第九届学而思数学竞赛联考问题解答
(第九届学而思数学竞赛联考)设数列$\{a_n\},\{b_n\}$满足:
$$e^{a_n}+a_n-n=0,\quad \ln b_n+b_n-n=0.$$
(1)求证:数列$\{a_n+b_n\}$为等差数列;
(2)我们定义$\displaystyle c_n=(a_n+b_n)\left(e^{a_n}+\ln b_n\right)$,
求证: $\displaystyle\frac{1}{c_1}+\frac{1}{c_2}+\cdots+\frac{1}{c_n}<\frac{5}{3}$.
解. (1) (同构法)由
$$
e^{a_n}+a_n=n=\ln b_n+b_n=e^{\ln b_n}+\ln b_n
$$
以及函数$y=e^x+x$单调递增可知$a_n=\ln b_n$,故$a_n+b_n=\ln b_n+b_n=n$,即数列$\{a_n+b_n\}$为等差数列.
(2)由$a_n+b_n=n,e^{a_n}+\ln b_n=e^{a_n}+a_n=n$可得$\displaystyle c_n=(a_n+b_n)\left(e^{a_n}+\ln b_n\right)=n^2$,故
$$\begin{aligned}
\sum_{k=1}^n{\frac{1}{c_k}} &=\sum_{k=1}^n{\frac{1}{k^2}}=1+\sum_{k=2}^n{\frac{1}{k^2}}\\
&<1+\sum_{k=2}^n{\frac{4}{4k^2-1}}
\\
&=1+\sum_{k=2}^n{\frac{4}{\left( 2k-1 \right) \left( 2k+1 \right)}}\\
&=1+\sum_{k=2}^n{\left( \frac{2}{2k-1}-\frac{2}{2k+1} \right)}
\\
&=1+\frac{2}{3}-\frac{2}{2n+1}<\frac{5}{3}.
\end{aligned}$$
(第九届学而思数学竞赛联考)
已知正实数$a,b,c$满足$ab+bc+ca=1$,求$\displaystyle\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2}$的最小值.
解.构造$\triangle ABC$,其内部有一点$P$,满足$\angle APB=\angle BPC=\angle CPA=120^\circ,PA=a,PB=b,PC=c$. (事实上,可以先给出点$P$,然后作出$PA,PB,PC$即可得到所需的$\triangle ABC$)
由余弦定理可得$AB=\sqrt{a^2+ab+b^2},BC=\sqrt{b^2+ bc+c^2},CA=\sqrt{c^2+ca+a^2}$.由正弦面积公式可得
$$\begin{aligned}
S_{\triangle ABC}&=S_{\triangle PAB}+S_{\triangle PBC}+S_{\triangle PCA}\\
&=\frac{1}{2}ab\sin 120^\circ+\frac{1}{2}bc\sin 120^\circ
+\frac{1}{2}ca\sin 120^\circ\\
&=\frac{\sqrt{3}}{4}(ab+bc+ca)
=\frac{\sqrt{3}}{4}.
\end{aligned}$$
问题转化成:已知$\triangle ABC$的面积为$\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}$,求$\triangle ABC$周长$AB+BC+CA$的最小值.
记$\displaystyle AB=x,BC=y,CA=z,p=\frac{x+y+z}{2}$为半周长,由海伦公式及三元均值不等式可得
$$\begin{aligned}
S&=\frac{\sqrt{3}}{4}=\sqrt{p\left( p-x \right) \left( p-y \right) \left( p-z \right)}\\
&\leqslant \sqrt{p\left[ \frac{\left( p-x \right) +\left( p-y \right) +\left( p-z \right)}{3} \right] ^3}
\\
&=\frac{\sqrt{3}}{9}p^2=\frac{\sqrt{3}}{36}\left( x+y+z \right) ^2.
\end{aligned}$$
故$x+y+z\geqslant 3$,此时$a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$.即所求最小值为$3$.