【代数】不等式基础

作者: 备考999天 | 来源:发表于2020-07-20 13:11 被阅读0次

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目录
初中阶段运算能力h的4个表现
变量关系
用代入消元法求一般代数式的范围
不等式的证明方法小结

题1 已知 $a,b,c\in \mathbb R,a\ne 0,f(x)=ax^2+bx+c,\Delta=b^2-4ac$ ，用关系式符号填空，并证明你的结论：
(1) 方程 $f(x)=0$ 有两个不同实根，当且仅当 $\Delta$ ____ $0$ ；
(2) 方程 $f(x)=0$ 有两个相同实根，当且仅当 $\Delta$ ____ $0$ ；
(3) $a>0$ ，不等式 $f(x)$ ____ $0$ 的解集不空；
(4) $a>0$ ，不等式 $f(x)>0$ 的解集为 $\mathbb R$ 当且仅当 $\Delta$ ____ $0$ ；
(5) $a>0$ ，不等式 $f(x)<0$ 的解集为 $\emptyset$ 当且仅当 $\Delta$ ____ $0$ ；
(6) $a>0$ ，不等式 $f(x)<0$ 的解集不为 $\emptyset$ 当且仅当 $\Delta$ ____ $0$ ；
解 (1) $\Delta \ge 0$ 。
因为 $f(x)=ax^2+bx+c=a(x+\frac{b}{2a})^2+\frac{4ac-b^2}{4a}=a(x+\frac{b}{2a})^2-\frac{\Delta}{4a}$
所以方程 $f(x)=0$ 等价于
$(x+\frac{b}{2a})^2=\frac{\Delta}{4a^2}$ (1.1)
原方程有两个不同的实根 $\Leftrightarrow (1.1)$ 有两个不同的实根
$\Leftrightarrow \frac{\Delta}{4a^2}>0 \Leftrightarrow \Delta > 0\blacksquare$

(2) $\Delta = 0$ 。
原方程有两个相同的实根 $\Leftrightarrow (1.1)$ 有两个相同的实根
$\Leftrightarrow \frac{\Delta}{4a^2}=0 \Leftrightarrow \Delta = 0\blacksquare$

(3) $f(x) \ge 0$ 。
因为 $a>0$ ，所以：
$f(x) \ge 0 \Leftrightarrow (x+\frac{b}{2a})^2 \ge \frac{\Delta}{4a^2}$ (1.2)
若 $\Delta \le 0$ ，则 $x\in \mathbb R$ ；
若 $\Delta > 0$ ，则：
$(1.2) \Leftrightarrow x+\frac{b}{2a} \ge \frac{\sqrt\Delta}{2a}$ 或 $x+\frac{b}{2a} \le -\frac{\sqrt\Delta}{2a}$
$\Leftrightarrow x \ge -\frac{b}{2a}+\frac{\sqrt\Delta}{2a}$ 或 $x \le -\frac{b}{2a}-\frac{\sqrt\Delta}{2a}$
综上所述，不管什么情况， $f(x) \ge 0$ 的解集不空。
$\blacksquare$

(4) $\Delta < 0$ ，这个由式(1.2)可见。
(5) $\Delta \le 0$ 。
因为 $a>0$ ，所以：
$f(x) <0 \Leftrightarrow (x+\frac{b}{2a})^2 < \frac{\Delta}{4a^2}$ (1.3)
(1.3)无解 $\Leftrightarrow \frac{\Delta}{4a^2}\le0 \Leftrightarrow \Delta\le 0$
$\blacksquare$

(6) $\Delta > 0$
由(5)知， $\Delta \in (-\infty,0]\leftrightarrow f(x)<0$ 的解集为空。
所以：
$\neg (\Delta \in (-\infty,0])\leftrightarrow \neg (f(x)>0的解集为空)$
所以：
$\Delta \notin (-\infty,0]\leftrightarrow f(x)>0的解集不为空$ 。
$\Delta > 0 \leftrightarrow f(x)>0的解集不为空$
$\blacksquare$

评注1.1 (1),(2)合并成一个命题：方程 $f(x)=0$ 有两个实根，当且仅当 $\Delta=0$ 。
(6)巧妙地使用了互补命题之间的对偶关系，单纯从数理逻辑上解决问题。

题2 设 $a,b,c\in \mathbb R,a>0,f(x)=ax^2+bx+c,x_1,x_2$ 为方程 $f(x)=0$ 的两个不同的实根， $x_1<x_2$ ，求证：
(1) 不等式 $f(x)>0$ 的解集为 $(-\infty,x_1)\cup (x_2,\infty)$ ；
(2) 不等式 $f(x)<0$ 的解集为 $(x_1,x_2)$ 。
证明 (1)根据因式定理得：
$f(x)=a(x-x_1)(x-x_2)$ (2.1)
由 $a>0$ 得：
$f(x)>0\leftrightarrow (x-x_1)(x-x_2)>0$ (2.2)
$x=x_1$ 或 $x=x_2$ 时，(2.2)不成立；
当 $x<x_1$ 时， $x-x_1<0,x-x_2<0$ ，(2.2)成立；
当 $x_1<x<x_2$ 时， $x-x_1>0,x-x_2<0$ ，(2.2)不成立；
当 $x>x_2$ 时， $x-x_1>0,x-x_2>0$ ，(2.2)成立；
综上所述， $(2.2)\leftrightarrow x<x_1 \vee x>x_2$ ，即 $f(x)>0$ 的解集为：
$(-\infty,x_1)\cup (x_2,\infty)$

(2) 由(1)的结果得：
$\{x|f(x)\le 0\}=\{x|f(x)>0\}^c$
$=[(-\infty,x_1)\cup (x_2,\infty)]^c$
$=[x_1,x_2]$
所以
$\{x|f(x)< 0\}=(x_1,x_2) \blacksquare$

题3 不等式 $mx^2-4x+m>0$ 对于所有的实数 $x$ 都成立，求实数 $m$ 的取值范围。
解显然 $m \ne 0$ ；
不等式 $mx^2-4x+m>0$ 对于所有的实数 $x$ 都成立，这等价于：
$\Delta \le 0$
即：
$(-4)^2-4m^2 \le 0$
解得： $m \ge 1$ 或 $m\le -1$

题4 $m$ 为实数，求证： $-x^2-2mx-m^2-0.25\le0$ 对所有的实数 $x$ 都成立。
证明 $\Delta = (-2m)^2+4(-m^2-0.25)=-1 < 0$ ，所以命题成立。

题5 解不等式：
(1) $x^2-x+6<0$
(2) $\frac{x-3}{x+2} \ge0$
(3) $\frac{3}2 -\frac{5}{2}x-x^2\le0$
(4) $\frac{3-x}{\frac{1}{2}+x} >0$
解 (1) $\Delta =1-24=-23<0$ ，所以 $x^2-x+6$ 恒大于0，所以原不等式的解集为空。
(2) $\frac{x-3}{x+2} \ge 0 \leftrightarrow (x-3)(x+2) \ge 0,x\ne -2 \leftrightarrow x<-2 \vee x \ge 3$
(3) $\frac{3}2 -\frac{5}{2}x-x^2\le0 \leftrightarrow 2x^2+5x-3 \ge 0$
$\leftrightarrow (2x-1)(x+3) \ge 0$
$\leftrightarrow x \ge \frac{1}2 \vee x \le -3$
(4) $\frac{3-x}{\frac{1}{2}+x} >0 \leftrightarrow (x-3)(x+\frac{1}{2}) < 0$
$\leftrightarrow -\frac{1}{2} < x < 3$

题6 $f(x)$ 是最高次项系数大于0的实系数整式，方程 $f(x)=0$ 有且仅有 $m$ 个不同的实数根（无重根），它们满足： $x_1<x_2...<x_m$ ，求证：
(1) 当 $m$ 为偶数时，不等式 $f(x)>0$ 的解集为 $(-\infty,x_1)\cup(x_2,x_3)\cup(x_4,x_5)\cup...\cup(x_{m-2},x_{m-1})\cup(x_{m},\infty)$
(2) 当 $m$ 为奇数时，不等式 $f(x)>0$ 的解集为 $(x_1,x_2)\cup(x_3,x_4)\cup...\cup (x_{m-2},x_{m-1}) \cup(x_m,\infty)$

解根据因式定理有：
$f(x)=(x-x_1)(x-x_2)...(x-x_m)g(x)$ (6.1)
其中 $g(x)$ 是最高次项系数大于0的多项式，且 $g(x) = 0$ 没有实数根。
我们可以证明：

命题6.1 $g(x)$ 是最高次项系数大于0的多项式，方程 $g(x)=0$ 没有实数根，则对于任意一个实数 $x,g(x)>0$ 。

证明当 $g(x)$ 为常数时，命题显然成立。当 $g(x)$ 不是常数时，用反证法证明如下：

假设命题不成立，则存在一个实数 $x_0$ ，因 $g(x_0)\ne 0$ ，所以 $g(x_0)<0$ 。
设 $g(x)=a_0+a_1x + a_2x^2+...+a_nx^n$
其中， $n\in \mathbb N,n > 0,a_i\in \mathbb R,i=0,1,..,n,a_n >0$
令 $x_1>max{|\frac{na_i}{a_n}|^\frac{1}{n-i}},i=0,1,...,n-1$
则
$|\frac{a_i}{a_nx_1^{n-i}}| <1/n$
于是
$\frac{a_nx_1^n}{|a_0|+|a_1x_1|+|a_2x_1^2|+...+|a_{n-1}x_1^{n-1}|}$
$=\frac{1}{|\frac{a_0}{a_nx_1^n}|+|\frac{a_1}{a_nx_1^{n-1}}|+...+|\frac{a_{n-1}}{a_nx_1}|} > \frac{1}{\frac{1}n \times n} = 1$

所以 $a_nx_1^n > |a_0|+|a_1x_1|+|a_2x_1^2|+...+|a_{n-1}x_1^{n-1}|$
$\ge |a_0+a_1x_1 + a_2x_1^2+...+a_{n-1}x_1^{n-1}|$
$\ge -(a_0+a_1x_1 + a_2x_1^2+...+a_{n-1}x_1^{n-1})$
所以 $g(x_1) > 0$
根据介值定理，必有一个实数 $r \in (x_0,x_1)$ ，使
$g(r)=0$ ，这与 $g(x)=0$ 无实根矛盾。所以假设不成立，即对于任意一个实数 $x,g(x)>0\blacksquare$ 。

现在解决问题(1)：
根据命题(6.1)，对于任意一个实数 $x,g(x)>0$ 。
所以不等式(6.1)等价于：
$(x-x_1)(x-x_2)...(x-x_m) > 0$ (6.2)
因为 $m$ 为偶数，所以，当且仅当 $x\in (-\infty,x_1)\cup(x_2,x_3)\cup(x_4,x_5)\cup...\cup(x_{m-2},x_{m-1})\cup(x_{m},\infty)$ 时，式(6.2)左边有有且仅有偶数个因式小于0，这等价于
$(x-x_1)(x-x_2)...(x-x_m) > 0$
所以，不等式(6.1)的解集为 $(-\infty,x_1)\cup(x_2,x_3)\cup(x_4,x_5)\cup...\cup(x_{m-2},x_{m-1})\cup(x_{m},\infty)$ 。

问题(2)的解决方法与问题(1)类似，此不赘述 $\blacksquare$ 。

题7 解不等式：
(1) $x^3+2x^2-x-2>0$
(2) $\frac{x+2}{x^2-1} \le 0$
(3) $x^3+2x^2-2x-1>0$
(4) $x^4-2x^3-6x^2-2x+1\le 0$

解 (1)因为 $x^3+2x^2-x-2>0$
$\leftrightarrow (x+2)(x+1)(x-1) >0$
$\leftrightarrow -2<x<-1 \vee x>1$
所以原不等式的解集为： $(-2,-1) \cup(1,\infty)$

(2) 因为 $\frac{x+2}{x^2-1} \le 0$
$\leftrightarrow x = \begin{cases} (x+2)(x^2-1) \le 0 \\ x \ne \pm1 \end{cases}$
$\leftrightarrow x = \begin{cases} (x+2)(x+1)(x-1) \ \le 0 \\ x \ne \pm1 \end{cases}$
$\leftrightarrow x \le -2 \vee -1 < x <1$
所以原不等式的解集为：
$(-\infty,-2]\cup (-1,1)\blacksquare$

(3) 原不等式等价于
$(x-1)(x^2+3x+1) >0$
$\Leftrightarrow (x-\frac{-3-\sqrt5}{2})(x-\frac{-3+\sqrt5}{2})(x-1) >0$
$\Leftrightarrow -\frac{3+\sqrt5}{2}<x<\frac{\sqrt5-3}{2}$ 或 $x>1$
所以，原不等式的解集为：
$(-\frac{3+\sqrt5}{2},\frac{\sqrt5-3}{2}) \cup (1,\infty)$

(4) 原不等式等价
$(x+1)^2[x-(2+\sqrt3)][x-(2-\sqrt3)]\le 0$ (7.1)
当 $x=-1$ 时，(7.1)成立；
当 $x\ne-1$ 时， $(x+1)^2>0$ ，所以(7.1)等价于：
$[x-(2+\sqrt3)][x-(2-\sqrt3)]\le 0$
解得 $2-\sqrt3<x<2+\sqrt3$
综上所述，原不等式的解集为：
$(2-\sqrt3,2+\sqrt3)\cup{-1}$

题8 $x\in \mathbb R$ 求以下函数的取值范围：
(1) $y=x^2+4x-3$
(2) $y=(1-x)^2+(x+2)^2 (-1 \le x \le2)$
(3) $y=\sqrt{3-x}+\sqrt{2x-1}$
(4) $y=\sin x + \cos^2x$
(5) $y=\frac{2}{2+x}+x\space\space(x>-2)$
(6) $y=\frac{1+x^2}{1+x+x^2}$
(7) $y=\frac{x^2-2x-3}{2x^2+2x+1}$

解 (1) $y=(x+2)^2=7 \ge -7$
(2) $y=2x^2+2x+5=2(x+\frac{1}2)^2+\frac{9}{2}$
$y_{min}=y|_{x=-0.5}=\frac{9}2$
$y_{max}=y|_{x=2}=17$
所以 $\frac{9}2 \le y \le 17$
(3) 令 $u=\sqrt{3-x},v=\sqrt{2x-1}$ ，则
$2u^2+v^2=5$
由柯西不等式得：
$5=2u^2+v^2 \ge \frac{(u+v)^2}{\frac{1}2+1}=\frac{y^2}{\frac{3}2}$
因为 $y\ge 0$ ，所以上式等价
$0 \le y \le \frac{\sqrt{30}}{2}$ (8.1)

上式右边等号成立当且仅当 $v=2u$ ，得： $3-x=u^2=\frac{5}6$
得 $x=\frac{13}6$

另，函数 $y=\sqrt{3-x}+\sqrt{2x-1}$ 的定义域为 $[1/2,3]$
$y$ 在 $[1/2,13/6]$ 内为单调递增， $y$ 在 $[1/2,13/6]$ 内的最小值为 $y|_{1/2}=\sqrt{5/2}$
$y$ 在 $[13/6,3]$ 内单调递减， $y$ 在 $[13/6,3]$ 内的最小值为 $y|_{3}=\sqrt{5}$
综上所述， $y$ 的取值范围为 $[\sqrt{\frac{5}2},\frac{\sqrt{30}}{2}]$

(4) 令 $sinx=u$ ，则 $-1\le u \le 1$ ，那么：
$y=-u^2+u+1=-(u-1/2)^2+\frac{5}4$
$y_{max} = y|_{x=1/2}=\frac{5}4$
$y_{min} = y|_{x=-1}=-1$
所以 $y$ 的取值范围是： $[-1,\frac{5}{4}]$

(5)因为 $2+x>0$ ，所以
$y=\frac{2}{2+x}+(2+x)-2 \ge 2\sqrt{\frac{2}{2+x}(2+x)}-2=2\sqrt2-2$
上式当 $\frac{2}{2+x}=2+x$ 时等号成立，这时 $x=\sqrt2-2$ ，所以：
$y_{min}=2\sqrt2-2$
另外，当 $x\rightarrow -2^+$ 时， $y\rightarrow \infty$ ，所以 $y$ 的取值范围是： $[2\sqrt2-2,\infty)$

(6)解法1：函数 $y=\frac{1+x^2}{1+x+x^2}$ 的定义域为 $\mathbb R$ ，
所以关于 $x$ 的方程
$(y-1)x^2+yx+y-1=0$
在实数范围内有根，这等价于：
$y=1$ 或
$\begin{cases} y \ne 1 \\ \Delta =y^2-4(y-1)^2=(-y+2)(3y-2) \ge 0 \end{cases}$
解得： $\frac{2}3\le y \le 2$

解法2： $y=\frac{1+x^2}{1+x+x^2}$
$=1-\frac{x}{1+x+x^2}$

1）当 $x=0$ 时， $y=1$ ；
2）当 $x\ne 0$ 时， $y=1-\frac{1}{\frac{1}x+1+x}$
因为 $x+\frac{1}x \ge 2$ 或 $x+\frac{1}x \le -2$
所以 $\frac{2}3\le y <1$ 或 $1 < y \le 2$ ；

综合1),2)得： $\frac{2}3\le y \le 2$

(7)函数 $y=\frac{x^2-2x-3}{2x^2+2x+1}$ 的定义域为 $\mathbb R$ ，变形得：
$\Leftrightarrow (2y-1)x^2+2(y+2)x+(y+3)=0$ (8.2)
根据条件，原问题等价于关于 $x$ 的方程(8.2)有实根。
a) 当 $y=1/2$ 时，方程(8.2)显然有实根；
b) 当 $y\ne 1/2$ 时， $\Delta \ge 0$ ，即
$(y+4)(y-1) \le 0$
得： $-4 \le y \le1$
综合a)，b)得： $-4 \le y \le 1$
$\blacksquare$

题9 $a,b\in \mathbb R$ ,函数 $y=\frac{ax+b}{1+x^2}$ 的最大值与最小值分别为4,-1，求 $a,b$ 的值。
解法1 函数 $y=\frac{ax+b}{1+x^2}$ 的定义域为 $\mathbb R$ 。显然， $a\ne 0$ ，否则与条件矛盾。

设 $t=ax+b$ ，则 $x=\frac{t-b}a$ ，且 $t$ 的取值范围为 $\mathbb R$ ，代入原函数得：
$y=\frac{t}{1+(\frac{t-b}{a})^2}=\frac{a^2t}{t^2-2bt+a^2+b^2}$
$t=0$ 时， $y=0$
$t\ne0$ 时， $y=\frac{a^2}{t-2b+\frac{a^2+b^2}{t}}$ (9.1)

因为 $t+\frac{a^2+b^2}{t} \ge 2\sqrt{a^2+b^2}$ 或 $t+\frac{a^2+b^2}{t} \le -2\sqrt{a^2+b^2}$
所以 $\frac{a^2}{-2\sqrt{a^2+b^2}-2b} \le y \le \frac{a^2}{2\sqrt{a^2+b^2}-2b}$
即：
$-\frac{1}{2}(\sqrt{a^2+b^2}-b) \le y \le \frac{1}{2}(\sqrt{a^2+b^2}+b)$
所以：
$y_{min}=-\frac{1}{2}(\sqrt{a^2+b^2}-b)$
$y_{max}=\frac{1}{2}(\sqrt{a^2+b^2}+b)$
依题意得：
$\begin{cases} -\frac{1}{2}(\sqrt{a^2+b^2}-b) =-4 \\ \frac{1}{2}(\sqrt{a^2+b^2}+b)=1 \end{cases}$
解得：
$a= \pm 4,b=-3$

解法2 函数 $y=\frac{ax+b}{1+x^2}$ 的定义域为 $\mathbb R$ 。显然， $a\ne 0$ ，否则与条件矛盾。
令 $\tan t=x,t\in \mathbb R$ ，代入原函数得：
$y=\frac{a\tan x+b}{1+\tan^2t}=a\sin t\cos t + b \cos^2t=\frac{1}{2}a\sin 2t+\frac{1}{2}b(\cos 2x+1)$
由此知：
$-\frac{1}{2}(\sqrt{a^2-b^2}-b) \le y \le \frac{1}{2}(\sqrt{a^2+b^2}+b)$
所以：
$y_{min}=-\frac{1}{2}(\sqrt{a^2+b^2}-b)$
$y_{max}=\frac{1}{2}(\sqrt{a^2+b^2}+b)$
依题意得：
$\begin{cases} -\frac{1}{2}(\sqrt{a^2+b^2}-b) =-4 \\ \frac{1}{2}(\sqrt{a^2+b^2}+b)=1 \end{cases}$
解得：
$a= \pm 4,b=-3$

解法3 函数 $y=\frac{ax+b}{1+x^2}$ 的定义域为 $\mathbb R$ 。显然， $a\ne 0$ ，否则与条件矛盾。

原函数变形为关于 $x$ 的方程，如下：
$yx^2-ax+y-b=0$ (9.2)
原问题变为求 $y$ 的取值范围，使方程(9.2)有实数解。
$当y=0$ 时，因 $a\ne0$ ，所以方程(9.2)有实数解 $x=-b/a$
$当y\ne0$ 时， $\Delta \ge 0$ ，即：
$a^2-4y(y-b) \ge 0$
解得：
$-\frac{1}{2}(\sqrt{a^2-b^2}-b) \le y \le \frac{1}{2}(\sqrt{a^2+b^2}+b)$
所以：
$y_{min}=-\frac{1}{2}(\sqrt{a^2+b^2}-b)$
$y_{max}=\frac{1}{2}(\sqrt{a^2+b^2}+b)$
依题意得：
$\begin{cases} -\frac{1}{2}(\sqrt{a^2+b^2}-b) =-4 \\ \frac{1}{2}(\sqrt{a^2+b^2}+b)=1 \end{cases}$
解得：
$a= \pm 4,b=-3$
$\blacksquare$

题10 $x \ge 2$ ，证明：
(1) $\sqrt{x}-\sqrt{x-2} \le \sqrt2$
(2) $\sqrt[3]x-\sqrt[3]{x-2} \le \sqrt[3]2$
(3) $\sqrt{x}-\sqrt{x-2} > \sqrt[3]x-\sqrt[3]{x-2}$

证明 (1)因为 $x \ge 2$
所以 $\sqrt{x}+\sqrt{x-2} \ge \sqrt2$
所以 $\sqrt{x}-\sqrt{x-2} =\frac{2}{\sqrt{x}+\sqrt{x-2}} \le \sqrt2$

(2)因为 $x \ge 2$
所以 $(\sqrt[3]x)^2+\sqrt[3]x\sqrt[3]{x-2}+(\sqrt[3]{x-2})^2 \ge (\sqrt[3]2)^2$
所以 $\sqrt[3]x-\sqrt[3]{x-2} = \frac{2}{(\sqrt[3]x)^2+\sqrt[3]x\sqrt[3]{x-2}+(\sqrt[3]{x-2})^2} \le =2^{\frac{1}{3}}=\sqrt[3]2$

(3)因为 $(\sqrt[3]x)^2+\sqrt[3]x\sqrt[3]{x-2}+(\sqrt[3]{x-2})^2$
$\ge (\sqrt[3]x)^2+(\sqrt[3]{x-2})^2$
$=x^{\frac{2}{3}}+(x-2)^{\frac{2}{3}}$
$> x^{\frac{1}{2}}+(x-2)^{\frac{1}{2}} >0$

且
$\sqrt{x}-\sqrt{x-2} =\frac{2}{\sqrt{x}+\sqrt{x-2}}$
$\sqrt[3]x-\sqrt[3]{x-2} = \frac{2}{(\sqrt[3]x)^2+\sqrt[3]x\sqrt[3]{x-2}+(\sqrt[3]{x-2})^2}$

所以
$\sqrt{x}-\sqrt{x-2} > \sqrt[3]x-\sqrt[3]{x-2}$
$\blacksquare$

题11(均值不等式) 已知 $a,b>0$ ，求证： $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$
证明 $\frac{a+b}{2}$
$= \frac{(a^{0.5})^2+(b^{0.5})^2}2$
$=\frac{(a^{0.5}-b^{0.5})^2+2a^{0.5}b^{0.5}}{2}$
$\ge \sqrt{ab}$
$\blacksquare$

题12(柯西不等式) 已知 $a_1,a_2,...,a_n\in \mathbb R,b_1,b_2,...,b_n \in \mathbb R$ , 证明：
$(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+...+b_n^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n)^2$ (12.1)
指出等号成立的条件。
证明构造函数
$f_i(x)=a_i^2x^2+2a_ib_ix+b_i^2,i=1,2,..,n$

令 $f(x)=\sum_{\substack{1\le i\le n}}{f_i(x)}$
$=x^2\sum_{\substack{1\le i\le n}}{a_i^2} +2x\sum_{\substack{1\le i\le n}}{a_ib_i}+\sum_{\substack{1\le i\le n}}{b_i^2}$
因为对于任意的 $i=1,2,..,n$ 与实数 $x,f_i(x) = (a_ix+b_i)^2 \ge0$ 。
所以，对任意实数 $x$ ， $f(x) \ge 0$ ，所以：
a) 当 $\sum_{\substack{i=1,2,..,n}}{a_i^2}\ne 0$ ，即 $a_i$ 不全为零时，方程 $f(x)=0$ 的根判别式 $\Delta \le 0$ ，即：
$(2\sum_{\substack{1\le i\le n}}{a_ib_i})^2-4(\sum_{\substack{1\le i\le n}}{a_i^2})(\sum_{\substack{1\le i\le n}}{b_i^2}) \le 0$
整理即得(12.1)。
b)当 $a_i$ 全为零时，(12.1)取等号，不等式显然成立。

当 $a_i$ 不全为零时，(12.1)取等号当且仅当 $f(x)=0$ 有实根，即：
$\sum_{\substack{1\le i\le n}}{(a_ix+b_i)^2}=0$ 有实根
$\Leftrightarrow a_ix+b_ⅰ=0,i=1,2,...,n$
$\Leftrightarrow \forall i \in \{1,2,...,n\}(a_i=b_i=0\vee x=-\frac{b_i}{a_i})$
$\Leftrightarrow \forall i\in \{1,2,...,n\}(\frac{b_i}{a_i}的值与i无关\vee a_i=b_i=0)$
不等式(12.1)等号成立条件总结如下：
$a_i$ 全为零，或者在 $a_i$ 不全为零的情况下，当且仅当对于每个 $i \in \{1,2,...,n\}$ ，或者 $a_i=b_i=0$ ，或者 $\frac{b_i}{a_i}$ 为定值。

综上所述，命题成立 $\blacksquare$

题13(柯西不等式) 已知 $x_1,x_2,...,x_n\in \mathbb R,a_1,a_2,...,a_n>0 \in \mathbb R$ ，求证：
$\sum_{\substack{1\le k \le n}}{\frac{x_i^2}{a_i}} \ge \frac{(\sum_{\substack{1 \le k \le n}}{x_k})^2}{\sum_{\substack{1 \le k \le n}}{a_k}}$ (13.1)
指出等号成立的条件。

证明令 $u_i=\frac{x_i}{\sqrt{a_i}},v_i=\sqrt{a_i},i=1,2,...,n$

$\sum_{\substack{1\le k \le n}}{\frac{x_i^2}{a_i}}\sum_{\substack{1\le k \le n}}{a_i}$
$=\sum_{\substack{1\le k \le n}}{u_i^2}\sum_{\substack{1\le k \le n}}{v_i^2}$
$\ge (\sum_{\substack{1\le k \le n}}{u_iv_i})^2=(\sum_{\substack{1\le k \le n}}x_i)^2$
变形得(13.1)

根据题12知，(13.1)等号成立的充要条件为： $\frac{x_1}{a_1}=\frac{x_2}{a_2}=...=\frac{x_n}{a_n}$
$\blacksquare$

题14 已知 $x^2+y^2+2z^2=1$ ，求 $2x+y+z$ 的最大值。

解由柯西不等式，有：
$\frac{(2x+y+z)^2}{4+1+\frac{1}2} \le \frac{(2x)^2}{4}+\frac{y^2}{1}+\frac{z^2}{\frac{1}2}=x^2+y^2+2z^2=1$
所以
$(2x+y+z)^2\le \frac{11}2$
即：
$-\frac{\sqrt {22}}{2} \le 2x+y+z \le \frac{\sqrt {22}}{2}$
上式等号成立当且仅当：
$\frac{x}{2}=y=2z \ge 0$
联立方程 $x^2+y^2+2z^2=1$
解得： $x=\frac{2\sqrt{22}}{11},y=\frac{\sqrt{22}}{11},z=\frac{\sqrt{22}}{22}$

所以，当 $x=\frac{2\sqrt{22}}{11},y=\frac{\sqrt{22}}{11},z=\frac{\sqrt{22}}{22}$ 时，
$(2x+y+z)_{max}=\frac{\sqrt {22}}{2}\blacksquare$

题15 已知 $x+y+2z=2$ ，求 $x^2+\frac{y^2}{2}+z^2$ 的最小值。

解根据柯西不等式得：
$x^2+\frac{y^2}{2}+z^2 = x^2+\frac{y^2}{2}+\frac{(2z)^2}{4} \ge \frac{(x+y+2z)^2}{1+2+4}=\frac{4}{7}$
以上等号成立当且仅当：
$x=\frac{y}{2}=\frac{z}{2}$
联立方程 $x+y+2z=2$ ，解得：
$x=\frac{2}7,y=z=\frac{4}7$

所以，当 $x=\frac{2}7,y=z=\frac{4}7$ 时，
$(x^2+\frac{y^2}{2}+z^2)_{min}=\frac{4}{7}\blacksquare$

题16 求 $2\sin x+3\cos x$ 的最大值与最小值。
解令 $u=\sin x ,v=\cos x$
则 $u^2+v^2=1$ ，根据柯西不等式有：
$\frac{(2\sin x+3\cos x)^2}{13} =\frac{(2u+3v)^2}{13}$
$\le \frac{(2u)^2}{4}+\frac{(3v)^2}{9}$
$=u^2+v^2=1$
所以， $-\sqrt{13} \le 2\sin x+3\cos x \le \sqrt{13}$
以上等号成立当且仅当：
$\frac{u}2=\frac{v}3$
联立方程 $u^2+v^2=1$
解得：
$u=\frac{2}{\sqrt{13}},v=\frac{3}{\sqrt{13}}$
或
$u=-\frac{2}{\sqrt{13}},v=-\frac{3}{\sqrt{13}}$

所以
当 $\sin x=\frac{2}{\sqrt{13}},\cos x=\frac{3}{\sqrt{13}}$ 时，
$(2\sin x+3\cos x)_{max}=\sqrt{13}$ ；
当 $\sin x=-\frac{2}{\sqrt{13}},\cos x==\frac{3}{\sqrt{13}}$ 时，
$(2\sin x+3\cos x)_{min}=-\sqrt{13}\blacksquare$

题17 已知 $\Delta ABC$ 中，顶点 $A,B,C$ 所对的边为 $a,b,c$ ， $\angle C=30^\circ,S_{ABC}=\sqrt3$ ，
(1)求 $a+b$ 的最小值；
(2)求 $c$ 的最小值；
(3)求周长 $a+b+c$ 的最小值。

解 (1)因为 $S_{ABC}=\sqrt3$
所以 $\frac{1}{2}ab\sin C=\sqrt3$
所以 $ab=4\sqrt3$
$a+b \ge 2\sqrt{ab}=4\sqrt{\sqrt{3}}$
以上等式成立当且仅当 $a=b=2\sqrt{\sqrt{3}}$ ，所以：
$(a+b)_{min}=4\sqrt{\sqrt{3}}$

(2)根据余弦定理，有：
$c = \sqrt{a^2+b^2-2ab\cos C}$
$=\sqrt{a^2+b^2-12}$
$\ge \sqrt{2ab-3}=\sqrt{8\sqrt{3}-12}$
以上等式成立当且仅当 $a=b=2\sqrt{\sqrt{3}}$ ，所以：
$c_{min}=\sqrt{8\sqrt{3}-12}$

(3)根据(1),(1)，当 $a=b=\sqrt{\sqrt{3}}$ 时，周长的最小值为：
$4\sqrt{\sqrt{3}}+\sqrt{8\sqrt{3}-12}\blacksquare$

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