第第頁一道清華大學(xué)自主招生題的思考與研究摘要：本文探究的是一道2006年清華大學(xué)自主招生試題，筆者從兩個(gè)方面研究此題：在求最大值時(shí)，利用一個(gè)凸函數(shù)的命題，對這一類型的題目做了簡要證明，并做出推廣；在求最小值時(shí)，利用Holder不等式做出證明并給出推廣.

關(guān)鍵詞：最值；凸函數(shù)；Holder不等式

具體題目如下：已知a，b為非負(fù)數(shù)，M=a4+b4，a+b=1，求M的最值.本文利用了均值不等式和構(gòu)造法這兩種方法證明了該題.

[?]最大值

命題1假設(shè)f（x）是定義在實(shí)數(shù)域[a，b]上的凸函數(shù)，實(shí)數(shù)x1，x2∈[a，b]，且滿足x1+x2=C，其中2a≤C≤2b.當(dāng)且僅當(dāng)（x1，x2）中至少有1個(gè)元素等于a或b，g2（x1，x2）=f（x1）+f（x2）達(dá)到最大值時(shí).

證明：已知C∈[2a，2b].現(xiàn)證g2（x1，x2）≤f（a）+f（C-a），C≤a+b，

f（b）+f（C-b），C≥a+b.若C≤a+b，則C-a≤b，因?yàn)閤1，x2∈[a，C-a]，則存在參數(shù)0≤t≤1，使得x1=ta+（1-t）（C-a），x2=（1-t）a+t（C-a），由Jensen不等式，可得f（x1）≤tf（a）+（1-t）f（C-a）以及f（x2）≤（1-t）f（a）+tf（C-a），兩式相加，可得f（x1）+f（x2）≤f（a）+f（C-a）.當(dāng)C≥a+b時(shí)，用類似的方法可以證明，證畢.

例1已知a，b為非負(fù)數(shù)，M=a4+b4，a+b=1，求M的最大值.

證明：構(gòu)造函數(shù)f（x）=x4，f″（x）=12x2≥0，由題意，a，b∈[0，1]，且a+b=1，根據(jù)命題1，當(dāng)f（a）+f（b）取到最大值時(shí)，a中b至少取到一個(gè)0或1，則M的最大值為1.

推論1已知a，b為非負(fù)數(shù)，M=（a+l）k+（b+l）k，a+b=m，M的最大值為（m+l）k，其中（k∈Z+，m∈R+，l≥0）.

證明：構(gòu)造函數(shù)f（x）=（x+l）k，f″（x）=k（k-1）（x+l）k-2≥0，由題意，a，b∈[0，m]，且a+b=m，根據(jù)命題1，當(dāng)f（a）+f（b）取到最大值時(shí)，a中b至少取到一個(gè)0或m，則M的最大值為lk+（m+l）k.

推論2已知a，b為非負(fù)數(shù)，a1，a2為非負(fù)常數(shù)，M=a1ak+a2bk，a+b=m，M的最大值為max{a1，a2}?mk，其中（m∈R+，k∈Z+）.

證明：不妨設(shè)a1=max{a1，a2}，則M=a1ak+a2bk≤a1ak+a1bk，則根據(jù)推論1，可知M≤a1mk，當(dāng)且僅當(dāng)a=m，b=0時(shí)等號成立，證畢.

命題2假設(shè)f（x）是定義在實(shí)數(shù)域[a，b]上的凸函數(shù)，實(shí)數(shù)x1，x2，…xn∈[a，b]，且滿足xi=C，其中na≤C≤nb.當(dāng)且僅當(dāng)x1，x2，…xn中至少有n-1個(gè)元素等于a或b，gn（x1，x2，…xn）=f（xi）達(dá)到最大值.

證明：由命題1可知，當(dāng)n=2時(shí)成立，現(xiàn)用數(shù)學(xué)歸納法證明.當(dāng)n=k時(shí)，結(jié)論成立；則當(dāng)n=k+1時(shí)，gk+1（x1，x2，…xk+1）=f（xi）=f（x1）+gk（x2，…xk+1）.首先固定x1，當(dāng)gk（x2，…xk+1）取到最大值時(shí)，其中至少有k-1個(gè)為a或b，不妨設(shè)x2，…xk均為a或b，那么gk（x2，x3，…xk+1）≤f（xk+1）+lf（a）+（k-1-l）f（b），其中0≤l≤k-1，則gk+1（x1，x2，…xn）=f（x1）+gk（x2，…xk+1）≤f（x1）+f（xk+1）+lf（a）+（k-l-1）f（b），其中xk+1=C-x1-la-（k-l-1）b.再將x1視為自變量，應(yīng)用命題1的結(jié)論，x1或xk+1中的有一個(gè)為a或b，則n=k+1時(shí)成立，所以對一切正整數(shù)n都成立，證畢.

例2已知a，b，c∈[0，2]，且滿足a+b+c=5，M=a4+b4+c4，求M的最大值.

證明：構(gòu)造凸函數(shù)f（x）=x4.不妨設(shè)a≤b≤c，根據(jù)命題2，可得當(dāng)M取到最大值時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=0或b=c=2時(shí)成立，顯然a=b=0不符合條件，所以max（M）=24+24+14=33.

推論3設(shè)a1，a2，…，an∈[0，2a]（a>0），M=a+a+…+a，且a1+a2+…an=na，則max（M）=2na2，n為偶數(shù)，

2（n+1）a2，n為奇數(shù).

證明：構(gòu)造凸函數(shù)f（x）=x2，根據(jù)命題2，可得，當(dāng)且僅當(dāng)有k0個(gè)數(shù)等于2a，n-1-k0個(gè)數(shù)等于0時(shí)，M可以達(dá)到最大值，由于a1，a2，…，an∈[0，2a]，所以na-2k0a≤2a，且2k0a≤na?≤k0≤，M=4k0a2+（na-2k0a）2.若n為偶數(shù)，分析可得k0=時(shí)，max（M）=2na2；若n為奇數(shù)，分析可得k0=時(shí)，則max（M）=2（n+1）a2.

例3設(shè)a1，a2，…，a1999∈[-2，2]，M=a+a+…a，且a1+a2+…a1999=0，求M的最大值.

證明：根據(jù)命題2，則至少有k0個(gè)2和（1999-k0-1）個(gè)-2時(shí)，M可達(dá)到最大值，根據(jù)題意，2k0+（1999-k0-1）（-2）≤2?2k0-1998≤1，可得k0=999，則最后一個(gè)數(shù)為0，所以max（M）=1998?22=7992.

由于例3中的區(qū)間[-2，2]中有負(fù)數(shù)，而f（x）=x2在這個(gè)區(qū)間上仍然屬于凸函數(shù)，如果重新定義這個(gè)函數(shù)和它所屬的區(qū)間，那么將會(huì)得到更加一般的結(jié)論.

推論4設(shè)a1，a2，…，an∈[-a，a]（a>0），M=（a1+l）2k+（a2+l）2k+…（an+l）2k，且a1+a2+…an=0，則max（M）=n（a+l）2k，n為偶數(shù)，

（n-1）（a+l）2k，n為奇數(shù)，其中k∈Z+，l∈R+.

證明：當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，max（M）=n（a+l）2k，當(dāng)且僅當(dāng)有a1，a2，…an中有個(gè)a和-a等號成立；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，根據(jù)命題2，則至少有k0個(gè)a和（n-k0-1）個(gè)-a時(shí)，M可達(dá)到最大值，根據(jù)題意，k0a+（n-k0-1）（-a）≤a?2k0+1-n≤1，可得k0=，，，n為奇數(shù)，只有k0=為整數(shù)，所以max（M）=（n-1）?（a+l）2k，證畢.

注意，其中k為偶數(shù)，才可以保證所構(gòu)造的函數(shù)f（x）=（x+l）2k在[-a，a]為凸函數(shù).

[?]最小值

引理1（Holder不等式）對于m個(gè)正數(shù)序列（a11，a12，…，a1n），（a21，a22，…，a2n），…，（am1，am2，…，amn），有

aij

≥

，當(dāng)且僅當(dāng)這m個(gè)序列對應(yīng)成比例時(shí)等號成立.

特別的，當(dāng)m=n=3時(shí)，有（a3+b3+c3）?（x3+y3+z3）（t3+u3+v3）≥（axt+byu+czv）3.

例4已知a，b為非負(fù)數(shù)，M=a4+b4，a+b=1，求M的最小值.

證明：由Holder不等式，（a4+b4）（1+1）3≥（a+b）4=1，所以M≥，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=時(shí)等號成立.

推論5a1，a2，…，an為非負(fù)數(shù)，M=（a1+l）k+（a2+l）k+…（an+l）k，且a1+a2+…an=m，則M的最小值為，其中k∈Z+，l∈R+.

證明：由Holder不等式M?（1+1+…1）k-1≥（a1+a2+…+an+nl）k=（m+nl）k，所以M的最小值為，當(dāng)且僅當(dāng)a1=a2=…=an=時(shí)等號成立.

例5已知a，b，c∈R+，++=1，M=a2+8b2+27c2，求M的最小值.

證明：由Holder不等式，（a2+8b2+27c2）?

++

≥（1+2+3）3=216，所以u=a2+8b2+27c2的最小值為216，當(dāng)且僅當(dāng)a=6，b=3，c=2時(shí)等號成立.

推論6a1，a2，…，an∈R+，l1，l，…ln為非負(fù)常數(shù)，k∈Z+，++…+=m，M=l1