核心素养怎么考4

1
核心素养怎样考(四)
李尚志
测试题2
1.函数f (x,y )=4√x sin y +4√1−x cos y 的最大值为
分析1中学数学课对常数a,b 求过函数f (θ)=a sin θ+b cos θ的最大值.方法是将a,b 写成a =r cos β,b =r sin β,其中r =√a 2+b 2
是向量−→OA =(a,b )的模,β是x 轴正半轴转动到OP 所成的角.于是f (θ)=r cos βsin θ+r sin βcos θ=r sin(θ+β),最大值为r =√a 2+b 2.本题x,y 都是变量,但可以让x 先取定任意值,a =4√x,b =4√1−x 成为常量,求出函数g (y )=a sin y +b cos y 的最大值r =√a 2+b 2=√√x +√1−x .再选x 使r 最大.由此得到如下解法:
解法1.任意取定0≤x ≤1.记a =4√x ,b =4√1−x .则向量−→OA =(a,b )的模r =|OA |=√a 2+b 2=√√x +√1−x .设x 轴正方向旋转到−→OA =(a,b )方向所成的角为α.则a =r cos α,b =r sin α.
f (x,y )=a sin y +b cos y =r cos αsin y +r sin αcos y
=r sin(α+y )≤r [f (x,y )]4≤r 4=(√x +√1−x )2
≤(√x +√1−x )2+(√x −√1−x )2=2x +2(1−x )=2
取x =12可使x =1−x ,√x −√1−x =0,r 4达到最大值2.此时a =b =√12,α=π4.取y =π4使α+y =π2,sin(α+y )=1.则[f (x,y )]4=r 4=2达到最大值,f (x,y )达到最大值4√2.答案:4√2.
分析2设非零平面向量a =(a 1,a 2),b =(b 1,b 2)夹角为θ,则(a 21+a 22)(b 21+b 22
)=|a |2|b |2≥(|a ||b |cos θ)2=(a ·b )2=(a 1b 1+a 2b 2)2,称为柯西不等式.等号仅当|cos θ|=1即(a 1,a 2)=λ(b 1,b 2)时成立.
2
解法2由柯西不等式得[f (x,y )]2=(4√x sin y +4√1−x cos y )2
≤[(4√x )2+(4√1−x )2](sin 2y +cos 2y )=√x +√1−x
(1)再用柯西不等式得(1√x +1√1−x )2≤(12+12)[x +(1−x )]=2(2)f (x,y )≤√√x +√1−x ≤4√2(3)
取x =1−x 即x =12,则√√x +√1−x =√2√12=4√2.再取y =π4使sin y =√22=cos y .则f (x,y )=4√x sin y +4√1−x cos y =24√12·√22
=4√2达到最大值.解法3设向量a ,b 夹角为θ,则a ·b =|a ||b |cos θ.
由cos θ≤|cos θ|≤1得a ·b ≤|a ·b |≤|a ||b |.
等式a ·b =|a ||b |成立的充分必要条件是cos θ=1或|a ||b |=0.当|a ||b |=0时要求cos θ=1,θ=0,a ,b 同向,b =λa 对某个λ>0成立.当|a ||b |=0时a ,b 至少一个为0,仍然同向.f (x,y )=(4√x,4√1−x )·(sin y,cos y )≤√(4√x )2+(4√1−x )2·√sin 2y +cos 2y =√√x +√1−x =√(1,1)·(√x,√1−x )≤√√12+12·√(√x )2+(√1−x )2=4√2
当两个≤都取等号,f (x,y )=√√x +√1−x =4√2取最大值.此时(√x,√1−x ),(1,1)同向,(4√x,4√1−x ),(sin y,cos y )同向.只需x =1−x =12且y =π4,则sin y =cos y =√22,f (x,y )=4√12×√22+4√12×√22=2×4√12×4√222
=4√2达到最大值.
3
借题发挥
1.一念之差,多元函数变一元
本题可以套用求y =f (x )=a sin x +b cos x 最大值的现成算法:
y =√a 2+b 2(a √a 2+b 2sin x +b √a 2+b 2cos x )=√a 2+b 2(cos αsin x +sin αcos x )=√a 2+b 2sin(x +α)≤√a 2+b 2
α是Ox 轴旋转到单位向量(a √a 2+b 2,b √a 2+b
2)所成的角.当x =π2
−α时sin(x +α)=1,y 取最大值√a 2+b 2.有的考生说他们只学过一元函数y =f (x )=a sin x +b cos x 的最大值,不会算二元函数f (x,y )=4√x sin y +4√1−x cos y .我说y =a sin x +b cos x 依赖于三个变量a,b,x ,是三元函数,你怎么做的?你先把a,b 看成常数,就变成一元函数了.本来a,b,x 都可以在各自的范围内任意取值.让a,b 先取值,它们就变成常量,只有x 还可以变化,y 成为一元函数.二元函数f (x,y )=4√x sin y +4√1−x cos y 也可以让x 在允许范围[0,1]先取值,成为常数,a =4√x,b =4√1−x 都成为常数,f (x,y )=g (y )=a sin y +b cos y 成为x 的一元函数,最大值为
M (x )=√a 2+b 2=√√x +√1−x.
再考虑x 在定义域[0,1]内变化时h (x )的最大值,就是f (x,y )的最大值.
本题考察的第一条素养不是算法,而是看考生只会死记硬背现成算法,还是会把x 看成常数,将a sin x +b cos x 的现成算法拿到这里来应用.考的就是一念之差.考试完了,学的也就是一念之差.处理多元函数的这种观念非常有用.例如,如下的问题曾经是研究生入学考试题,也是中学数学竞赛题.前者考的是大学毕业生,后者考的是中学生.
4
例1x,y,z是任意实数,A,B,C是任意三角形的三个内角.证明不等式:
x2+y2+z2≥2xy cos A+2xz cos B+2yz cos C 证明不等式左右两边之差
d=x2+y2+z2−2xy cos A−2xz cos B−2yz cos C
=x2−2x(y cos A+z cos B)+y2+z2−2yz cos C
=(x−y cos A−z cos B)2+y2−y2cos2A+z2−z2cos2B
−2yz(−cos(A+B))−2yz cos A cos B =(x−y cos A−z cos B)2+y2sin2A+z2sin2B−2yz sin A sin B =(x−y cos A−z cos B)2+(y sin A−z sin C)2≥0
原不等式成立.
以上证法的要点是:
(1)证明不等式f≥g成立,最直接的方法证明f−g≥0.这是不等号≥的原始定义.
(2)证明d≥0的一个重要方法:将d配方写成实数的平方的正数倍之和.
(3)如果d=Q(x1,...,x n)是多元二次多项式,先将x2,...,x n 取值看成常数,d看成x1的一元函数d=f1(x1).如果是d是x1的二次三项式,可配方为
d=a1[x1−g(x2,...,x n)]2+d2(x2,...,x n)
再将x3,...,x n看成常数,将d2(x2,...,x n)看成x2的函数f2(x2).如果f2(x2)是x2的二次三项式,再配方.如果最后将d配成有限个多项式的平方的正数倍之和,则d≥0.
在以上例题中将A,B,C看成常数,则d是二次项之和,称为二次型.是大学线性代数课程的学习内容,所以成为考研题.但中学生也可以用配方的方法来解决.靠的就是一念之差.
5
本题目解法1就是靠这个一念之差,先将f (x,y )=4√x sin y +4√1−x 中的x 看成常数,a =4√x 与b =4√1−x 也就是常数,套
用现成算法得到了函数g (y )=a sin y +b cos y 的最大值M (x )=√a 2+b 2=√√x +√1−x .然后再让x 在定义域[0,1]内变化,求M (x )的最大值.
2.幂平均
什么时候M (x )=√√x +√1−x 取最大值?最外层根号可以消掉,看[M (x )]2=√x +√1−x 何时最大.
还可以再平方,再消掉一层根号,又产生新的根号:
[M (x )]4=x +(1−x )+2√x (1−x )=1+2√x (1−x )
何时最大.其中√x (1−x )是x,1−x 的几何平均,不超过算术平均:
√x (1−x )≤x +(1−x )2=12.当x =1−x =12时等号成立,√x (1−x )取最大值.M (x )取最大值M (12)=√√12+√12=4√2.不过,解法1中采用更巧妙的方法,将(√x +√1−x )2加上(√x −√1−x )2将2√x (1−x )抵消掉了:
[M (x )]4+(√x −√1−x )2=2x +2(1−x )=2
当x =1−x =12
,(√x −√1−x )2取最小值0,M (x )就最大.这个妙招可以推广为更一般的不等式
(u +v )2+(u −v )2=2(u 2+v 2)≥(u +v )2,
其中u,v 是任意实数.仅当u =v 时等号成立.
还可改写为√u 2+v 22≥|u +v |2≥u +v 2
.
6
最右边的u +v 2是u,v 的算术平均.当u ≥v ≥0时,√u 2+v 2
2的大小介于u,v 之间,也是u,v 的一种平均值,称为二次幂平均.
幂平均的概念可以推广到任意非零实数k .任意有限个正实数a 1,...,a n 的k 次幂的算术平均的k 次正方根
M k =(a k 1+···+a k n n
)1k
称为a 1,...,a n 的k 次幂平均.
M k 的大小介于所有a i 的最大值与最小值之间,当所有a i 相等时,M k 也与它们相等.
特别地,当k =1时,M 1就是算术平均.
当k =−1时,
M −1=
(
a −11+···+a −1n n )−1=n 1a 1+···+1a n
也称为调和平均.前面证明的不等式√
u 2+v 22≥u +v 2就是M 2≥M 1,两个正数的2次幂平均不小于1次幂平均.还可将1u +1v 2≥√1u ·1v =1√uv 两边取倒数得到21u +1v ≤√uv .也就是M −1≤√uv ≤M 1≤M 2.
这促使我们猜想:当u,v 固定,k 增加,M k 也增加.
另一个猜想:几何平均√uv 夹在M −1与M 1之间,莫非是M 0?
猜想有利于发现.但还须经过验证才是发现.千万不能说:由M −1≤√uv ≤M 1≤M 2发现M t ≤M k 对t <k 成立.且M 0=√uv .
为什么不定义M 0=(u 0+v 02)10=110?因为指数10
无意义.如果当k →0时极限M =lim k →0M k 存在,就可以定义M 0=M .
7
当k →0,θ=u k +v k
2−1=(u k −1)+(v k −1)2
→0.因此lim k →0M k =lim k →0
(1+θ)1k =lim k →0[(1+θ)1θ]θk =e p
p =lim k →0θk =lim k →0u k −1k +v k −1k 2=ln u +ln v 2
=ln √uv lim k →0M k =e ln √uv =√uv 以上算式用到的极限lim k →0
u k −1k =lim x →0u x −u 0
x =(u x )′|x =0=ln u 就是指数函数u x 在x =0的值.中学师生可以直接用导数公式(a x )′=a x ln a 再取x =0,不管导数公式怎么得来.大学教材则必须反过来先证明这个极限再推出导数公式.
证明了极限lim k →0M k =√uv 就是u,v 的几何平均,很自然将它定
义为u,v 的0次幂平均M 0.并且有不等式M 2=√u 2+v 22≥M 1=u +v 2≥M 0=√uv ≥M −1=21u +1v .这更促使我们相信当u,v 固定不变时M k 是k 的递增函数.
类似地可以证明任意n 个正数a 1,...,a n 的k 次幂平均M k 当k →0时也存在极限等于几何平均n √a 1···a n .
可以证明,对于任意n 个正数a 1,...,a n 的k 次幂平均M k 是k 的递增函数,当k >r 时有M k ≥M r ,等号仅当所有a i 相等时成立.证明所用到的知识超出中学数学范围,就不介绍了.
不过我们可以对任意n 个正数证明一个特殊情形:M 2≥M 1.
3.柯西不等式
本题解法2从头到尾用柯西不等式,其中a 1,a 2,b 1,b 2是任意实数.
(a 21+a 22)(b 21+b 22
)≥(a 1b 1+a 2b 2)2.等号成立的条件为(a 1,a 2),(b 1,b 2)成比例,也就是a 1b 2=a 2b 1.
8
柯西不等式怎么求f (x,y )=4√x sin y +4√1−x cos y 的最大值?
用柯西不等式中的平方和将变量变成常量消去:
[f (x,y )]2≤[(4√x )2+(4√1−x )2](sin 2y +cos 2y ),(√x +√1−x )2≤[(√x )2+(√1−x )2](12+12)=2
sin 2y +cos 2y =1消掉正余弦,(√x )2+(√1−x )2=1消掉根号.
解法1没用柯西不等式,用什么?第一步用和角公式消正余弦.第二步自己证明了一个不等式
(√x +√1−x )2≤(√x +√1−x )2+(√x −√1−x )2
=2(√x )2+2(√1−x )2=2
仍然是靠平方和消根号.其实是证明了
(u +v )2≤(u +v )2+(u −v )2=2(u 2+v 2),
也就是二次幂平均不等式√u 2+v 2
2≥u +v 2
.同时也是柯西不等式的特殊情形:(1u +1v )2≤(12+12)(u 2+v 2).可见,二次幂平均不等式是在柯西不等式中取b 1=b 2=1的特殊情形.不过,解法1没有引用柯西不等式,直接证明了这个特殊情形.
解法3也不引用柯西不等式,而是由余弦满足的不等式|cos θ|≤1得出数量积不等式|a ·b |≤|a ||b |来使用.将向量a ,b 在平面上的标准正交基下写成坐标a =(a 1,a 2),b =(b 1,b 2),这个数量积不等式就是|a ·b |=|a 1b 1+a 2b 2|≤√a 21+a 22√b 21
+b 22等号成立的条件是a ,b 共线.这就是柯西不等式.
只不过解法2不加证明直接引用柯西不等式,解法3先利用余弦不等式|cos θ|≤1证明柯西不等式,然后再使用.
空间非零向量a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)同样满足不等式
|a ·b |=|a ||b ||cos θ|≤|a ||b |即(a ·b )2≤|a |2|b |2
9
等号成立的条件为a ,b 共线.也就是
(a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3)2≤(a 21+a 22+a 23)(b 21+b 22+b 23)
这是对任意6个实数a 1,a 2,a 3,b 1,b 2,b 3成立的柯西不等式.取b 1=
b 2=b 3得(a 1+a 2+a 3)2≤3(a 21+a 22+a 23),从而√a 21+a 22+a 233≥|a 1+a 2+a 3|3≥a 1+a 2+a 33
也就是:a 1,a 2,a 3的2次幂平均不小于算术平均.不但当a 1,a 2,a 3为正数时成立,为任意实数时也成立.
对任意正整数n ,可以将任意n 个实数a 1,...,a n 排成n 维向量a =(a 1,...,a n ),定义两个n 维向量a =(a 1,...,a n ),b =(b 1,...,b n )的和、差、数量积,以及a 与任意实数x 的乘积:
a ±
b =(a 1±b 1,...,a n ±b n ),x a =(xa 1,...,xa n )
a ·
b =a 1b 1+···+a n b n
还可利用数量积定义任意向量a 的长度|a |,非零向量a ,b 的夹角θ:|a |=√a 2=√a ·a =√a 21+···+a 2n
cos θ=a ·b |a ||b |=a 1b 1+···+a n b n √a 21+···+a 2n ·√b 21+···+b 2n
对任意实数a 1,...,a n 都有a 2=a ·a =a 21
+···+a 2n ≥0,都可以开平方得到算术根|a |≥0,且当a =0时有|a |>0,还有|x a |=|x ||a |,都符合长度的几何性质.
对任意两组不全为0的实数a =(a 1,...,a n )与b =(b 1,...,b n ),要由cos θ=a ·b |a ||b |
求出θ,就必须保证|cos θ|≤1,也就是(a ·b )2=(a 1b 1+···+a n b n )2
≤a 2b 2=(a 21+···+a 2n )(b 21+···+b 2n ).
我们证明这个不等式对任意实数a 1,...,a n ,b 1,...,b n 成立.等号成立的充分必要条件是存在λ使b =λa 或a =λb .
10
这个不等式称为柯西不等式.
当n =2或3时a ,b 是几何向量,非零向量预先就有了夹角θ满足|cos θ|≤1,我们先由a ·b =|a ||b |cos θ定义数量积,然后才在标准正交基下建立坐标a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)并推出数量积计算公式a ·b =a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3.因此可以由|cos θ|≤1得出柯西不等式|a ·b |=|a ||b ||cos θ|≤|a ||b |.
n ≥4的情况则不同,直接用实数排成向量A,b 并用实数运算来定义长度|a |,|b |和数量积a ·b ,没有图形,没有角度θ也没有cos θ,必须先用实数运算本身证明柯西不等式|a ·b |≤|a ||b |,当|a ||b |>0
时才能由区间[−1,1]中的实数cos θ=a ·b |a ||b |
算出角度. >6--O A D b b −x a B
a
x a 图1
为了用实数运算证明柯西不等式,我们先求助于几何,考察|cos θ|≤1成立的理由.在平面上画有向线段−→OA =a ,−−→OB =b 表示非零向量a ,b ,如图1.作BD ⊥OA ,垂足为D .则a ,b 夹角θ=∠AOB 的余弦的绝对值|cos θ|=|OD ||OB |等于θ在直角三角形OBD 中的邻边长|OD |与斜边长|OB |之比.|cos θ|≤1的原因是|OD |≤|OB |,直角边不超过斜边.进一步的理由则是勾股定理:
|OB |2−|OD |2=|DB |2≥0.(1)
再将这个理由翻译成向量语言.−−→OD 与a =−→OA 共线,刻画为−−→OD =x a ,−−→DB =−−→OB −−−→OD =b −x a .不论x 取哪个实数,都有
(b −x a )2≥0(2)
选x 使DB ⊥OA ,则勾股定理|OB |2−|OD |2=|DB |2成立,即
b 2−(x a )2=(b −x a )2(3)
11解此方程求x.方程两边整理得
b2−x2a2=b2−2x a·b+x2a2(4)
解之得x=0或x=a·b a2
.
方程(3)的解x=a·b
a2
使等式(3)左边b2−x2a2=右边≥0,
b2≥x2a2=(
(a·b)
a2
)2
a2=
(a·b)2
a2
⇒a2b2≥(a·b)2
这就得到了柯西不等式.
将平面向量替换成n维数组a=(a1,...,a n),b=(b1,...,b n).前面的几何推理(1)没有了,向量运算的步骤(2),(3),(4)仍然成立:
(b−x a)2=(b1−xa1)2+···+(b n−xa n)2≥0(2)等号右边每个(b i−xa i)2=b2i−2xa i b i+x2a2i,(1≤i≤n).相加得(b−x a)2=(b21+···+b2n)−2x(a1b1+···+a n b n)
+x2(a21+···+a2n)=b2−2x a·b+x2a2解方程b2−x2a2=(b−x a)2=b2−2x a·b+x2a2得x=0
或x=a·b
a2
.它们都满足b2−x2a2=(b−x a)2≥0即b2≥x2a2.
将x=a·b
a2
代入得b2=
(a·b)2
a2
⇒a2b2≥(a·b)2
这就对任意n证明了柯西不等式.
为什么平面向量的推理步骤(2)(3)(4)能适用于n维数组向量?因为每一步都是向量运算,没有用到几何图形的特殊性质.向量运算依靠的是运算律,n维数组向量同样满足这些运算律.有两处用到运算律:步骤(2)的不等式(b−x a)2≥0对几何向量成立的原因是线段长度的平方|DB|2≥0,数组向量成立的原因则是因为它是各分量实数的平方和.步骤(3),(4)解方程的关键是展开式(b−x a)2=B2−2x a·b+x2a2,用到向量点乘的交换律以及对加减法
12
的分配律.数组向量的点乘是对应分量乘积之和,分配律和交换律都包含在各分量的乘法之中.我们没有先证明这两个运算律再用来展开,而是直接将(b−x a)2=(b1−xa1)2+···+(b n−xa n)2的各项(b i−xa i)2分别展开再加起来.总而言之,几何向量的推理之所以能够搬到数组向量,要点是:“所以然”(运算律)没有变,“然”也就不变.
在柯西不等式中令所有b i=1得n(a21+···+a2n)≥(a1+···+a n)2.从而√
a21+···+a2n
n ≥
|a1+···+a n|
n
≥a1+···+a n
n
这证明了任意n个实数的二次幂平均不小于算术平均.
2.(1)若干个正整数之和等于20,这些正整数乘积最大值为
(2)若干个正实数之和等于20,这些正实数乘积最大值为
解(1)20=x1+···+x n分成正整数x1,...,x n之和.假定乘积p=x1···x n已经最大.如果将这n个数中某几个数替换成另外的正整数,保持它们的和不变,则乘积p不能增加,只能减少或不变.
如果x1=1,将x1与x2合并成一个数y1=1+x2,和不变,乘积由x1x2=x2增加到y1=1+x2>x2,所有各数的乘积p=1x2···x n 增加到(1+x2)···x n,说明原来的p不是最大.这说明,当p最大,必须x1≥2,且所有的x i≥2.
将每个>2的x i=2+(x i−2)拆成2,x i−2之和,和不变,乘积2(x i−2)≤x i⇒x i≤4.这说明所有的x i只能等于2,3,4之一.每个4可以拆成两个2之和,乘积4变成2×2=4不变.得到的2和3之和仍为20,乘积最大.
如果2的个数≥3,将3个2换成两个3,和2+2+2=3+3不变.乘积2×2×2=8<3×3=9增大.说明原来的乘积并非最大.乘积最大的分解式中2的个数不能超过2.只能是20=3+3+3+3+3+3+2,最大乘积为36×2=1458.
答案:1458.
13
(2)让n 固定,设n 个正实数x 1,...,x n 之和x 1+···+x n =20.
由平均不等式n √x 1...x n ≤x 1+···+x n n =20n 得p =x 1···x n ≤p (n )=(20n
)n .也就是将20分成n 等份,则n 个20n 的乘积最大.对n =1,2,3,...计算乘积p (n )=(20n
)n 如下,看哪个最大:n
12345678920n
2010 6.66754 3.333 2.857 2.5 2.222(20n )n 20100296.362510241371.71554.31525.91321.6
观察发现,当1≤n ≤7,乘积p (n )=(20n
)n 依次递增到p (7)≈1554.26;当n =8,9时p (n )递减.假如当n >9时p (n )继续递减,则乘积最大值为(207)7.答案:(207
)7.12.某产品由5个部件装配而成,每个部件有4种不同型号,共需生产4×5=20种不同型号的部件,可装配出45=1024种不同类型的产品.需生产的不同型号越多,成本越高.可装配出的产品类型越多,用户越欢迎.请适当调整部件个数和各部件型号个数,保持不同型号的部件总数仍是20种,使装配出的产品类型最多.给出方案并说明理由.
解设共有n 个部件,每个部件型号个数各为x 1,...,x n ,则部件总数x 1+···+x n =20,要使装配出的产品类型数p =x 1x 2···x n 最多,就是把20分成若干个正整数x 1,...,x n 之和,使它们的乘积最大.填空题2已证明:设置7个部件,让其中6个部件各3种不同型号,一个部件2种不同型号,则不同型号的部件总数仍为3×6+2=20,可装配出产品类型36×2=1458最多.
14
借题发挥
1.抽象克无穷
以上第(2)小题由p (7)>p (8)>p (9)断言p (n )继续递减,只是猜想,缺乏证据.虽然填空题不需要讲证据,只要求答案正确.但你能断言答案正确吗?也可能从p (7)先递减到某个p (m )再递增到某个p (N )>p (7),你的答案就错了.
要确保答案正确,需要继续对所有的正整数n =10,11,...依次计算p (n ),观察它们是否递减.所有的正整数有无穷多,不可能全部计算.注意到当n ≥20时
0<p (n )=(20
n )n ≤(20
20)n =1<p (7)
一下子排除了n ≥20的无穷多个p (n ),只剩下19个n 需要验证.
很多人一听到抽象就仇恨和害怕,只喜欢具体.什么是抽象?什么是具体?本题对每个n 依此计算p (n ),每次只算一个,这叫具体,好比愚公移山.不等式(20n
)n ≤1一次排除无穷多个n ≥20,这叫抽象,好比神仙下凡.愚公移山永远移不完,神仙下凡一招搞定,你喜欢哪个?
虽然神仙下凡搞定了n ≥20,还得依次计算p (10),p (11),...,p (19),还是愚公移山,还是太累,太慢.我们换一个更厉害的神仙,将每个p (n )=(20n )n 与下一个p (n +1)=(20n +1
)n +1
比较大小,看它何时递增,何时递减.为此,计算二者之比
k (n )=p (n +1)p (n )=(20n +1)n +1÷(20n )n =20n +1(n +1n
)n =20n +1(1+1n )n =b (n +1)e(n )分子b (n +1)=20n +1是将20分成n +1等份的一份,随着n 的递增而递减.我们利用平均不等式证明:分母e(n )=(1+1n
)n 随着n 的递增而递增:
15
a 1=···=a n =1+1n
与a n +1=1这n +1个不全相等的正实数的算术平均n (1+1n )+1n +1=n +2n +1=1+1n +1>几何平均n +1√(1+1n )n ·1⇒(1+1n +1)n +1>(1+1n
)n .也就是e(n +1)>e(n ).这说明当n 递增时,e(n )递增.
k (n )是递减正数b (n +1)与递增正数e(n )之比,因而递减.
k (n )从k (1)=201+1
(1+11)1=102
=5>1开始递减.当k (n )=p (n +1)p (n )
>1时始终有p (n )<p (n +1),p (n )递增.当p (n )>p (n +1)时p (n )递减,0<k (n )<1.
以后的k (n )继续递减,始终k (n )<1.p (n )持续递减,不再递增.这证明了:k (n )从k (1)>1递减到某个k (N −1)≥1>k (N ),p (n )从p (1)递增到p (N −1)≤p (N ),然后持续递减,p (N )是所有p (n )的最大值.
根据这个道理,以上第(2)小题由(206)6≈1371.7<(207)7≈1554.26>(208)8≈1525.9就可以断定p (7)=(207
)7是p (n )的最大值.不需再计算p (9).为了找p (6)<p (7)>p (8),需要计算p (1),...,p (8),也是愚公移山.能不能直接找到p (6)<p (7)>p (8),不计算其余5个p (n )?
2.自然对数的底e
最大值p (N )满足的条件k (N −1)≥1>k (N )就是20N ≥e(n −1)=(1+1n −1)n −1且20N +1<e(n )=(1+1n )n
16
逐个计算e(n )太麻烦.我们找e(n )的最小上界与20N +1
比较.我们证明:当n →∞时e(n )不趋于无穷,具有有限上界,因而趋
于有限极限e =lim n →∞
(1+1n )n ,就是所有e(n )的最小上界.k (n )可以改写为
k (n )=20n +1(1+1n )n =20n +1·n +1n (1+1n )n +1=20n (1+1n )n +1=b (n )E (n )
其中E (n )=(
1+1
n )n +1=(1+1n )e(n )>e(n ).我们证明当n 递增时E (n )递减:
a 1=···=a n =n −1n 与a n +1=1这n +1个不全相等的正数的算术平均n ·n −1n +1n +1=n n +1>几何平均n +1√(n −1n
)n ×1.不等号两边取n +1次幂并且取倒数得(1+1n )n +1<(1+1n −1
)n .证明了E (n +1)<E (n ).当n 递增时,E (n )=(
1+1n )n +1递减.
e(n )=(1+1n )n <E (n )=(1+1n )n +1<E (1)=(1+1)2=4证明了n →∞时e(n )=(1+1n
)n
递增有上界4,存在极限e =lim n →∞(1+1n )n =2.71828···<(1+1n
)n +1
(1+1n )n <e <(1+1n )n +1
当n 递增趋于∞,(1+1n )n 单调递增,(1+1n
)n +1递减,趋于共同的极限e =2.71828···.就是自然对数ln x =log e x 的底.
17
如果b (m )=20m
≥e,则b (m )≥e >e(m −1),p (m −1)p (m )=k (m −1)=b (m )e(m −1)
>1,从p (1)到p (m )递增,p (m )之前的p (1),...,p (m −1)都不是最大值.
如果b (m )=20m
≤e <E (m ),则p (m )p (m +1)=k (m )=b (m )E (m )
<1,p (m )到p (m +1)到以后递减,p (m )之后所有的p (j )都不是最大值.
本题第(2)小题先算20e =202.718···
≈7.4在整数7,8之间.因此207=2.8···>e >208
=2.5当n ≤7时p (n )递增,当n ≥8时p (n )递减,当m <7或m >8时p (m )都不是最大值.只有p (7),p (8)有可能是最大值.具体计算得
p (7)=(207)7≈1554.3>p (8)=(208
)8≈1525.9因此最大值是p (7)=(207
)7≈1554.3.以上分析适用于将任意正数A 分解为若干个正数之和A =x 1+···+x n ,求乘积p =x 1···x n 的最大值.对固定的n ,最大乘积p =(A n
)n .再选n 使每个x i =A n
尽量接近e =2.71828···.如果A e
=N 是整数,则p =e N 最大.当A e =t 不是整数,介于整数[t ],[t ]+1之间.A [t ]>e >A [t ]+1.比较(A [t ])[t ]与(A [t ]+1
)[t ]+1的大小,其中较大者为所求最大值.
18
3.导数判定升降求p (n )=(A n )n 最大值最直接的方法是计算p =(A x )x 对x 的导数.p 的导数不容易算,替换成g (x )=ln p =ln (A x
)x =x ln A −x ln x 来求导数.
g ′(x )=ln A −x ·1x −ln x =ln A −1−ln x =ln A e
−ln x 当x <A e ,g ′(x )>0,ln p 与p 递增.当x >A e ,g ′(x )<0,ln p 与p 递减.
如果N =A e
是整数,则当x =N 时p 取最大值e N .当A <e 时数列p (1),p (2),...单调递减,最大值为p (1)=A .
其余情况存在正整数N <A e <N +1,数列p (1),...,p (N )递增,p (N +1),P (N +2),...递减,p (N ),p (N +1)两者中较大的一个是所有p (n )的最大值.。