练习题集[91]拓展练习

1.已知$P$是双曲线$C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$上一点,过$P$作$C$的两条渐近线的垂线,垂足分别为$A,B$,则$\overrightarrow {PA}\cdot \overrightarrow {PB}=$_______.

2.已知$\triangle ABC$满足$\cos A\cos B\cos C=\dfrac 18$,判断$\triangle ABC$的形状.

3.求证:$1+\ln x<x^3+x^2$.

4.已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=1$,$a_2=9$,且$na_{n+2}-6(n+1)a_{n+1}+9(n+2)a_n=0$,求$\{a_n\}$的通项公式.

5.求证:$\ln(1+x)\leqslant \dfrac{3x}{2\sqrt{x+1}+1}$.

6.求证:对任意正整数$n$和正实数$c$,均存在$x_0$,使得当$x>x_0$时,有${\rm e}^x>cx^n$.

7.已知$x>0$,求证:${\rm e}^x>x^2+\dfrac{5x}7+1$.


参考答案

1.我们熟知双曲线$C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$上任意一点到两条渐近线的距离之积为$\dfrac{a^2b^2}{a^2+b^2}$,而$A,B,P,O$四点共圆($O$为坐标原点),于是$$\cos\angle APB=\dfrac{b^2-a^2}{a^2+b^2},$$因此$$\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}=\dfrac{a^2b^2\left(b^2-a^2\right)}{\left(a^2+b^2\right)^2}.$$

常规计算 设$P(m,n)$,则有$$b^2m^2-a^2n^2=a^2b^2.$$记$\angle AOx=\theta$,则$\tan\theta=\dfrac ba$.于是\[\begin{split} \overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}=&PA\cdot PB\cdot\cos\angle APB\\=&-PA\cdot PB\cdot\cos{2\theta}\\=&\dfrac{|bm-an|}{\sqrt{a^2+b^2}}\cdot\dfrac{|bm+an|}{\sqrt{a^2+b^2}}\cdot\dfrac{1-\tan^2\theta}{1+\tan^2\theta}\\=&-\dfrac{|b^2m^2-a^2n^2|}{a^2+b^2}\cdot\dfrac{1-\dfrac{b^2}{a^2}}{1+\dfrac{b^2}{a^2}}\\=&-\dfrac{a^2b^2}{a^2+b^2}\cdot\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\\=&\dfrac{a^2b^2(b^2-a^2)}{(a^2+b^2)^2}.\end{split} \]

2.根据题意,有$$\cos A\cos B\cos (A+B)+\dfrac 18=0,$$积化和差,得$$\cos^2(A+B)+\cos (A-B)\cos (A+B)+\dfrac 14=0,$$将其看作关于$\cos (A+B)$的一元二次方程,那么可得$$\Delta=\cos^2(A-B)-1\geqslant 0,$$于是可得$A=B$.类似的,可得$B=C$.因此$A=B=C$,$\triangle ABC$是正三角形.

3.法一 根据均值不等式,有$$x^3+x^2-\ln x-1=\left(x^3+\dfrac 18+\dfrac 18\right)+\left(x^2+\dfrac 14\right)-\ln x-\dfrac 32
\geqslant \dfrac 74x-\ln x-\dfrac 32,$$记右侧函数为$\varphi(x)$,则其导函数$$\varphi'(x)=\dfrac 74-\dfrac 1x,$$因此$\varphi(x)$的极小值,亦为最小值等于$$\varphi\left(\dfrac 47\right)=\ln\dfrac 74-\dfrac 12=\dfrac {\ln \dfrac{49}{16}-1}{2}>0,$$原不等式得证.

法二 即证明$$1+2\ln x<x^6+x^4,$$也即$$\dfrac{1+2\ln x}{x^5}<x+\dfrac 1x.$$记左侧函数为$f(x)$,则$f(x)$的导函数$$f'(x)=\dfrac{-3-10\ln x}{x^6},$$其极大值,亦为最大值等于$$f\left({\rm e}^{-\frac{3}{10}}\right)=\dfrac 25{\rm e}^{\frac 32}<2\leqslant x+\dfrac 1x,$$因此原不等式得证.

4.由已知条件,可得$$n\left(a_{n+2}-3a_{n+1}\right)=3(n+2)\left(a_{n+1}-3a_n\right),$$于是$$\dfrac{a_{n+2}-3a_{n+1}}{3^{n+1}\cdot (n+1)(n+2)}=\dfrac{a_{n+1}-3a_n}{3^n\cdot n(n+1)},$$因此可得$$\dfrac{a_{n+1}-3a_n}{3^n\cdot n(n+1)}=\dfrac{a_2-3a_1}{3^1\cdot 1\cdot 2}=1,$$进而可得$$\dfrac{a_{n+1}}{3^{n+1}}-\dfrac{a_n}{3^n}=\dfrac 13n(n+1),$$累加可得$$\dfrac{a_n}{3^n}=\dfrac 19 (n-1)n(n+1)+\dfrac 13,$$这样我们就得到了$$a_n=3^{n-2}\left(n^3-n+3\right),n\in\mathbf N^*.$$

5.原不等式即$$\ln (1+x)\leqslant \dfrac{3(1+x)-3}{2\sqrt{1+x}+1},$$也即$$\ln x\leqslant \dfrac{3x^2-3}{4x+2}.$$我们熟知,当$x\geqslant 1$时,有$$\ln x\leqslant \dfrac 12\left(x-\dfrac 1x\right)=\dfrac{x^2-1}{2x}\leqslant \dfrac{3\left(x^2-1\right)}{4x+2},$$而当$0<x<1$时,有$$\ln x\leqslant \dfrac{2(x-1)}{x+1}\leqslant \dfrac{(x-1)(3x+3)}{4x+2},$$因此原命题得证.

 实际上,我们有$\ln x \leqslant \dfrac{(x-1)(x+5)}{4x+2}\leqslant \dfrac{(x-1)(3x+3)}{4x+2}$.

6.我们熟知当$x>0$时,有$${\rm e}^x-x-1>0.$$于是取积分(以下默认$x>0$),有$$\int_0^x\left({\rm e}^x-x-1\right){\rm d}x>0,$$也即$${\rm e}^x-\dfrac 12x^2-x-1>0,$$进而有$$\int_0^x\left({\rm e}^x-\dfrac 12x^2-x-1\right){\rm d}x>0,$$也即$${\rm e}^x-\dfrac {1}{3!}x^3-\dfrac{1}{2!}x^2-x-1>0,$$以此类推,可得$${\rm e}^x-\dfrac{1}{(n+1)!}x^{n+1}-\dfrac {1}{n!}x^n-\cdots -x-1>0,$$从而$${\rm e}^x>\dfrac{1}{(n+1)!}x^{n+1}.$$这样可以得到对任意正整数$n$和正实数$c$,取$x_0=(n+1)!\cdot c$,就有$x>x_0$时,有$${\rm e}^x>\dfrac{1}{(n+1)!}x\cdot x^n>\dfrac{1}{(n+1)!}x_0\cdot x^n=cx^n$$成立,因此原命题得证.

7.考虑函数$\varphi(x)=\left(x^2+\dfrac57x+1\right){\rm e}^{-x}$,其导函数$$\varphi'(x)=-{\rm e}^{-x}\left(x-1\right)\left(x-\dfrac 27\right),$$于是$\varphi(x)$在$\left(0,\dfrac 27\right)$上单调递减,在$\left(\dfrac 27,1\right)$上单调递增,在$\left(1,+\infty\right)$上单调递减,因为$\varphi(0)=1$,于是只需要$\varphi(1)<1$,即${\rm e}>\dfrac {19}7$,也即$\ln\dfrac{19}7<1$.我们熟知$$\ln\dfrac{1+x}{1-x}<2\left(x+\dfrac 13x^3+\dfrac 15\cdot \dfrac{x^5}{1-x^2}\right),-1<x<1,$$令$x=\dfrac{6}{13}$,可得$$\ln\dfrac{19}7<\dfrac{1459932}{1461005}<1,$$于是原命题得证.

对于${\rm e}>\dfrac {19}7$这个事实,我们有进一步的不等式$${\rm e}^x>\dfrac{12+6x+x^2}{12-6x+x^2},x>0.$$

 

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