高中奥数 2022-03-21

2022-03-22 本文已影响0人不为竞赛学奥数

2022-03-21-01

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P060 例05）

已知 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 是正实数,满足 $a+b+c\geqslant abc$ .求证:在下列三个式子中至少有两个成立
$\dfrac{6}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{2}{c}\geqslant 2,\dfrac{6}{b}+\dfrac{3}{c}+\dfrac{2}{a}\geqslant 2,\dfrac{6}{c}+\dfrac{3}{a}+\dfrac{2}{b}\geqslant 2.$

证明

用反证法.

(1)如果 $\dfrac{6}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{2}{c}<2$ , $\dfrac{6}{b}+\dfrac{3}{c}+\dfrac{2}{a}<2$ , $\dfrac{6}{c}+\dfrac{3}{a}+\dfrac{2}{b}<2$ ,则 $11\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)<6$ ,与 $\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{c}\right)^{2}\geqslant 3\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)\geqslant 3$ 矛盾.

(2)不妨设三式中仅有2个小于2,即设
$\begin{cases} \dfrac{6}{b}+\dfrac{3}{c}+\dfrac{2}{a}<2,\qquad(*)\\ \dfrac{6}{c}+\dfrac{3}{a}+\dfrac{2}{b}<2,\qquad(**)\\ \dfrac{6}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{2}{c}\geqslant 2.\qquad(***) \end{cases}$
由 $(*)×1+(**)\times 7-(***)\times 1$ 可得 $\dfrac{43}{c}+\dfrac{17}{b}+\dfrac{17}{a}<14$ .

但上式左端 $>17\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\geqslant 17\sqrt{3}>14$ ,矛盾!

因此结论成立.

2022-03-21-02

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P060 例06）

4个实数 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 、 $d$ 满足:

(1) $a\geqslant b\geqslant c\geqslant d$ ;

(2) $a+b+c+d=9$ ;

(3) $a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}=21$ .

求证: $ab-cd\geqslant 2$ .

证明

若 $a+b<5$ ,则 $4<c+d\leqslant a+b<5$ ,于是

$\left(ab+cd\right)+\left(ac+bd\right)+\left(ad+bc\right)=\dfrac{\left(a+b+c+d\right)^{2}-\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)}{2}=30$ .

而 $ab+cd\geqslant ac+bd\geqslant ad+bc\left(\Leftrightarrow\left(a-d\right)\left(b-c\right)\geqslant 0\right)$ ,

所以
$ab+cd\geqslant 10.$

由 $0\leqslant \left(a+b\right)-\left(c+d\right)<1$ 知
$\left(a+b\right)^{2}+\left(c+d\right)^{2}-2\left(a+b\right)\left(c+d\right)<1,$
又由题设知 $\left(a+b\right)^{2}+\left(c+d\right)^{2}+2\left(a+b\right)\left(c+d\right)=9^{2}$ ,

上面两式相加得 $\left(a+b\right)^{2}+\left(c+d\right)^{2}<41$ .

故
$\begin{aligned} 41&=21+2\times 10\leqslant \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)+2\left(ab+cd\right)\\ &=\left(a+b\right)^{2}+\left(c+d\right)^{2}\\ &<41, \end{aligned}$
矛盾!所以, $a+b\geqslant 5$ .

于是
$a^{2}+b^{2}+2ab\geqslant 25=4+\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)\geqslant 4+a^{2}+b^{2}+2cd,$

即 $ab-cd\geqslant 2$ .

2022-03-21-03

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P061 例07）

设 $x,y,z\in \mathbb{R}^{+}$ ,求证:
$\sqrt{x+\sqrt[3]{y+\sqrt[4]{z}}}\geqslant \sqrt[32]{xyz}.$

证明

用反证法.

若存在正实数 $x_{0}$ 、 $y_{0}$ 、 $z_{0}$ ,使得 $\sqrt{x_{0}+\sqrt[3]{y_{0}}+\sqrt[4]{z_{0}}}<\sqrt[32]{x_{0}y_{0}z_{0}}$ ,那么
$\begin{cases} \sqrt{x_{0}}<\sqrt[32]{x_{0}y_{0}z_{0}},\\ \sqrt[6]{y_{0}}<\sqrt[32]{x_{0}y_{0}z_{0}},\\ \sqrt[24]{z_{0}}<\sqrt[32]{x_{0}y_{0}z_{0}}, \end{cases}$
即
$\begin{cases} x_{0}^{16}<x_{0}y_{0}z_{0},\\ y_{0}^{16}<\left(x_{0}y_{0}z_{0}\right)^{3},\\ z_{0}^{16}<\left(x_{0}y_{0}z_{0}\right)^{12}, \end{cases}$
上面三式相乘即得 $x_{0}^{16}\cdot y_{0}^{16}\cdot z_{0}^{16}<\left(x_{0}y_{0}z_{0}\right)^{16}$ ,矛盾!故原不等式成立.

从而得证.

高中奥数 2022-03-21

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