练习题集[74]拓展练习

1.已知a,b,c为实数,且满足a+b+c=15a2+b2+c2=100,则a的最大值与最小值的积为_____.

2.求证:xlnxlnxx12>0

3.证明:ex1lnx+ex+2x1x2>52

4.(2011年湖北高中数学竞赛)已知a,bR,关于x的方程x4+ax3+2x2+bx+1=0有一个实根,求a2+b2的最小值.

5.已知P为双曲线H:x2a2y2b2=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AOB外接圆圆心的轨迹方程.

6.已知n(n)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} (b+c)^2\leqslant 2\left(b^2+c^2\right),从而(15-a)^2\leqslant 2\left(100-a^2\right),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)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}},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=-1a=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HP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\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OAOB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]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,\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.

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