「数学」简单文化课积累本云端版

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 \(\rm MO\) 甚至涉及部分微积分的题目。

Problem #1

在 \(\triangle \rm ABC\) 中，求 \(\cos A\cos B\cos C\) 的最大值。

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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

\[\begin{aligned} \cos A\cos B\cos C &= \frac 12\cos A\left[ \cos(B-C) + cos(B+C)\right] \\ &= \frac 12\cos A\left[ \cos(B-C) - \cos A\right] \\ &\leq \frac 12\cos A\left( 1-\cos A\right) \\ &\leq \frac 12\left[ \frac {\cos A + (1 - \cos A)}{4}\right] = \frac 18 \end{aligned} \]

等号 \(\mathbf{iff.} \cos A = \cos B = \cos C = \frac 12\) 时取到。

Problem #2

已知 \(a = 3\ln 2^{\pi}, b = 2\ln 3^{\pi}, c = \ln \pi^{6}\), 求 \(a,b,c\) 的大小关系。

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Analysis

Problem #3

求函数 \(f(x) = \frac {\cos x - 2}{\sqrt{3 - 2\cos x+\sin x}}\) 的值域。

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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

\[\begin{aligned} f(x) &= \frac {\cos x - 2}{\sqrt{3 - 2\cos x + \sin x}} = - \frac {2 - \cos x}{\sqrt{\frac 12(6 - 4\cos x + 2\sin x)}} \\ &= - \sqrt {\frac {(2 - \cos x)^2}{\frac 12[(4 - 4\cos x + \cos^2 x) + (1 + 2\sin x + \sin^2 x)]}} \\ &= - \sqrt {\frac {2(2 - \cos x)^2}{(2 - \cos x)^2 + (1 + \sin x)^2}} = - \sqrt 2\left[1 + \left( \frac {1 + \sin x}{2 - \cos x} \right)^2 \right]^{-\frac 12} \end{aligned} \]

令 \(u = \frac {1 + \sin x}{2 - \cos x} \; (u \geq 0)\), 那么 \(1 + \sin x = 2u - u\cos x\), 即 \(\sin x + u\cos x = 2u - 1\).

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 \(\lvert \frac {2u-1}{\sqrt{u^2 + 1}}\rvert \leq 1\), 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, \(f(x) = \begin{cases} x^2 & x \in D \\ x & x \not \in D \end{cases}\), 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。

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Analysis

这题是 \(2017\) 江苏的 \(\rm T_{14}\), 有一说一确实比较神仙，但估计有点底子的 \(\rm MO\) 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 \(x \not\in D\) 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，\(f(x) = \begin{cases} (x-i)^2 & x \in D_i \\ x-i & x \not \in D_i \end{cases}\)

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 \(10^n = \left( \frac qp\right)^m\), 此时 \(10^n \in {\Bbb Z}, \left( \frac qp\right)^m \not\in {\Bbb Z}\), 矛盾，所以 \(\lg x \not\in {\Bbb Q}\).

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 \(x \not\in D_i\) 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:

\[x^{12}+3x^{10}+5x^8+3x^6+1<2(x^4+1) \]

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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 \((t+1)^3+2(t+1)<\left(\dfrac 1t\right)^3 + 2 \cdot \dfrac 1t\).

构造函数 \(f(x)=x^3+2x\)，显然 \(f(x)\) 在 \(\R\) 上单调递增，则 \(f(t+1)<f\left(\dfrac 1t \right)\) 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:

\[\dfrac 47 < 1 - \dfrac 12 + \dfrac 13 - \dfrac 14 + \cdots + \dfrac {1}{2n-1} - \dfrac {1}{2n} < \dfrac{\sqrt 2}{2} \]

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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 \(\rm Titu's \;Lemma\) 搞出来一个递增的下界，右边就 \(\rm Cauchy\) 不等式.

然后你会惊喜的发现，待证不等式那叫一个宽啊，建议右半边改成 \(\dfrac {25}{36}\)，读者可以自行尝试一下（（（

upd on 20220504: 发现三个月之前的自己还是非常 \(\rm naive\) 的，这破题已经被出烂了，随便积一下就能得到上确界是 \(\ln 2\)，下确界显然是 \(\dfrac {7}{12}\).

Solution

易证:

\[\sum_{i=1}^{2n} (-1)^{i-1} \dfrac 1i = \sum_{i=1}^{2n} \dfrac 1i - 2\left( \sum_{j=1}^n \dfrac{1}{2j}\right) = \sum_{i=n+1}^{2n} \dfrac 1i \]

考虑 \(\rm Titu's \; Lemma\)

\[\sum_{i=n+1}^{2n} \dfrac {(\sqrt 1)^2}{i} \geq \dfrac{n^2}{(n+1)+(n+2)+\cdots+2n} = \dfrac{n^2}{\frac 32n^2+\frac 12n} = \dfrac{2}{3+\frac{1}{n}} \]

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 \(\rm Cauchy-Schwarz\) 不等式

\[\begin{aligned} \sum_{i=n+1}^{2n} \dfrac{1}{i} \cdot 1 &\leq \left[n \times \left(\dfrac{1}{(n+1)^2}+\dfrac{1}{(n+2)^2}+\cdots+\dfrac{1}{(2n)^2} \right) \right]^{\frac 12} \\ &< \sqrt n\left[ \dfrac 1{n(n+1)} + \dfrac 1{(n+1)(n+2)} + \cdots + \dfrac 1{(2n-1)(2n)} \right]^{\frac 12} \\ &= \sqrt n\left[ \dfrac 1n - \dfrac {1}{n+1} + \dfrac {1}{n+1} - \dfrac 1{n+2} + \cdots + \dfrac {1}{2n-1} - \dfrac {1}{2n}\right]^{\frac 12} \\ &= \sqrt{n \cdot \left(\dfrac 1n - \dfrac 1{2n} \right)} = \dfrac {\sqrt 2}{2} \end{aligned} \]

Problem 7

设 \(x,y,z > 0\)，求下式的最大值.

\[f = \dfrac{(2x+y+z)^2}{2x^2+(y+z)^2} + \dfrac{(x+2y+z)^2}{2y^2+(x+z)^2} + \dfrac{(x+y+2z)^2}{2z^2+(x+y)^2} \]

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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 \((ka,kb,kc)\; (k \ne 0)\) 替换 \((a,b,c)\) 所得 \(f\) 值不变)，不妨设 \(x+y+z=1\)，则

\[\begin{aligned} f&= \dfrac{(x+1)^2}{2x^2+(x-1)^2}+\dfrac{(y+1)^2}{2y^2+(y-1)^2}+\dfrac{(z+1)^2}{2z^2+(z-1)^2} \\ &= \dfrac 13 \left[1+\dfrac{8x+2}{3(x-\frac 13)^2+\frac 23}+1+\dfrac{8y+2}{3(y-\frac 13 )^2+\frac 23}+1+\dfrac{8z+2}{3(z-\frac 13)^2+\frac 23} \right] \\ &\leq \dfrac 13 \left[3 + \dfrac 32 \left(8x+8y+8z+6 \right) \right] = 8 \end{aligned} \]

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:

\[\dfrac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\dfrac{y^5-y^2}{x^2+y^5+z^2}+\dfrac{z^5-z^2}{x^2+y^2+z^5} \geq 0 \]

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Analysis

把分子上的五次项和分母配凑拿掉之后，构造 \(\rm Cauchy\) 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

\[\dfrac {x^2+y^2+z^2}{x^5+y^2+z^2} + \dfrac {x^2+y^2+z^2}{x^2+y^5+z^2} + \dfrac {x^2+y^2+z^2}{x^2+y^2+z^5} \leq 3 \]

那么考虑利用条件 \(xyz=1\) 构造如下 \(\rm Cauchy-Schwarz\) 不等式，其中五次项关于 \(x,y,z\) 对称.

\[(x^5+y^2+z^2)(yz+y^2+z^2) \geq \left(x^2+y^2+z^2 \right)^2 \]

由此，原不等式转化为

\[\begin{aligned} {\rm LHS} &\leq \dfrac{(yz+y^2+z^2)+(xz+x^2+z^2)+(xy+x^2+y^2)}{x^2+y^2+z^2} \\ &\leq \dfrac{2(x^2+y^2+z^2)+x^2+y^2+z^2}{x^2+y^2+z^2} = 3 \quad\quad {\rm applying\; Cauchy-Schwarz\; Inequality} \end{aligned} \]

Problem 9

已知对任意 \(x_1, x_2, \cdots x_{2016} \in [0,4]\) 方程

\[\sum_{i=1}^{2016} |x-x_i| = 2016k \]

在 \([0,4]\) 上至少有一个根，试证明实数 \(k\) 唯一并求其值.

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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 \(\rm trick\) 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，

\[\begin{aligned} \max f(x)_{\min} &= \max f(x) \bigg|_{x \in [x_{1008},x_{1009}]} \\ &= \max_{(x_1,x_2,\cdots,x_{2016})} \sum_{i=1}^{1008} (x-x_i) + \sum_{j=1009}^{2016} (x_j-x) \\ &= \max_{(x_1,x_2,\cdots,x_{2016})} \sum_{i=1009}^{2016} x_j - \sum_{i=1}^{1008} x_i \\ &\xlongequal[]{{\rm Substitute\;}(0,\cdots,4)} 4 \times 1008 = 2 \times 2016 \end{aligned} \]

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

\[\begin{aligned} \min f(x)_{\max} &= \min f(x) \bigg|_{x \in \{0,4\}} \\ &= \min_{(x_1,x_2,\cdots,x_{2016})} \left\{\sum_{i=1}^{2016} x_i, 4 \times 2016 - \sum_{i=1}^{2016} x_i\right\} \\ &\geq \min_{(x_1,x_2,\cdots,x_{2016})} 2 \times 2016 = 2 \times 2016 \end{aligned} \]

所以我们有 \(2 \times 2016 \leq 2016k \leq 2 \times 2016\)，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 \(\left| f^{(n)}(0)\right| \le 2\) 的所有实数 \(a\) 构成的集合 \(S\).

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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 \(\{|f(0)|, \left|f^{(2)}(0) \right|, \cdots\}\)，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 \(\rm Stolz\) 定理，就去研究 \({\rm d}g\)，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

\[\begin{aligned} f^{(i+1)}(0) - f^{(i)}(0) &= f(f^{(i)}(0)) - f^{(i)}(0) \\ &= \left[f^{(i)}(0) \right]^2+a-f^{(i)}(0) \\ &= \left[f^{(i)}(0) - \frac 12 \right]^2 + a - \dfrac 14 \geq a - \dfrac 14 \end{aligned} \]

所以当 \(a \ge \dfrac 14\) 时

\[\begin{aligned} f^{(n)}(0) &= \sum_{i=1}^{n-1} \left[f^{(i+1)}(0) - f^{(i)}(0)\right] + f(0) \\ &\geq (n-1)\left(a-\dfrac 14 \right)+a \end{aligned} \]

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 \(S \subseteq \left[-2,\dfrac 14 \right]\).

下证 \(S = \left[-2, \dfrac 14 \right]\)，先证 \(\left[0,\dfrac 14 \right] \subseteq S\)，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 \(f^{(i+1)}(0)=\left[f^{(i)}(0)\right]^2+a \leq \dfrac 12\)，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 \(|f(0)| = -a \leq 2\)，\(\left|f^{(2)}(0)\right| = |a^2+a| \leq |-2a+a| = |a|\)，那么归纳的假设 \(\left|f^{(i)}(0) \right| \leq -a\)，则 \(\left|f^{(i+1)}(0) \right| = \left| \left[f^{(i)}(0)\right]^2+a \right| \leq |a^2+a| \leq |a|\)，得证.

综上 \([-2,0] \cup \left[0, \dfrac 14 \right] \subseteq S\)，\(S \subseteq \left[-2, \dfrac 14 \right]\)，所以 \(S = \left[-2, \dfrac 14 \right]\).

Problem 11

对于 \(a,b,c > 1\)，证明:

\[\dfrac{a+b+c}{4} \ge \dfrac{\sqrt{ab-1}}{b+c} + \dfrac{\sqrt{bc-1}}{c+a} + \dfrac{\sqrt{ca-1}}{a+b} \]

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Solution

由均值不等式，得 \(\dfrac{\sqrt{ab-1}}{b+c} \le \dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{\dfrac{ab-1}{bc}} = \dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{\dfrac{1}{c}\left(a-\dfrac 1b \right)}\).

再由均值不等式，得 \(\sqrt{\dfrac{1}{c}\left(a-\dfrac 1b \right)} \le \dfrac 12 \cdot \left(\dfrac 1c+a-\dfrac 1b \right)\).

于是循环和 $${\sum \limits_{{\rm cyc}}} \dfrac{\sqrt{ab-1}}{b+c} \le \dfrac 14 \cdot \left(\dfrac 1c+a-\dfrac 1b \right) = \dfrac{a+b+c}{4}$$，证毕.