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1、一道清华大学自主招生题的思考与研究摘要：本文探究的是一道2006年清华大学自主招 生试题，笔者从两个方面研究此题：在求最大值时，利用一 个凸函数的命题，对这一类型的题目做了简要证明，并做出 推广；在求最小值时，利用Holder不等式做出证明并给出 推广.关键词：最值；凸函数；Holder不等式 具体题目如下：已知a, b为非负数，M=a4+b4, a+b=l，求M的最值.本文利用了均值不等式和构造法这两种方法证 明了该题.?最大值命题1假设f (x)是定义在实数域a, b上的凸函数， 实数xl, x2e a, b,且满足xl+x2=C，其中2a彡C彡2b.当 且仅当(xl, x2)中至少有1个
2、元素等于a或b，g2 (xl, x2) =f (xl) +f (x2)迗到最大值时.证明：已知 2a，2b.现证 g2 (xl, x2)(a)+f (C_a)，Ca+b,f (b) +f (C-b), Oa+b.若 Ca+b，则 Oab，因 为xl, x2G a, C-a,则存在参数(Xt彡1，使得xl=ta+ (l_t) (C-a), x2= (l_t) a+t (C-a),由 Jensen 不等式， 可得 f (xl) tf (a) + (lt) f (Ca)以及 f (x2)(lt)f (a) +tf (C-a)，两式相加，可得 f (xl) +f (x2)(a)+f (C-a).当C彡
3、a+b时，用类似的方法可以证明，证毕.例1已知a，b为非负数，M=a4+b4, a+b=l，求M的最 大值.证明：构造函数f (x) =x4，f (x) =12x20,由题 意，a，bE0，1，且 a+b=l，根据命题 1，当 f(a)+f(b) 取到最大值时，a中b至少取到一个0或1，则M的最大值为1.推论 1 已知 a，b 为非负数，M=(a+1)k+ (b+1)k，a+b=m， M 的最大值为(m+1) k，其中(kez+，meR+, 10).证明：构造函数 f (X) = (X+l) k，f (X) =k (k-l)(x+1) k-20,由题意，a, bE0，m，且 a+b二m,根据命
4、 题1，当f (a) +f (b)取到最大值时，a中b至少取到一个0或m，则M的最大值为lk+ (m+1) k.推论2已知a，b为非负数，al，a2为非负常数，M=alak+a2bk，a+b=m, M 的最大值为 maxal, a2 mk，其 中(mER+，keZ+).证明：不妨设 al=maxal，a2， 则M=a 1 ak+a2bkCa 1 ak+a 1 bk,则根据推论 1，可知 Malmk,当且仅当a=m, b=0时等号成立，证毕.命题2假设f (x)是定义在实数域a，b上的凸函数， 实数 xl，x2, xn a, b,且满足 xi=C，其中 naCnb.当且仅当xl，x2，xn中至少
5、有n-1个元素等于a或b，gn (xl, x2, xn)二f (xi)迗到最大值.证明：由命题1可知，当n=2时成立，现用数学归纳法 证明.当n=k时，结论成立；则当n=k+l时，gk+1 (xl, x2,xk+1) =f (xi) =f (xl) +gk (x2,xk+1).首先 固定xl，当gk (x2，xk+1)取到最大值时，其中至少有 kl个为a或b,不妨设x2，xk均为a或b，那么gk (x2, x3，xk+1)(xk+1) +lf (a) + (k-ll) f (b)，其中(XKk-1,则 gk+1 (xl，x2，.xn) =f (xl) +gk (x2, xk+1)(xl )+f
6、(xk+l)+lf(a)+(k-1-1 )f(b)，其中 xk+l=C-xl-la- (k-l-l) b.再将xl视为自变量，应用命题1的结论，xl 或xk+1中的有一个为a或b，则n=k+l时成立，所以对一切 正整数n都成立，证毕.例 2 已知 a，b，ce0,2，且满足a+b+c二5，M二a4+b4+c4, 求M的最大值.证明：构造凸函数f (x) =x4.不妨设abc,根据 命题2，可得当M取到最大值时，当且仅当a=b=O或b二c=2 时成立，显然a二b二0不符合条件，所以max(M)=24+24+14=33.推论 3 设 al，a2，an 0, 2a (a0), M=a+a+a， 且
7、al+a2+an=na，则 max (M) =2na2, n 为偶数，2 (n+1) a2, n 为奇数.证明：构造凸函数f (x) =x2,根据命题2,可得，当且仅当有kO个数等于2a，n-1-kO个数等于0时，M可以达 到最大值，由于 al, a2,，anE 0, 2a,所以 na2k0a2a, 且 2k0ana?k0, M=4k0a2+ (na-2k0a) 2.若 n 为偶数， 分析可得k0=时，max (M) =2na2;若n为奇数，分析可得 k0=时，则 max (M) =2 (n+1) a2.例 3 设 al，a2，al999E -2，2，M=a+a+a，且 al+a2+*al99
8、9二0,求 M 的最大值.证明：根据命题2，则至少有kO个2和(1999-kO-l) 个-2时，M可达到最大值，根据题意，2k0+(1999-k0-l)(-2) 彡2?2k0-19980), M= (al+1) 2k+ (a2+l) 2k+(an+1) 2k，且 al+a2+an=0，则 max (M) =n (a+1) 2k， n 为偶数，(n-l)(a+l)2k，n 为奇数，其中 kez+，1 ER+.证明：当n为偶数时，max (M) =n (a+1) 2k，当且仅当有al， a2, an中有个a和_a等号成立；当n为奇数时，根据命 题2，则至少有kO个a和(n-kO-1)个_a时，M可
9、迖到最大 值，根据题意，k0a+ (n-kO-1) (一a) a?2k0+l-nSl，可得kO=，n为奇数，只有10=为整数，所以max (M) = (n-1) (a+1) 2k,证毕.注意，其中k为偶数，才可以保证所构造的函数f (x) =(x+1) 2k在_a： a为凸函数.?最小值引理1 (Holder不等式)对于m个正数序列(all， al2,，aln)，(a21, a22，a2n),，(ami, am2， amn),有aij，当且仅当这m个序列对应成比例时等号成立.特别的，当 m=n二3 时，有(a3+b3+c3) (x3+y3+z3) (t3+u3+v3) (axt+byu+czv
10、) 3.例4已知a，b为非负数，M=a4+b4, a+b=l,求M的最 小值.证明：由 Holder 不等式，(a4+b4) (1+1) 3彡(a+b) 4=1,所以M彡，当且仅当a=b=时等号成立.推论 5 al，a2，an 为非负数，M= (al+1) k+ (a2+l) k+(an+1) k,且al+a2+an=m，则M的最小值为，其中 k Z+, 1 R+.证明：由Holder不等式M. ( 1+1+1 ) k-1彡 (al+a2+an+nl) k= (m+nl) k，所以M的最小值为，当且仅当al=a2=an=时等号成立.例 5 已知 a，b，cR+，+二 1，M二a2+8b2+27c2，求 M的最小值.证明：由 Holder 不等式，（a2+8b2+27c2） +彡（1+2+3）3=216,所以 u=a2+8b2+27c2 的最小值为 216, 当且仅当a=6，b二3，c二2时等号成立.推论 6 al，a2，anR+，11，1，In 为非负常数， kEZ+，+=m， M=lla+la+*+lna，则 M 的最小值为.证明：由Holder不等式M*+彡（）k，所以M的最小值为，当且仅当11a二12a=lna 时等号成立.当然，此类型题目的最小值也可以利用琴生不等式证 明，这里便不再赘述.
