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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.