2003年清北学堂国庆数学班讲义精选集

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A1
=
1 x1 + q
−
q +1
( x1 + q)2
=
−
(
q
+
1)
⎡ ⎢ ⎣
x1
1 +
q
−
1 ⎤2
2
(
q1
+
1)
⎥ ⎦
+
1
4
(q + 1)2
1
∴
A1
≤
(q
4
+ 1)2
当
1 x1 +
q
=
1 时，等号成立。
2 (q1 + 1)
a1
(q +1)
+
x2 − 2
(q + 1)2
∴ x ≥ x2 1 + yz
同理
y ≥ y2， z ≥ z2 1 + xz 1 + yx
∴ f ≥ x2 + y2 + z2 ≥1
下证：f ≤ 2
由对称性，不妨设 x ≤ y ≤ z 则f ≤ x + y + z 1 + xy
= x + y + 1 − x2 − y2 = x + y + 1 − (x + y)2 + 2xy
k=1 k
k=1 k
k k =m+1
(m +1)x a
取a =
π >0
则
n
∑
1
Sinkx
<
2
π
k=1 k
即当a>0
n
∑
1
Sinkx
<
a
+π
k=1 k
a
例3 设x1 ≤ x 2 ≤ ≤ x n
求证（：
n
∑
i, j=1
xi−x
2
j）≤
2(n 2
3
−
1)
n
∑
i, j=1
(
x
i
−
x
j)2
并问等号成立条件。
n
+
3ai
)
+
(1
+
3
⋅
1 n
)
2
=
n+3
∑n
∴
i =1
1 + 3ai ≤
n+3 =
1
+
3
⋅
1 n
n(n + 3)
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n
(2)再证：n + 1 ≤ ∑ 1 + 3ai i =1 n ∑ 1 + 3ai > (n − 1) 1 + 3(a1 + a2 + i =1 ∴原命题得证
2
i
=
4n(
2 − 1) 3
n i =1
2
i
右=
∑n（xi− x
j）2 =
2n
n
∑
x
i
2
−
2(
n
∑
x
2
j)
=
n
2n∑
x
i
2
i, j=1
i =1
j=1
i =1
y x ∑ x x ∑ y y n ∑(x − A) n
当A∈ R,令 = − A 则
n
−=
− ≤ 4n( 2 − 1) n
i
i
i
j
i
j
i, j=1
当x>0时, x = x2 1 + yz x + xyz
x + xyz ≤ x + x ⋅ y2 + z2 = x + x ⋅ 1 − x2 ≤ 可证明3x − x3 ≤ 2
2
2
即x3 − 3x + 2 ≥ 0
x3 − 3x + 2 = (x −1)(x2 + x − 2) = (x −1)2(x + 2) ≥ 0
2
2
2Sin x
≤
1 Sin x
2
2
0<α <π 2
则2 π
<
Sinα α
<1
∗ (视为基本不等式)
令f (α ) = α (0 < α < π ) 可证
Sinα
2
f (x) 单调递减
∴ f (α ) > f (π ) = 2 2π
∴
Sk
<
π x
∑ S S S S ∴ n 1 Sinkx = (1 − 1) + (1 − 1) +
证明：不妨设∑ xi = 0 i =1
n
左 = ∑ xi − x j = 2 ∑ (xi − x j)
i, j=1
1≤i≤ j≤n
n
= 2∑(2i − n −1)xi i =1
由Cauchy不等式得
n
n
∑ x x ∑(2i−n−1) ∑ x n ∑ − ≤ 4
x i
j
i, j=1
i =1
2n
⋅
i =1
∑ 求证:1 ≤
xi
<π
1 + x0 + xi−1 xi + + xn 2
解 : 略。
例6、设a1
=
1 4
, an
=
1 4
(1 +
) a 2 n−1
, 对n
≥
0成立，求最小实数λ，使得对任意
非负实数x1, x2,
2002
∑ x2002都有
A k
≤ λa2002,其中Ak
=
k =1
⎡ ⎣
xk
+
xk − k
k =1 k
2 1 23 2
+( 1 − 1) n −1 n
n−1
+
1 n
≤π nx
同理可证：设a1 > a 2 > > a na1 > 0 ∗ 阿贝尔求和方法 a1 ⋅ Sinmx + a 2 ⋅ Sin(m + 1)x +
+ a n ⋅ Sin(m + n
− 1) x
<
a
.
1
π x
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−
k
k +1)
x1+ x2 + + xn = a1
x+ 2
+ xn = a2
x a a a = n
−
n
n+1 =
n
n
∑
a
k
2
=
1
⇔
∑
k
x
k
2
+
2
∑
jx jxk
k =1
i≤ j<k≤n
n
σ =∑
k
x
要证σ
k
≥1
k =1
σ σ ∑ x ∑ x x 由于
n
2= k
k2+2Hale Waihona Puke Baidu
jk
⇒ 2≥1
jk
k =1
1≤ j≤k ≤n
=
a1 x2 + q1
+
x2 − 2 ( x2 + q1)2
q1 = x3 + x4 + + x2002 + 1 + 1
a1 x2 + q1
+
x2 − 2 ( x2 + q1)2
=
a1 + 1 x2 + q1
−
q1 + 2 ( x2 + q1)2
注：本题解答不全
8. 已知a1, a2, , an都是非负实数，且满足 a1 + a2 + + an = 1
j
1
i
i +1
n+1
i = 1，2， ，n
∵阿贝尔求和
n
S
=
∑a
b s 令
ii
1
=a
s，
12
=
a1
+
a
，
2
，s n
=
a1
+
a
2
+
+an
i =1
n
∑ s s b S =
(
−
i
i−1)
i
i =1
(s0 = 0)
n
n
n
n −1
= ∑ s bi i − ∑ s bi−1 i = ∑ s bi i − ∑ sibi+1
解：中值：令x = y = z = 3 , f = 3 3
3
4
边值：令z = 0 f = x + y x, y ≥ 0
x2 + y2 = 1
1 ≤ f ≤ 2,由于1 < 3 3 < 2 4
问题化为证明：1 ≤ f ≤ 2
猜测
fmax = 2
fmin = 1
首先证明：f ≥ 1(三项不易计算可局部计算)
+
x2002
+
1 2
k
(
k
−1)
2
+1⎤⎦
2
k = 1,2, ,2002(超过3个变量要局部运算)
解:A1
=
(
x1 −1
x1 + q)2
其中q
=
x2
+
+ x2002 + 1
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1 + xy
1 + xy
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证：令s 0
=
0,
s1
=
x
,
1
s2
=
x1
+
x
,
2
,sn = x1+ x2 +
+ xn
−
−
s s s s s s s s (1) ⇔ 1
0 2
+
2
1 2
+
s s s s 1+ 0 1+ 1
+
−
k
+ k −1 2
1 + k −1
+
n
1+
考虑到
a1 + a2 +
+ an = 1，∴当a1 = a2 =
=
an
=
1时 n
此时
n
∑ 1 + 3ai = n
1
+
3
⋅
1 n
=
n(n + 3)
i =1
n
∑ 当a1 = a2 = = an−1 = 0，an = 1时， 1 + 3ai = n + 1 i =1
明显 n(n + 3) > n + 1
n
−1
命题：设0 ≤ a < b
求证：b − a
1+ b2
<
arctgb
−
arctga
<
b−a
1+a2
证：令θ = arctgb ϕ = arctga，其中0 ≤ ϕ < θ < π 2
由于0 < θ − ϕ < π ,从而 2
θ − ϕ < tg(θ − ϕ )
tg(θ
−ϕ)
=
b−a 1 + ab
<
i, j=1
3
i =1
i
2
n ∑ x ∑ x A = 4n(
2 − 1) n (
3
i =1
2
n
i −2A
i =1
+n
i
2)
n
∑ xi
n
∑ x − n 取A= i=1 x ∑ x ∑ x π
则
i
i, j=1
2 4n( 2 − 1) n
j≤
(
3
i =1
i
2
−
1 n
n i =1
2
i)
函数方法
例4 设xi > 0,i = 1, 2, , n x1 + x 2 + + x n ≥ 1,求证
n
若m ≤ ∑ 1 + 3ai ≤ M 恒成立，求m的最大值与M的最小值 i =1 n
∑ 解： 令 f (a1, a2, , an ) = 1 + 3ai ,求f 的最值 i =1
猜中值: 当a1 = a2 = = an时，取最值
猜边值：当a1 = a2 = = an−1 = 0，an = 1时，取最值
− n−1
2
n−1
>
π 4
(1) '
s ss s ss s ss s ss (2)
⇔
−
1
1+
0 2
1
+
1
2
+
−
1 2
2
+
+
−
k
+ k −1
2
1+ k
+
−
n
1+
n−1 2
<
π 2
n
(2) '
−
s s s s k s s s s 1+
k −1 2
<
arctg
k
− arctg
k
k −1
<
1
k
+
− k
k −1 2
猜想：n + 1 ≤ ∑ 1 + 3ai ≤ n(n + 3) i =1
n
（1）先证：∑ 1 + 3ai ≤ n(n + 3) i =1
1 + 3ai ⋅
1+ 3⋅
1 n
≤
(1
+
3ai
)
+
(1
+
3
⋅
1 n
（) 两项要照顾取等号条件）
2
∑ ∑ n
∴
1+
3⋅
1 n
⋅
i =1
1 + 3ai
≤
n i =1
(1
b−a
1+a2
θ
−
ϕ
<
arctg
b−a
1+a2
即
arctgb
−
arctga
<
arctg
b−a
1+a2
又sin（θ − ϕ）<θ − ϕ
只须证 sin（θ
−
ϕ）>
b−a
1+ b2
由命题(1) '(2) '得证
n
∑ 例5.设xi > 0,i = 1, 2, , n且 xi = 1, x0 = 0, i =1
i =1
i =1
i =1
i=0
n
n
∴
∑
a
bi i
=
∑
s
b(
ii
−
b) i +1
+
S
bn n
i =1
i =1
证明排序不等式可用阿贝尔求和方法。排序 ⇒ 均值 ⇒ 柯西
∑ 例2
n
求证：
k =1
1 k
Sinkx
<
2
π
不妨设 0 < x < π
S ∑ 令
k
=
k
Sinmx
m=1
=
Cos x − Cos(k + 1)x
x1
+
1
x2
+
2
x1
+
1
+
(
x3 x1+
x
2)2
+
+
1+
(
x1+
xn +
x n −1) 2
>
π 4
(1)
1
x1
+
2
x1
+
1
+
(
x2 x1+
x
2)2
+
+
xn
1+ (x1+
+ xn)2
<
π 2
(2)
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需用技巧 当a > 0 Ι nx ≤ a 则 ∑k1 Sinkx
ΙΙ nx > a 则一定存在非负整数m使得mx ≤ a (m +1)x > a
∑ ∑ ∑ n 1 Sinkx ≤ m 1 Sinkx + n 1 Sinkx ≤ a + π < a + π
不等式部分
a a a ∑a ∑ a 例 1. 假设 ≥ ≥
1
2
≥
n
≥0且
n i =1
i 2 = 1求证： n k =1
k
≥ 1 并问等式成立条件。
k + k −1
n
n
证明：σ = ∑a k( k − k −1) = ∑
k =1
k =1
a 其中 = 0 n+1
x a a 令 = −
k
k
k +1
a a k (
∴σ ≥ 1
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" = "成立 ⇔
x
1，x
，
2
x
中只有一个为正，其余为0
n
x ，x a a a a ( > 0 i
= 0，j ≠ i) ⇔ = = > = = = 0
+ ai ) = n + 1
9.设为给定实数，证明：（1）与（2）等价 （1）x, y, z > 0,且 1 + 1 + 1 ≤ 1
xyz (2)对凸四边形的四边长a、b、c、d均有a2x + b2 y + c2z > d 2 解：略。
例10 设x, y, z ≥ 0, x2 + y2 + z2 = 1,求f ( x, y, z) = x + y + z 的最大值于最小值 1 + yz 1+ xz 1 + xy
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代数
主讲人：黄玉民
（一）最值与不等式 （二）数列 （三）复数与多项式 （四）函数方程
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（一） 最值与不等式 入手：1、恒等变形（熟悉形式）（1）运算 （2）变量替换 （3）可添加条件 a、对称性 b、齐次 2、方法 （1）代数方法 a、恒等变形 (集合运算) b、放大缩小 （2）分析方法 分析函数的性质 a、初等函数 b、凸函数