1.已知a,b,c为实数,且满足a+b+c=15,a2+b2+c2=100,则a的最大值与最小值的积为_____.
2.求证:x−lnx−lnxx−12>0.
3.证明:ex−1lnx+ex+2x−1x2>52.
4.(2011年湖北高中数学竞赛)已知a,b∈R,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:x2a2−y2b2=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⩾2)个实数a1,a2,⋯,an满足a1+a2+⋯+an=0,|a1|+|a2|+⋯+|an|=1,求证:|a1+2a2+⋯+nan|⩽n−12.
7.设非负实数a,b,c都满足a2+b2+c2+abc=4,求证:0⩽ab+bc+ca−abc⩽2.
参考答案
1.根据题意,有{b+c=15−a,b2+c2=100−a2,而(b+c)2⩽2(b2+c2),从而(15−a)2⩽2(100−a2),即3a2−30a+25⩽0,因此所求的积为253.
2.我们熟知x−lnx⩾1.
又因为函数f(x)=lnxx的导函数为f(x)′=1−lnxx2,所以f(x)在x=e处取到极大值也是最大值1e,于是有lnxx⩽1e.
从而有LHS⩾1−1e−12>0,不等式得证.
3.我们熟知,当x>0时,有ex>x+1,于是LHS>xlnx+3x,接下来我们证明xlnx+3x>52,只需要证明lnx−52x+3x2>0.令左侧函数为φ(x),则其导函数φ′(x)=(2x−3)(x+4)2x3,于是φ(x)的极小值,亦为最小值是φ(32)=ln32−13,考虑到(32)3=3.375>e,于是ln32>13,从而φ(x)>0,原命题得证.
4.方程等价于x2+ax+2+bx+1x2=0,于是x2+1x2+2=−ax−bx⩽√a2+b2⋅√x2+1x2,令t=√x2+1x2(t⩾√2),则有√a2+b2⩾t2+2t=t+2t⩾2√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(acosθ,bsinθcosθ),则双曲线H在P处的切线方程为xacosθ−ysinθbcosθ=1,分别与渐近线方程xa−yb=0和xa+yb=0联立可得A(acosθ1−sinθ,bcosθ1−sinθ),B(acosθ1+sinθ,−bcosθ1+sinθ),于是线段OA,OB的垂直平分线方程分别为2ax+2by=(a2+b2)cosθ1−sinθ,2ax−2by=(a2+b2)cosθ1+sinθ,从而△AOB外接圆的圆心为(a2+b22acosθ,(a2+b2)sinθ2bcosθ),其轨迹方程为x2(a2+b22a)2−y2(a2+b22b)2=1.
6.我们证明一个更一般的命题,若λ1<λ2<⋯<λn,那么|λ1a1+λ2a2+⋯+λnan|⩽λn−λ12.事实上,有LHS=12|2λ1a1+2λ2a2+⋯+2λnan−(λ1+λn)(a1+a2+⋯+an)|=12|(λ1−λn)a1+(2λ2−λ1−λn)a2+⋯+(λn−λ1)an|⩽12[(λn−λ1)⋅|a1|+|2λ2−λ1−λn|⋅|a2|+⋯+(λn−λ1)⋅|an|]⩽λn−λ12⋅(|a1|+|a2|+⋯+|an|)=λn−λ12,其中用到了|2λi−λ1−λn|=|(λi−λ1)−(λn−λi)|⩽|λi−λ1|+|λn−λi|=λn−λ1,其中i=2,3,⋯,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(λ1+λn)(a1+a2+⋯+an).
7.不妨设a⩽b⩽c.
左边不等式 显然a⩽1,于是ab+bc+ca−abc⩾bc(1−a)⩾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cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1,于是可设a=2cosA,b=2cosB,c=2cosC,其中A,B,C∈[0,π2]且A+B+C=π.这样欲证明的不等式即cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA−2cosAcosBcosC⩽12.由于a⩽b⩽c,因此A⩾B⩾C,进而有A⩾π3,记上述不等式左边为M,则M=cosA(cosB+cosC)+cosBcosC(1−2cosA),考虑到cosB+cosC=2cosB+C2cosB−C2⩽2sinA2⩽12+2sin2A2=32−cosA,而cosBcosC=12[cos(B+C)+cos(B−C)]⩽1−cosA2,因此M⩽cosA(32−cosA)+12(1−cosA)(1−2cosA)=12,因此右侧不等式得证.
综上所述,原不等式得证.