt{1+2x^2}$，$g(x)=2\sqrt{40+9x^2}$，则有$$f'(x)=\dfrac{12x}{\sqrt{1+2x^2}},g'(x)=\dfrac{36x}{\sqrt{40+9x^2}}.$$取这两个函数平行的切线，有$$\dfrac{12a}{\sqrt{1+2a^2}}=\dfrac{36b}{\sqrt{40+9b^2}},$$即$$\dfrac{40}{9b^2}-\dfrac{1}{a^2}=1,$$又$a+b=1$，解得$a=\dfrac 13$，$b=\dfrac 23$，进而可得$$3\sqrt{1+2a^2}+2\sqrt{40+9b^2}\geqslant \dfrac{12}{\sqrt{11}}\left(a-\dfrac 13\right)+\sqrt{11} +\dfrac{12}{\sqrt{11}}\left(b-\dfrac 23\right)+4\sqrt{11}=5\sqrt{11},$$因此所求的最小值为$5\sqrt{11}$．
思考与总结 切割线放缩的一种变化．
4．法一 探索取等条件
显然取得最小值时，$b+c=a+d$．设$b=2$，$c=4$，考虑$$\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{b}{c+d}=\dfrac{4}{a+2}+\dfrac{2}{4+d}$$当$(a,d)=(6,0),(3,3),(0,6)$时的值，分别为$1,\dfrac{38}{35},\dfrac{11}{5}$，因此可以猜测，当$b\leqslant c$时，取$d=0$可以使得原式取最小值．这就是解决问题的突破口．
法二 利用取等条件放缩
不妨设$a+b\geqslant c+d$，则有\[\begin{split} \dfrac{c}{a+b}+\dfrac{b}{c+d}&\geqslant
\dfrac{c+d}{a+b}+\dfrac{b-d}{c+d}\\ &=\dfrac{c+d}{a+b}+\dfrac{b+c}{c+d}-1\\ &\geqslant \dfrac{c+d}{a+b}+\dfrac 12\cdot \dfrac{a+b+c+d}{c+d}-1\\&=\dfrac{c+d}{a+b}+\dfrac 12\cdot\dfrac{a+b}{c+d}-\dfrac 12\\&\geqslant \sqrt 2-\dfrac 12,\end{split} \]等号当且仅当$$\begin{cases} d=0,\\ b+c=a+d,\\ a+b=\sqrt 2\cdot (c+d),\end{cases} $$时取得，也即$a:b:c=(\sqrt 2+1):(\sqrt 2-1):2$，$d=0$时取得．因此原式的最小值为$\sqrt 2-\dfrac 12$．
注 若$a+b\leqslant c+d$，则利用$$\dfrac c{a+b}+\dfrac b{c+d}\geqslant \dfrac {c-a}{a+b}+\dfrac {b+a}{c+d}$$类似上面放缩．
思考与总结 探索取等条件后可以大胆放缩，将问题调整为均值不等式可以处理的形式．
5．考虑到不等式右边的形式，用柯西不等式放缩\[\begin{split} &\left(\dfrac{1}{1+a_1}+\dfrac{1}{1+a_1+a_2}+\cdots +\dfrac{1}{1+a_1+a_2+\cdots +a_n}\right)^2\\ &\qquad\leqslant \left(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots +\dfrac{1}{a_n}\right)\left[\dfrac{a_1}{(1+a_1)^2}+\dfrac{a_2}{(1+a_1+a_2)^2}+\cdots +\dfrac{a_n}{(1+a_1+a_2+\cdots +a_n)^2}\right],\end{split} \]因此只需要证明$$\dfrac{a_1}{(1+a_1)^2}+\dfrac{a_2}{(1+a_1+a_2)^2}+\cdots +\dfrac{a_n}{(1+a_1+a_2+\cdots +a_n)^2}<\dfrac 12.$$而\[\begin{split} \dfrac{a_k}{(1+a_1+a_2+\cdots +a_k)^2}&<\dfrac{a_k}{(1+a_1+a_2+\cdots +a_{k-1})(1+a_1+a_2+\cdots +a_k)}\\ &=\dfrac{1}{1+a_1+a_2+\cdots +a_{k-1}}-\dfrac{1}{1+a_1+a_2+\cdots +a_k},\end{split} \]其中$k=1,2,\cdots ,n$．将各式累加即得，因此原不等式得证．
思考与总结 利用柯西不等式升次，为分式的裂项创造条件．
6．容易知道当$x=k$时$f(x)$取得最小值，其中$k$是满足$$\begin{cases} 1+\dfrac{1}{\sqrt 2}+\cdots +\dfrac{1}{\sqrt {k-1}}\leqslant \dfrac 12\left(1+\dfrac{1}{\sqrt 2}+\cdots +\dfrac{1}{\sqrt {2016}}\right),\\ 1+\dfrac{1}{\sqrt 2}+\cdots +\dfrac{1}{\sqrt {k-1}}+\dfrac{1}{\sqrt{k}}\geqslant \dfrac 12\left(1+\dfrac{1}{\sqrt 2}+\cdots +\dfrac{1}{\sqrt {2016}}\right),\end{cases} $$的正整数．
暴力计算 由于$\dfrac 12\sum\limits_{k=1}^{2016}\dfrac{1}{\sqrt k}\approx 44.1753$，而$$\sum\limits_{k=1}^{520}\dfrac{1}{\sqrt k}\approx 44.1686,\sum\limits_{k=1}^{521}\dfrac{1}{\sqrt k}\approx 44.2124,$$因此$k=521$，于是$f(521)\approx 44527.89457$为所求最小值．
放缩估计 事实上，当$n\geqslant 3$时，有$$1+\dfrac{1}{\sqrt 2}+2\left(\sqrt{n+\dfrac{25}{48}}-\sqrt {3-\dfrac {23}{48}}\right)<\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt k}<1+\dfrac{1}{\sqrt 2}+2\left(\sqrt{n+\dfrac 12}-\sqrt {\dfrac 52}\right),$$估计出$$44.1715<\sum\limits_{k=1}^{2016}\dfrac{1}{\sqrt k}<44.1779.$$类似的，可以计算出$$\sum\limits_{k=1}^{519}\dfrac{1}{\sqrt k}<44.1299,44.1615<\sum\limits_{k=1}^{520}\dfrac{1}{\sqrt k}<44.1738,\sum\limits_{k=1}^{521}\dfrac{1}{\sqrt k}>44.2053,$$于是最小值点为$x=521$，因此最小值为$f(521)$．
思考与总结 利用参数对和式进行精确的裂项放缩求和是解决问题的关键．}
注 本题用到的裂项放缩为$$\sqrt{n+\dfrac {25}{48}}-\sqrt{n-\dfrac {23}{48}}<\dfrac {1}{2\sqrt n}<\sqrt{n+\dfrac 12}-\sqrt{n-\dfrac 12}.$$事实上，如果$2\sqrt n<\sqrt{n+\lambda}+\sqrt{n-1+\lambda}$，等价于$8n(2\lambda-1)>1$，当$\lambda =\dfrac {25}{48}$时，$n\geqslant 3$时恰好满足．
7．分析与解 即组合数${\rm C}_n^m$中当$n=2016$，$m=0,1,2,\cdots ,2016$时，满足$7\nmid {\rm C}_n^m$的个数．
考虑一般情形 由于$${\rm C}_n^m=\dfrac{n!}{(n-m)!m!},$$将满足$\lambda^p \mid\mid k!$（$k\in \mathcal N$，$\lambda$是素数，其中“$\mid\mid$”表示恰好整除，即$\lambda ^p\mid k!$，且$\lambda ^{p+1}\nmid k!$）的$p$记作$f_\lambda (k)$．设$k$的$\lambda $进制数为$$\overline{x_rx_{r-1}\cdots x_2x_1x_0},$$那么$$f_{\lambda}(k)=\overline{x_rx_{r-1}\cdots x_2x_1}+\overline{x_rx_{r-1}\cdots x_2}+\cdots +\overline{x_rx_{r-1}}+\overline{x_r},$$因此${\rm C}_n^m$能否被$\lambda$整除取决于$$F_n(m)=f_{\lambda}(n)-f_{\lambda}(n-m)-f_{\lambda}(m)$$是正整数还是零．容易知道，当$n_{(\lambda)}$减去$m_{(\lambda)}$时，若没有借位(即$m$在每一位上的数字都不大于$n$在对应数位上的数字），那么$F_n(m)=0$，此时$\lambda \nmid {\rm C}_n^m$；若有借位，那么$F_n(m)>0$，此时$\lambda \mid {\rm C}_n^m$．
回到本题 由于$2016=5610_{(7)}=\overline{5610}$，因此所有不能被$7$整除的组合数的个数为$6\cdot 7\cdot 2=84$（即：首位有$0,1,2,\cdots,5$共$6$种可能，第二位有$7$种可能，第三位有$2$种可能，最后一位有$1$种可能）．