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文档简介
自招竞赛学讲学生姓 授课日教师姓 授课时琴生设连续函数f(x)的定义域为ab,对于区间ab内任意两点x1,x2,都fx1x2f(x1f(x2f(x为ab上的下凸(凸) fx1x2f(x1f(x2f(x为ab上的上凸(凹) 常见的下凸(凸)y
ytanx2
y
yx常见的上凸(凹)函数有 )上的ysinx,ycosx,2
ylnxf(x为ab(凸fx1x2xn
f(x1)f(x2)f(xn x1x2xnf(x为ab上的上凸(凹)函数,则上式不等号反向:n2时,由下凸(凸)假设nkfx1x2xk
f(x1)f(x2)f(xk那么当nk1Ak
x1x2xk1kf(
x1x2xkxk1(k1)Ak)f((k1)Ak1(k1)Ak1)f k1
(k1)
kkf(xi
f
)(k1)f( 2[f(Ak)f
kk
[ k k1 所以2kf(Ak1f(x1f(x2f(xkf(xk1k1f(Ak所以(k1f(Ak1f(x1f(x2f(xkf(xk1,变形即得证 f(x为ab(凸函数,且i1i0f((ixiif(xi
f(xIxIf''(x0yf(xIxIf''(x0yf(xI幂平均不等
x若,且0,0,x0,则(
( )
a3b3c3a2a2b23x1x2(0,2x1x2tanx1tanx2tanx1
tanx1tanx2tanx1 (A(1()(B1(4)(C(()(D(2(4)【答案】证明
f(xsinx在[0,在h(x)tan 在2f(x1)f(x2)1(sin
sinx)sinx1x2cosx1x2sinx1x2f(x1x2
lgx1lgx2 lgx1 即g(x1g(x2)gx1x2 当0
2tanxtan
sinx1sin
sin(x1x2)
2sin(x1x2 cosxcos cos(xx)cos(xx 2sin(x1x2
2tanx1
(∵sintancos(x1x2) 即h(x1h(x2hx1x2
1
G,即:aR, a1aa1a2nanna1aniai(0+lga1+a2 +lga1+a2 + nna1ana1+a2n+
x证明幂平均不等式:若,且0,0,x0,则(
( )
0f(xx
x+x++x x+x++ x+x++x 1
x+x++x( n) n,( n)( n xx,得证。当0和0
x
x
(x
x注:( )( ) (i1 ) (i1 )
,构造 f(xx
x(
xx 8aa,b,cRa8a
98c8x证明:设f(x) ,则f(x)为(0,+)8c8x由琴生1f(af(bf(cfabcf(1 ∴f(a)f(b)f(c)9f(x)定义在(ab)上,f(x)在(ab)上恒大于0x1,x2(a,b)f(xf(xfx1x2)]2 x,x
x(a,b时,有f(xf(x
f(xfx1x2 xn)]n
证明:由题:对x,x(a,bf(xf(xfx1x2)]2 则有lgf(xlgf(x2lgfx1x2 即lgf(x1lgf(x2)lgfx1x2 g(x)lgf(xg(x为(a,b)上下凸x1,x2xn(a,blgflgf(x1)lgf(x2) lgf(xn)lgf(x1x2 xn即f(x)f(x f(x)[f(x1x2 xn)]n nnxi0(i12,nxi1111x1 x2 n
111f(1
f(x
23 f(x)2(1x)2(2x)3(14(1f(x在(0,1
(1x)23(1x)204(1x)31x1x21x1x2n111111n111
) 1n1nnx1 x2 x1x1 x2 x1x2xnnn所 n111111x1 x2 nnnxi1已知a,b,c0,abc
1(1a)lna1(1b)lnb1(1c)ln f(xlnx在(0立
(1a) (1b)
(1c)
1(1a)lna1(1b)lnb1(1c)lncln[1(1a)a1(1b)b1(1
(ab ln[ (abc)] (abc 3证明赫尔德(Holder)ai,bi(1in是2n个正实数,0,1abababa
a)(bbb1 2 n
Aa1a2anBb1b2bnf(xlnx上凸
ai
ai
) a
累加得
i)(i) i1 1,得证。
abab注:变形: 1 2 n 1,再变形(aaa)(bbb a1a2
)
b1b2
)
a1a2
)
b1b2
)i项取自然对数,得(Jensen)不等式的形式
a1a2
b1b2
是加权平均琴生在ABC中,sinAsinBsinC的最大值为 3333 【答案】ysinx在(0,)上是凹函数,则1(sinAsinBsinC)sin(ABC)sin60 32 32sinAsinBsinC当且仅当sinAsinBsinC时,即ABC时,取等3在锐角ABC中,cosAcosBcosC的最大值为 3333 【答案】aaa是一组实数,且a
...
k(k为定值,试求a2a2a2
kn分析f(x)x2在(-,+)上是凸函 2
2 a+a++a2 k2n(a1 a2++
)( nnk
a1+
++an当且仅当a1a2an时,取等A、B、C是ABCtanBtanCtanBtanC+ tanCtanA+ tanAtanB+ 1+1+3
在ABC中, + +
x考察y ,其在R+上凸xtanAtanB+ tanBtanC+ tantanAtanB+ 31+3tanBtanC+tanCtanA+tanAtanB1+3 31+1+3 xn
xxnnn 求证:xxnnn Ryf(xxlnx为下凸函数(f''(x10),xlnxx1xx2...x x1lnx1x2lnx2...xnlnnx1x2xnlnx1x2xn, nlnn xxxx...xx即 即 证:设PAB、PBC、PCA,且PAC'、PBA'、PCBPAsinPBsin'依正弦定理有PBsinPCsin'sinsinsinsinsinsinPCsinPAsin'(sinsinsin)2sinsinsinsin'sin'sin(sinsinsinsin'sin'sin6sin6(''')6
(12
(12在、、,中必有一个角满sin230,否则150时,、中必有一个满足
设ak,bkk1, ,n均为正数,证明若aba
abbb b,则ab1aabnabnn
n bbnbbnb2b2 bn若b1b2 bn1,则
1(i)令g(x)=lnx(x>0),则g”(x)= 0,g(x)在(0,+)上是上凸函数,对ak(0,),(k=1,2,…,n),由琴生不等式 bkln
bk ln(k1 )ln1
akbkbk
k
k k knnblna 故abknn k k(ii)(i)知,g(x)=lnx0n
k10对于bk(0,1),且bkk bln k ln(k1) bb
k k k kk20对于b,1(0且bknblnn
kn1n kln(k1 )lnn,从而
k
k
k故lnb故lnb1kkk
x3(1)当0t1xt(x1)tx2)t(x3)t(2)当t1xt(x1)tx2)t(x3)t(1)当0t1f(xt(t1)xt20f(xxt在(0f(x)f(x
xxf f(x1(xx2,所以等号不能取 所以f(xf(x1f(x1f(x递推得f(x1f(x2f(x2f(x3从而有f(xf(x1f(x2f(x3,故xt(x1)tx2)t(x(2)当t1f(xt(t1)xt20f(xxt在(0上是下凸函数,类似(1)xt(x1)t(x2)t(x3)t
x
nsin sinx设0x(i1,2,,n),且x n,证明: isinxi
由0xi
(i12,n,得xx1x2xn(0,,所sinsinx
sinxf(x
x(0,f(x)lnsinxlnx
sin2xx2sin2
0f(x在(0,x1 i 所以f(x)f 即f(xi)nf(x)
nnsin
f(xi sinx所以 iesinx
enf(x) 已知abc0abbcca1
16b 3131b
31c31c16babbcca6b7bc abbc 6c 6b7ca
6aabbcca6a7ab (16b)(16c)(16a)8(abc)(bcca
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