自招競賽學講學生姓 授課日教師姓 授課時琴生設連續函數f(x)的定義域為ab，對于區間ab內任意兩點x1,x2，都fx1x2f(x1f(x2f(x為ab上的下凸（凸） fx1x2f(x1f(x2f(x為ab上的上凸（凹） 常見的下凸（凸）y

ytanx2

y

yx常見的上凸（凹）函數有 )上的ysinx，ycosx，2

ylnxf(x為ab（凸fx1x2xn

f(x1)f(x2)f(xn x1x2xnf(x為ab上的上凸（凹）函數，則上式不等號反向：n2時，由下凸（凸）假設nkfx1x2xk

f(x1)f(x2)f(xk那么當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，變形即得證 f(x為ab（凸函數，且i1i0f((ixiif(xi

f(xIxIf''(x0yf(xIxIf''(x0yf(xI冪平均不等

x若，且0,0，x0，則(

( )

a3b3c3a2a2b23x1x2(0,2x1x2tanx1tanx2tanx1

tanx1tanx2tanx1 （A（1（）（B1（4）（C（（）（D（2（4）【答案】證明

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 當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證明冪平均不等式：若，且0,0，x0，則(

( )

0f(xx

x＋x＋＋x x＋x＋＋ x＋x＋＋x 1

x＋x＋＋x( n) n，( n)( n xx，得證。當0和0

x

x

(x

x注：( )( ) (i1 ) (i1 )

，構造 f(xx

x(

xx 8aa，b，cRa8a

98c8x證明：設f(x) ，則f(x)為(0，+)8c8x由琴生1f(af(bf(cfabcf(1 ∴f(a)f(b)f(c)9f(x)定義在(ab)上，f(x)在(ab)上恒大于0x1，x2(a，b)f(xf(xfx1x2)]2 x，x

x(a，b時，有f(xf(x

f(xfx1x2 xn)]n

證明：由題：對x，x(a，bf(xf(xfx1x2)]2 則有lgf(xlgf(x2lgfx1x2 即lgf(x1lgf(x2)lgfx1x2 g(x)lgf(xg(x為(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證明赫爾德（Holder）ai,bi(1in是2n個正實數，0,1abababa

a)(bbb1 2 n

Aa1a2anBb1b2bnf(xlnx上凸

ai

ai

) a

累加得

i)(i) i1 1，得證。

abab注：變形： 1 2 n 1，再變形(aaa)(bbb a1a2

)

b1b2

)

a1a2

)

b1b2

)i項取自然對數，得(Jensen)不等式的形式

a1a2

b1b2

是加權平均琴生在ABC中，sinAsinBsinC的最大值為 3333 【答案】ysinx在(0,)上是凹函數，則1(sinAsinBsinC)sin(ABC)sin60 32 32sinAsinBsinC當且僅當sinAsinBsinC時，即ABC時，取等3在銳角ABC中，cosAcosBcosC的最大值為 3333 【答案】aaa是一組實數，且a

...

k（k為定值，試求a2a2a2

kn分析f(x)x2在(－,＋)上是凸函 2

2 a＋a＋＋a2 k2n(a1 a2＋＋

)( nnk

a1＋

＋＋an當且僅當a1a2an時，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 求證：xxnnn Ryf(xxlnx為下凸函數（f''(x10），xlnxx1xx2...x x1lnx1x2lnx2...xnlnnx1x2xnlnx1x2xn， nlnn xxxx...xx即 即 證：設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、、,中必有一個角滿sin230,否則150時，、中必有一個滿足

設ak,bkk1, ,n均為正數，證明若aba

abbb b，則ab1aabnabnn

n bbnbbnb2b2 bn若b1b2 bn1，則

1（i）令g(x)=lnx(x>0),則g”(x)= 0,g(x)在（0，+）上是上凸函數，對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對于bk(0,1),且bkk bln k ln(k1) bb

k k k kk20對于b,1(0且bknblnn

kn1n kln(k1 )lnn,從而

k

k

k故lnb故lnb1kkk

x3（1）當0t1xt(x1)tx2)t(x3)t（2）當t1xt(x1)tx2)t(x3)t（1）當0t1f(xt(t1)xt20f(xxt在(0f(x)f(x

xxf f(x1（xx2，所以等號不能取 所以f(xf(x1f(x1f(x遞推得f(x1f(x2f(x2f(x3從而有f(xf(x1f(x2f(x3，故xt(x1)tx2)t(x（2）當t1f(xt(t1)xt20f(xxt在(0上是下凸函數，類似（1）xt(x1)t(x2)t(x3)t

x

nsin sinx設0x(i1,2,,n)，且x n，證明： 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