whk 过程中遇到了一些自认为还挺有意思的题,就放在这里,毕竟我也没啥可以写 blog 的东西了(也许是怕纸质版丢了
不过对于大家来说应该都是 sb 题。
Upd on 2021/11/05
: 由于 [数据删除],可能会加入部分 (
m MO) 甚至涉及部分微积分的题目。
Problem #1
在 ( riangle m ABC) 中,求 (cos Acos Bcos C) 的最大值。
Analysis
多元最大值问题考虑主元法,利用 (cos) 函数的最大值为 (1), 以及三角形内角和为 (pi) 的这两个条件进行解答。
化简过程中应熟练运用积化和差 & 诱导公式 & 均值不等式这些东西,总之很简单就不大想多说了。
Sol
等号 (mathbf{iff.} cos A = cos B = cos C = frac 12) 时取到。
Problem #2
已知 (a = 3ln 2^{pi}, b = 2ln 3^{pi}, c = ln pi^{6}), 求 (a,b,c) 的大小关系。
Analysis
Problem #3
求函数 (f(x) = frac {cos x - 2}{sqrt{3 - 2cos x+sin x}}) 的值域。
Analysis
分离参数题里面稍微需要点代数技巧的题,总之就是把分子变成常数,发现未知部分是一个 (sin / cos) 的形式,那么就辅助角公式一算就行了。
当然还是要用到一些单调性,同角弦三角函数平方和一些简单性质,难度也不是太大就不说了。
Sol
令 (u = frac {1 + sin x}{2 - cos x} ; (u geq 0)), 那么 (1 + sin x = 2u - ucos x), 即 (sin x + ucos x = 2u - 1).
用辅助角公式,得到 (sqrt{u^2 + 1} sin (x + varphi) = 2u - 1), 即 (sin (x + varphi) = frac {2u - 1}{sqrt{u^2 + 1}}).
由 (lvert frac {2u-1}{sqrt{u^2 + 1}} vert leq 1), 解得 (u in [0, frac 43]), 又 (-sqrt{2}(1+u^2)^{-frac 12}) 在 ([0, frac 43]) 单调递增,所以 (f(x)) 值域为 ([-sqrt 2, -frac 35 sqrt 2]).
Problem 4
设 (f(x)) 是定义在 (Bbb R) 上且周期为 (1) 的函数,在区间 ([0, 1)) 上, (f(x) = egin{cases} x^2 & x in D \ x & x ot in D end{cases}), 其中 (D = { x | x = frac {n - 1}{n}, n in {Bbb N}^{*}}), 求方程 (f(x) = lg x) 的解的个数。
Analysis
这题是 (2017) 江苏的 ( m T_{14}), 有一说一确实比较神仙,但估计有点底子的 ( m MO) 同学一眼就能看出 (lg x) 在研究点是不存在有理点的,只需要算一下 (x otin D) 的情况就可了。
主要我也不知道该咋说,就看出来只需要研究 ([1, 10)), 然后分析下去发现 (x in D) 根本没法有交点,最后画个草图一看就完了。
Sol
因为 (f(x) in [0, 1)), 所以只需要研究 (x in [1, 10)) 时根的所有情况。
设 (D_i = {x | x = frac {n - 1}{n} + i, n in {Bbb N}^{*}, i in {Bbb N}^{*} cap [1,9]}), 显然 (forall i, D_i subseteq {Bbb Q}).
那么根据题意,当 (x in [i, i + 1) ;i in {Bbb N}^{*} cap [1,9]) 时,(f(x) = egin{cases} (x-i)^2 & x in D_i \ x-i & x ot in D_i end{cases})
当 (x in (1, 10) cap {Bbb Q}), 设 (x = frac qp, p,q in {Bbb N}^{*}, p geq 2, (p, q) = 1).
若 (lg x in {Bbb Q}), 则因为 (lg x in (0, 1)), 设 (lg x = frac nm, n, m in {Bbb N}^{*}, m geq 2, (n, m) = 1).
所以 (10^{frac nm} = frac qp), 则 (10^n = left( frac qp ight)^m), 此时 (10^n in {Bbb Z}, left( frac qp ight)^m otin {Bbb Z}), 矛盾,所以 (lg x otin {Bbb Q}).
所以 (lg x) 不可能与 (x in D_i) 内的部分对应相等,只需考虑 (lg x) 与每个周期内 (x otin D_i) 部分的交点。
又 ((lg x)' vert_{x=1} = frac {1}{ln 10} < 1), 所以在 ([1, 2)) 上只有一个交点,所以有八个交点,原方程有八个解。
Problem 5
解不等式:
Analysis
发现全是偶次幂,那么换元。然后会发现有个各项系数出现了 (1;3;5;3) 这个顺序,那么考虑立方和公式,最后会发现是个同构。
虽然好像观察系数发现两边同除立方和公式构造同构这件事并不「显然」,但是代数化简就是这个样子((((
Solution
做代换 (t = x^2),则原式等价于 (t^6+3t^5+5t^4+3t^3<2t^2+1).
两边同时除以 (t^3 = (x^2)^3 ge 0) 得到 (t^3+3t^2+5t+3<dfrac 2t+dfrac{1}{t^3}).
对左边用立方和公式,写出同构 ((t+1)^3+2(t+1)<left(dfrac 1t ight)^3 + 2 cdot dfrac 1t).
构造函数 (f(x)=x^3+2x),显然 (f(x)) 在 (R) 上单调递增,则 (f(t+1)<fleft(dfrac 1t ight)) 成立当且仅当 (t+1<dfrac 1t).
解得 (0 < t le dfrac{sqrt{5}-1}{2}),那么 (0 le x le sqrt{dfrac 12(sqrt 5-1)})
Problem 6
已知 (n in N^*) 且 (n ge 2),求证:
Analysis
重写数列不等式可以发现实际上是调和级数的一部分,然后左边就 ( m Titu's ;Lemma) 搞出来一个递增的下界,右边就 ( m Cauchy) 不等式.
然后你会惊喜的发现,待证不等式那叫一个宽啊,建议左半边改成 (dfrac {7}{12}),读者可以自行尝试一下(((
Solution
易证:
考虑 ( m Titu's ; Lemma)
显然该式关于 (n) 单调递增,取 (n=2) 得原不等式左边成立,考虑利用 ( m Cauchy-Schwarz) 不等式
Problem 7
设 (x,y,z > 0),求下式的最大值.
Analysis
经典轮换对称式最值,发现原式齐次,那么就做 (x+y+z=1) 假设,一通化简就完事了((((这题好简单啊为什么要放上来啊
Solution
由 (x,y,z) 关于 (f) 的齐次性(即用 ((ka,kb,kc); (k e 0)) 替换 ((a,b,c)) 所得 (f) 值不变),不妨设 (x+y+z=1),则
等号取到当且仅当 (x=y=z= dfrac 13),满足条件,所以 (f_{max} = 8).
Problem 8
设 (x,y,z > 0) 且 (xyz=1),求证:
Analysis
把分子上的五次项和分母配凑拿掉之后,构造 ( m Cauchy) 不等式,由于轮换对称到最后的分子会和分母统统约掉,完了这里边水题越来越多了(
我的洛星玖啊,因为没法边穿可爱的小裙子边抑制自己做水题的冲动,气的内心崩溃,又哭又闹,呜呜呜呜,好可怜啊(((
Solution
易证,原不等式等价于
那么考虑利用条件 (xyz=1) 构造如下 ( m Cauchy-Schwarz) 不等式,其中五次项关于 (x,y,z) 对称.
由此,原不等式转化为
Problem 9
已知对任意 (x_1, x_2, cdots x_{2016} in [0,4]) 方程
在 ([0,4]) 上至少有一个根,试证明实数 (k) 唯一并求其值.
Analysis
总算没那么水了,实际上这是个嵌套最值问题,考虑从不等式角度来思考原方程有解的条件,就能得到 (max min f(x) le 2016k le min max f(x))
然后需要利用绝对值和函数的一些小 ( m trick) 就能发现两边是相等的,随之也就解出来 (k) 了.
Solution
令 (f(x) = sum |x-x_i|),由于 (f(x) = 2016k) 在 ([0,4]) 上有解,那么 (min f(x) le 2016k le max f(x)).
又 (f(x)) 随 (x_1, x_2, cdots x_{2016}) 变化而变化,所以对于每一组 ((x_1,x_2,cdots,x_{2016})) 都有上述不等式成立,等价于 (max min f(x) le 2016k le min max f(x)).
由于 (x_i) 的任意性,不妨设 (x_1 le x_2 le cdots le x_{2016}),那么根据绝对值和函数的性质,
再求不等式右边,继续利用绝对值和函数在最小、最大间断点、左边界或右边界上取最大值的性质,我们得到
所以我们有 (2 imes 2016 leq 2016k leq 2 imes 2016),得到 (k = 2).
Problem 10
设 (f(x)=x^2+a),记 (f^1(x)=f(x), f^{(n)}(x)=f(x) circ f^{(n-1)}(x) ; (n = 2,3, cdots)),求对于所有正整数 (n) 满足 (left| f^{(n)}(0) ight| le 2) 的所有实数 (a) 构成的集合 (S).
Analysis
嗯,目前最有难度的一道题,说实话有点分析的意思. 首先我么可以把范围缩小到 ([-2,2]) 上.
原题实际上是给出了一个无穷数列 ({|f(0)|, left|f^{(2)}(0) ight|, cdots}),我们需要探究它在什么条件下是收敛的,而且极限值还要小于等于 (2).
当然我们可以令 (g(n)=f^n(0)),直接研究 (g) 是很困难的,那么我们想到 ( m Stolz) 定理,就去研究 ({ m d}g),当然离散到数列上叫 (Delta g).
(Delta g) 会被配凑出来二次函数形式,这样我们再通过求和就能给出一个数列收敛的上界,这时我们发现无事可做了,那么利用归纳法尝试证明该上界为上确界,此时该题就被解决了。
Solution
由 (f(0) leq 2) 得到,(|a| leq 2),即 (-2 leq a leq 2),所以 (S subseteq [-2,2]).
由题 (forall ; i in N^*, f^{(i+1)}(0)=f(f^{(i)}(0))),所以
所以当 (a ge dfrac 14) 时
由于 (a-dfrac 14>0),所以该式随 (n) 的递增而递增,也就是说,当 (n > dfrac{2-a}{a-frac 14}+1) 时,(|f^{(n)}(0)|>2),所以 (S subseteq left[-2,dfrac 14 ight]).
下证 (S = left[-2, dfrac 14 ight]),先证 (left[0,dfrac 14 ight] subseteq S),尝试利用归纳法证明加强命题 (f^{(i)}(0) leq dfrac 12).
首先 (f(0) = a leq dfrac 12),(f^{(2)}(0) = a^2+a leq dfrac 12),那么归纳的假设 (f^{(i)}(0) leq dfrac 12),则 (f^{(i+1)}(0)=left[f^{(i)}(0) ight]^2+a leq dfrac 12),得证.
再证 ([-2, 0] subseteq S),尝试利用归纳法证明 (-a leq f^{(i)}(0) leq a).
首先 (|f(0)| = -a leq 2),(left|f^{(2)}(0) ight| = |a^2+a| leq |-2a+a| = |a|),那么归纳的假设 (left|f^{(i)}(0) ight| leq -a),则 (left|f^{(i+1)}(0) ight| = left| left[f^{(i)}(0) ight]^2+a ight| leq |a^2+a| leq |a|),得证.
综上 ([-2,0] cup left[0, dfrac 14 ight] subseteq S),(S subseteq left[-2, dfrac 14 ight]),所以 (S = left[-2, dfrac 14 ight]).
Problem 11
(f{IMO\,2020;/;Problem\,2})
任取正数 (a ge b ge c ge d ge 0),满足 (a+b+c+d=1),求证:
Analysis
这题真的是 (f{IMO}) 题哎,不过好像确实挺新颖的,考虑利用加权均值不等式把很麻烦的 (a^ab^bc^cd^d) 转化成 (a^2+b^2+c^2+d^2).
发现左边是三次,那么我们尝试把 (1) 换成 ((a+b+c+d)^3),用多项式乘法打开就证完了。
Solution
Problem 12
给定整数 (n ge 3),实数列 ({x_n}) 满足 (min limits_{1 le i < j le n} left|x_i-x_j ight| = 1, f = sum limits_{i=1}^n |x_i|),求 (f_{min}).
Analysis
Solution
Problem 13
(f {USAMO \, 2020 ; / ; Problem \,6})
给定正整数 (n ge 2). 若实数列 ({x_n}, {y_n}) 满足 (x_1 ge x_2 ge cdots ge x_n,y_1 ge y_2 ge cdots ge y_n),且
求证