数，因为tanABBCCAtan?tantan?tantan?1，故有x?y?z?1．于是 222222?1?sinAsinB??y?z?1?x??， ???1?x2x?y?z??2在Nesbitt不等式：?a3b?y?z，令a?x?y，??a,b,c?0?中，c?z?xb?c2y?z3??即得?，当且仅当A?B?C?时，等号成立． 2x?y?z23（2）当n?3时，同第（2）种情况可得，
?y?z??y?z?1?1?x?333331?sinAsinB???2?????????? ?1?x2x?y?z2x?y?z??????2222?32?3?y?z?33?32??32．
2?2x?y?z?4?x?y?z?2?2y?z?当且仅当x?y?z，即A?B?C?时，等号成立． 3（3）当n?4时，同第（2）种情况可得，
21?x1?x?1?x?nn1?sinAsinB??????1?x??2， ??????21?x?1?x?1?x当A?0,B?C??2时，等号成立．
33；当n?2时，原式的最小值为；42综上所述，当n?1时，原式的最小值为
332当n?3时，原式的最小值为；当n?4时，原式没有最小值，但下确界为2．
2
代数15（大连市第二十四中学 邰海峰）
无穷个非钝角三角形,将其最短边、次长边、最长边分别相加,得到一个新的
2?大三角形,求证：这个大三角形的最大角小于.
3解:设这无穷多个三角形的最短边依次为a1,a2,长边依次为c1,c2,?,次长边依次为b1,b2,,最
,其中ai2?bi2…bici. ci2,且ai剟??a2?b2?c2设a??ai,b??bi,c??ci,最大角余弦为.对于两个不同的正
2abi?1i?1i?117
整数i,j,因为
222222aiaj?bbij?ai?bi?aj?bj?aiaj?bbij?(aiaj?bbij)?(aibj?biaj)，
又因为aiaj?bbij?aibj?biaj，
22所以(aiaj?bb ij)?(aibj?biaj)222?(aiaj?bbij)?2(2?1)(aiaj?bbij)aibj?biaj?(2?1)(aibj?biaj) 2?(aiaj?bbij?(2?1)aibj?biaj)，
222(?ai)2?(?bi)2?(?ai2?bi2)2 所以a?b?c…2?2?aiaj?2?bibj?2?ai2?bi2a2j?bj i?ji?ji?j…?(22?2)?aibj?baij??(22?2)(?ai?bi)，
i?ja2?b2?c21?1?2??,从而最大角小于2?. 所以
2ab23
代数16（东北育才学校张雷）
数列{un}:u1?1,un?1?lim1u1?u2??un,问:是否存在常熟?,?使得
u1?u2??un?1,若存在请求出?,?,若不存在请说明理由. ?x???n1解: ??2,??,下面证明:
211第一步:证明:引理:1????2n(n?N*),用数学归纳法,
32n?1(1)当n?1时,不等式成立;
(2)假设n时不等式成立,则n?1时我们只要证明
1211?2(n?1?n)??,只要证明,该不等式成立,故2n?12n?1n?1?nn?1n?1时,不等式成立.
综上所述,引理成立. 第二步:由u1?u2??un?1,u1?u2?un?118
?un?1?1(n?2)可得un
11?un?(n?2),u2?1,设u1?u2?un?1unan?1?an??un?1?1?an?1(n?2),则un1,a1?1,则limu1?u2???un?liman?.
x??x???nan?n11222,a1?1,得an?a?2??a?2,故 ?1nn2anan2an?2n?1， (*)
第三步:由an?1?an?22则an?1?an?2?112?a?2?,累加可得 n2an2n?1112an?2n?1?(1???)(n?2),
32n?3112由引理可知:an?2n?1?(1???)?2n?1?2n， (**)
32n?322n?1an2n?1?2n2n?12n?1?2n???lim?1,故故由(*),(**)，,而limn??2nn??2n2n2n2n2ana1lim?1,limn?1,,则??2,??满足条件. n??2nn??2n2试题背景:常见题目:a1?2,an?1?an?1,证明:2n?1?an?3n?2.由于无an法求出具体的通项公式,又希望能改进成为具体的值,而不只限于不等式,进而发现极限可以实现这一目标.
代数17（东北育才学校张雷）
a1?a2?...?an?1(n?2),0?ai?1(i?1,2,...,n),求a1?a2?...?an?2a1a2的最小值.
222an1???n?1解:最小值为??1?2(1)n?n?n下面证明:
n?2,3,4
n?5我们解决n?4情形,不妨设a1,a2固定,则
19
a32?a42?2a1a2a3a4?(a3?a4)2?2a3a4?2a1a2a3a4为关于知a3?a4,或者a4?0,
当a4?0时,可有均值得最小值为
1; 3a3a4开口向下抛物线,故可
当a3?a4,固定a3,a4,调整a1,a2,同样的情况,最后调整a1,a3及a2,a4可知,都取等为
61?. 163n?2,3也容易证明.
下证n?5情形,我们证明更强的结论:a1?a2?...?an?sa1a2的最小值当ai?1取等. n222an(0?s?2)
一.当n?5时,都取等,值为
11?s()n,而其中一个等于0,最小值nn111??s()n,故而有利于我们调整. n?1nn同样的调整法,我们可以调整4个相等,即4a1?a5?1,证明:
1111124a12?a5?sa12a5??s()5,不妨设a1?a5,a1??x,a5??4x(0?x?),则
552055带入后,只要证明10x2?成立.
s11s15(?x)4(?4x)?(),显然我们只要证明s?2时255251115 10x2?(?x)4(?4x)?（）555
15 ,则不等式成立, 若10x2?（）5若
1115 15 ,则只要证:((?x)4(?4x))2?(（）10x2?（）?10x2)2,由于5555141311115 (?)x4,故只要证()[()4?4x()3](?4x)?(（）?10x2)2 55555520
1(?x4)?5
即
15 120（）?15()3?100x255,由于
110x2?（）55 我们只要证
15 115 ,可知成立. 20（）?15()3?10（）5551,证明:2s1s1111,不妨设2a12?a52?a12a5??a?a,a??x,a??2（x0?x?),则不15152122636612s11s1等式等价于6x2?(?x)2(?2x）,我们正要证明s?2的时候,即?2662631111116x2?(?x)2(?2x）?3 (*) 而(?x)2?+x,代入(*),我们即可证明.
6666363下面考虑n?7情形,我们用数学归纳法,若n?2时成立,则n时,我们通过调整
a使得an?1?an,1?2an?t,则a1?a2?...?an?2?t(0?t?1),令bi?i(i?1,2,...,n?2),
t当n?6时,我们可以通过调整化归为2a1?a5?22222n?6t(b?b?...?b?sab1b2b?b?...?b?112n?2ntn?2则12,我们求
2bn?2)?2an的最小
值,由归纳可知
a1?a2?...?a?aaan?2,an?1n,故问题化归为(n?2)1?2n?1,求
的最小值,我们不妨设
(n?2)a12?2an2?sa1n?2an211n?22a1??x,an??x(0?x?)nn2n(n?2),
(n?2)a?2an?sa212n?221n我们只要证明
1?1?a??s??n?n?(**) n?2n(n?2)n2?1?x?s??x?则代入(**),我们只要证明:2?n??1??x???n?n?221n?22?1?(?)?s??n2?n?,而
n22?11n?n?21n?22?()?()x(对于指数是分数的时候,只要两边平方证明即n2n可 ),代入上式可知结论成立.
注: (1)数学归纳法解决了调整法中无限调整的问题; (2)n?6时的解决方法给整个题以提示. (3)n?5时的证明是本题证明的难点. (4)加强归纳的技巧也是值得借鉴的.
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