练习题集[82]基础练习

1.求图中阴影部分的面积(单位:${\rm cm}$)%e5%b1%8f%e5%b9%95%e5%bf%ab%e7%85%a7-2016-10-09-%e4%b8%8b%e5%8d%881-12-06

2.若$a,b,c\geqslant 0$,且$a^2+b^2+c^2=1$,则$a+b+\dfrac 12\sqrt{4c^2+\left(a^2-b^2\right)^2}$的最大值为_______.

3.已知$a,b,c\geqslant 0$,且满足$ab+bc+ca=a+b+c>0$,则$\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}$的最小值为______.

4.求$\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty}\arctan\dfrac{1}{2i^2}$.

5.证明:
(1) ${\rm e}<1+\sqrt 3$;
(2) $\dfrac{1}{\sqrt 7}+\dfrac{1}{\sqrt 8}<\dfrac{2}{\rm e}$.

6.给定$n$个正整数,考虑由这$n$个正整数中的一个或多个相加得到的所有的和.求证:这些和可以分成$n$组,且每一组中最大数与最小数之比不大于$2$.

7.已知$x>0$,求证:${\rm e}^x-x^2-2x+2>0$.


参考答案

1.$90+25\arctan 2-\dfrac{125\pi}4$.

提示 右上角的弧所对的圆心角为$\arctan\dfrac 43=\pi-2\arctan 2$.

2.$\sqrt 3$.

令$a+b=x$,$a-b=y$,则\[\begin{split} a+b+\dfrac 12\sqrt{4c^2+\left(a^2-b^2\right)^2}&=x+\dfrac 12\sqrt{4-2x^2-2y^2+x^2y^2}\\&=x+\dfrac 12\sqrt{\left(2-x^2\right)\left(2-y^2\right)}\\&\leqslant x+\dfrac{\sqrt{4-2x^2}}2\\&\leqslant \sqrt{\dfrac 12+\dfrac 14}\cdot \sqrt{2x^2+4-2x^2}\\&=\sqrt 3,\end{split} \]等号当$a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt 3}$时取得.因此所求的最大值为$\sqrt 3$.

3.$2$.

不妨设$a\geqslant b\geqslant c$,根据题意,有\[\begin{split} \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}&=\dfrac{\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\\
&\geqslant \dfrac{\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\cdot 2\sqrt{ab}}{ab+bc+ca}\\
&\geqslant 2,\end{split} \]等号当$a=b=2$,$c=0$时取得.因此所求的最小值为$2$.

4.由于$$\arctan\dfrac{1}{2i^2}=\arctan\dfrac{(2i+1)-(2i-1)}{1+(2i+1)(2i-1)}=\arctan(2i+1)-\arctan(2i-1),$$于是\[\begin{split} \sum_{i=1}^{\infty}\arctan\dfrac{1}{2i^2}&=\lim_{n\to \infty}\sum_{i=1}^{n}\left[\arctan (2i+1)-\arctan (2i-1)\right]\\&=\lim_{n\to \infty}\left[\arctan (2n+1)-\arctan 1\right]\\&=\lim_{n\to \infty}\arctan\dfrac{2n}{2n+2}\\&=\dfrac{\pi}4.\end{split} \]

5.(1)对数估算 我们熟知$$\ln\dfrac{1+x}{1-x}>2\left(x+\dfrac{x^3}3+\dfrac{x^5}5\right),$$于是令$x=2\sqrt 3-3$,就有\[\begin{split} \ln \left(1+\sqrt 3\right)&>2\left[(2\sqrt 3 -3)+\dfrac 13((2\sqrt 3-3))^3+\dfrac 15(2\sqrt 3-3)^5\right]\\&=\dfrac 25\left(-5883+3398\sqrt 3\right)\\&>1,\end{split} \]于是不等式得证.

其他思路 利用${\rm e}<\left(1+\dfrac 1n\right)^{n+1}$,二项式展开后放缩.

(2)利用均值不等式,有
\[\begin{split} \dfrac{2}{\dfrac{1}{\sqrt 7}+\dfrac{1}{\sqrt 8}}&>\sqrt{\dfrac{2}{\dfrac 17+\dfrac 18}}=\sqrt{\dfrac{112}{15}}=\sqrt{4+2\cdot\sqrt{\dfrac{676}{225}}}\\&>\sqrt{4+2\sqrt 3}=1+\sqrt 3>{\rm e},\end{split} \]于是不等式得证.

6.对$n$进行归纳,$n=1$时显然.

假设$n<m$时结论都成立,考虑$n=m$的情况.

不妨设给定的正整数为$a_1\leqslant a_2\leqslant \cdots \leqslant a_m$,并令$$S_i=a_1+a_2+\cdots +a_i,$$其中$1\leqslant i\leqslant m$.设$k\in \{1,2,\cdots ,m-1\}$是最大的满足$2S_k\leqslant S_{k+1}$的正整数(由$2S_1=2a_1\leqslant a_1+a_2=S_2$知这样的$k$存在),则$$a_{k+1}=S_{k+1}-S_k\geqslant \dfrac 12S_{k+1}\geqslant \dfrac 14S_{k+2}\geqslant \cdots \geqslant \dfrac{1}{2^{m-k}}S_m,$$及$S_m\leqslant 2^{m-k}a_{k+1}$,因此$m-k$个区间$$\left[a_{k+1},2a_{k+1}\right),\left[2a_{k+1},4a_{k+1}\right),\cdots ,\left[2^{m-k-1}{a_{k+1}},2^{m-k}a_{k+1}\right]$$即可包含所有至少含$a_{k+1},a_{k+2},\cdots ,a_m$之一的一个或多个相加的和,再由归纳假设,$a_1,a_2,\cdots ,a_k$中一个或多个的和均可被分成$k$组,故一共可以分为$m$组,即结论对$n=m$也成立,证毕.

7.设$f(x)={\rm e}^x-x^2-2x+2$,则$$f'(x)={\rm e}^x-2x-2,$$于是函数$f(x)$在$(0,1)$上单调递减,在$(2,+\infty)$上单调递增.结合$$f(1)={\rm e}-1>0,f(2)={\rm e}^2-6>0,$$可得命题对$x\in (0,1)$和$x\in (2,+\infty)$成立.

接下来证明命题在$x\in (1,2)$时也成立.容易证明当$x\in (1,2)$时,有$${\rm e}^x>\dfrac 12{\rm e}(x-1)^2+{\rm e}(x-1)+{\rm e}.$$接下来证明在区间$(1,2)$上,有$$\dfrac 12{\rm e}(x-1)^2+{\rm e}(x-1)+{\rm e}>x^2+2x-2,$$即$$({\rm e}-2)x^2-4x+{\rm e}+4>0,$$其判别式$$\Delta=16-4({\rm e}-2)({\rm e}+4)<0,$$因此命题得证.

综上,原命题成立.

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练习题集[82]基础练习》有 2 条评论

  1. yanhanyulen说:

    能不能把这些基础练习做成PDF文件,方便查阅

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