三角形中求最值

lemondian

$在\Delta ABC中，求sinA+sinB+5sinC的最大值。$

色k

有两个系数相同那就是简单题啦，一放缩即成单变量函数最值了

lemondian

回复 2# 色k

可以写写不？

色k

回复 3# lemondian

把前两个搞起来啊，自己动手

lemondian

回复 4# 色k

不会搞哩

isee

回复 5# lemondian

这题肯定是竞赛类无疑的，我觉着kuing的意思是，前两项，和差化积，丢掉 余弦，化为角C一半的单变量，之后好办了，需基本功扎实。

isee

如果要搞大，我觉得嵌入不等式这个方向是可行的。

仅一些结论

郝酒

我来写一下这个简单的情形，然后请ku版出手$p\sin A+q\sin B +r\sin C$p
,q,r>0互不相等的最大值。

$\sin A + \sin B + 5\sin C = 2\cos \frac{C}{2}\left(\cos\frac{A-B}{2}+5\sin\frac{C}{2}\right)$

因为$0<\cos\frac{C}{2}<1$，所以上式小于等于$2\cos\frac{C}{2}\left(1+5\sin\frac{C}{2}\right)$

换元令$t=\cos\frac{C}{2}\in(0,1)$即求$y=2t(1+5\sqrt{1-t^2})$的最大值，求导可得，当$t = \frac{1}{10} \sqrt{\frac{1}{2} \left(\sqrt{201}+99\right)}$时，$y_\max= \frac{1}{5} \sqrt{\frac{1}{2} \left(\sqrt{201}+99\right)} \left(5 \sqrt{\frac{1}{200} \left(-\sqrt{201}-99\right)+1}+1\right)$.

isee

回复 8# 郝酒


这么丑，严重怀疑题中5是$\sqrt{5}$

kuing

回复 9# isee

改成根号5也不见得好看啊，其实具体结果不重要，只要知道方法就行了

kuing

回复 8# 郝酒

一般情况要解三次方程，参考：bbs.pep.com.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=1948721 或《撸题集》P440 题目 4.6.19.

lemondian

回复 11# kuing
kuing这个更一般了。难度还是大了。
有人说可以用柯西不等式与均值不等式来弄，想了半天，也搞不成！

热爱生命

lemondian

回复 13# 热爱生命
谢谢！
答案很难看哩，方法正在消化中。。。

敬畏数学

回复 13# 热爱生命
柯西及均值不等式不错。避开了导数的高次方程！

isee

热爱生命 发表于 2018-8-17 21:17

这方法就将 2018年的全国卷I理科第16题也给推广了

敬畏数学

回复 13# 热爱生命 预测
预测这是一本不错的书，可否做一个应用。

热爱生命

回复 17# 敬畏数学


    这是韩京俊的《初等不等式的证明方法》。

hbghlyj

isee 发表于 2018-8-17 03:30
如果要搞大，我觉得嵌入不等式这个方向是可行的。
仅一些结论
wenku.baidu.com/view/99e0ef0b763231126edb1137.html

三角形母不等式的应用

(1) 对于任意正数x，y，z及△ABC的三内角A、B、C，有

x²+y²+z²≥2yzcosA+2zxcosB+2xycosC

证明：x²+y²+z²-2yzcosA-2zxcosB-2xycosC=(x-zcosB-ycosC)²+(ysinc-zsinB)²≥0

当且仅当 sinA/x=sinB/y=sinC/z 时等号成立

(2) 对于任意正数x，y，z及△ABC的三内角A、B、C，有

x²+y²+z²+2yzcos2A+2zxcos2B+2xycos2C≥0

证明：x²+y²+z²+2yzcos2A+2zxcos2B+2xycos2C=(x+zcos2B+ycos2C)²+(ysin2c-zsin2B)² ≥0

当且仅当 yzsin²A/(y+z-x)=zxsin²B/(z+x-y)=xysin²C/(x+y-z) 时等号成立

(3)在(1)中用 1/x、1/y、1/z 代替x，y，z，有

xcosA+ycosB+zcosC≤1/2 (yz/x +zx/y +xy/z)

(4)在(2)中用 1/x、1/y、1/z 代替x，y，z，有

xcos2A+ycos2B+zcos2C≥-1/2 (yz/x +zx/y +xy/z)

(5)在(4)中应用二倍角公式，有

xsin²A+ysin²B+zsin²C≤xyz/4 (1/x +1/y +1/z)

(6)在(3)中用a、b、c代替x，y，z得

acosA+bcosB+ccosC≤1/2 (bc/a +ca/b +ab/c)

又由于acosA+bcosB+ccosC 是△ABC的垂足三角形的周长，由此得

△ABC的垂足三角形的周长不超过1/2 (bc/a +ca/b +ab/c)

(7)将(6)中不等式化为正弦形式有

sin2A+sin2B+sin2C≤sinBsinC/sinA + sinCsinA/sinB + sinAsinB/sinC

(8)在(3)中用cosA、cosB、cosC代替x、y、z有

cos²A+cos²B+ cos²B≤1/2(cosBcosC/cosA +cosCcosA/cosB +cosAcosB/cosC)

(9)在(3)中用 cosC/cosB、cosA/cosC、cosB/cosA 代替z、y、z有

cosBcosC/cosA +cosCcosA/cosB +cosAcosB/cosC

≤1/2(cos²B/cos²C +cos²C/cos²A +cos²A/cos²B)

结合(8)有 cos²B/cos²C +cos²C/cos²A +cos²A/cos²B≥4(cos²A+cos²B+ cos²B)

(10)在(5)中用x²+k、y²+k、z²+k代替x、y、z有

(x²+k)sin²A+(y²+k)sin²B+(z²+k)sin²C

≤1/4 [1/(x²+k) +1/(y²+k) +1/(z²+k)](x²+k)(y²+k)(z²+k),(k>0)

而(xsinA+ysinB+zsinC)²

≤[(x²+k)sin²A+(y²+k)sin²B+(z²+k)sin²C][x²/(x²+k) + y²/(y²+k) + z²/(z²+k)]

令x²/(x²+k) + y²/(y²+k) + z²/(z²+k) =1，则

1/(x²+k) +1/(y²+k) +1/(z²+k)=2/k

这样 (xsinA+ysinB+zsinC)²≤(x²+k)sin²A+(y²+k)sin²B+(z²+k)sin²C

≤1/k² (x²+k) (y²+k) (z²+k)

当且仅当 (x²+k)sin²A/x=(y²+k)sin²B/y=(z²+k)sin²C/z 时等号成立

于是 已知正数x、y、z、k满足x²/(x²+k) + y²/(y²+k) + z²/(z²+k) =1，△ABC的三内角A、B、C，则

xsinA+ysinB+zsinC≤1/k 根号下[(x²+k) (y²+k) (z²+k)]

当且仅当(x²+k)sin²A/x=(y²+k)sin²B/y=(z²+k)sin²C/z 时等号成立

(11)用1/(y+z),1/(z+x),1/(x+y)代替(5)中x、y、z，有

sin²A/(y+z) +sin²B/(z+x) + sin²C/(x+y)≤(x+y+z)²/(x+y)(y+z)(z+x)

(12)对(11)用加权幂平均不等式

[xsin²A/x(y+z) +ysin²B/y(z+x) + zsin²C/z(x+y)]/(x+y+z)

≥{[sin²A/x(y+z)]^(x)*[sin²B/y(z+x)]^(y)[sin²C/z(x+y)](z)}^[1/(x+y+z)]

即sin²A/(y+z) +sin²B/(z+x) + sin²C/(x+y)

≥(x+y+z)*{[[sin^(x)A][sin^(y)B][sin^(z)C]]²

/x^(x)*y^(y)*z^(z)*(y+z)^(x)*(z+x)^(y)*(x+y)^(z)}^[1/(x+y+z)]

于是有x，y，z>0, △ABC中

[sin^(x)A][sin^(y)B][sin^(z)C]

≤根号下

{[x^(x)*y^(y)*z^(z)*(x+y+z)^(x+y+z)]/(x+y)^(z+y)*(y+z)^(y+z)*(z+x)^(z+x)}

当且仅当sinA/根号下[x(y+z)]= sinB/根号下[y(z+x)]=sinC/根号下[z(x+y)]时等号成立。