问题及解答

1.  设 $f(x)=ax^2+bx+c$, $(b > a)$. 且对于任意 $x\in\mathbb{R}$, $f(x)\geqslant 0$ 恒成立.

求 $\dfrac{a+b+c}{b-a}$ 的最小值.

2.  设 $\alpha\neq k\pi$, $k$ 为整数.  求 $\sin^2\alpha+\frac{4}{\sin\alpha}$ 的局部最大值和局部最小值.

由于 $f(x)\geqslant 0$, $\forall\ x\in\mathbb{R}$, 故 $a > 0$ 且 $\Delta\leqslant 0$.

(如果 $a=0$, 根据题设 $b > 0$, 此时 $f(x)=bx+c$ 不可能恒非负.)

由 $\Delta\leqslant 0$, 得 $b^2-4ac\leqslant 0$, 加上 $b > a > 0$, 可推出 $c > 0$. 

于是 $b\leqslant 2\sqrt{ac}$.

 \[
\begin{split}
\frac{a+b+c}{b-a}&=\frac{b-a+2a+c}{b-a}=1+\frac{2a+c}{b-a}\\
&\geqslant 1+\frac{2a+c}{2\sqrt{ac}-a}\\
&=1+\frac{2+\frac{c}{a}}{2\sqrt{\frac{c}{a}}-1}
\end{split}
\]

这里最后一个等号是将分子分母同除以 $a$.  不等号成立的条件是 $b=2\sqrt{ac}$.

令 $t=\sqrt{\frac{c}{a}}$, 则上面可写为

\[
\begin{split}
\frac{a+b+c}{b-a}&\geqslant 1+\frac{2+t^2}{2t-1}\\
&=1+\frac{(t-\frac{1}{2})^2+(t-\frac{1}{2})+\frac{9}{4}}{2(t-\frac{1}{2})}\\
(\text{令}\ s=t-\frac{1}{2})\quad&=1+\frac{s^2+s+\frac{9}{4}}{2s}\\
&=1+\frac{1}{2}(s+1+\frac{9}{4s})\\
&\geqslant 1+\frac{1}{2}\Bigl(2\sqrt{s\cdot\frac{9}{4s}}+1\Bigr)\\
&=1+\frac{1}{2}(2\cdot\frac{3}{2}+1)\\
&=3
\end{split}
\]

这里 $\geqslant$ 中等号成立当且仅当 $s=\frac{9}{4s}$, 即 $s=\frac{3}{2}$, 也即 $t=\sqrt{\frac{c}{a}}=2$, 推出 $c=4a$.

因此, $\dfrac{a+b+c}{b-a}$ 的最小值在 $b=c=4a$ 时取得, 值为 3.

2. 解答

令 $x=\sin\alpha$, 根据题设 $x=\sin\alpha\neq 0$. 故 $0 < |x|\leqslant 1$. 原式写为 $x^2+\frac{4}{x}$.

问题即求函数 $f(x)=x^2+\frac{4}{x}$ 在 $[-1,0)\cup(0,1]$ 上的局部最大值和局部最小值(即极值).

如果是大学生, 则可以使用求导的方法, 如果是高中生, 则按定义去判断函数的单调性.

(1) 使用求导方法.

\[
f'(x)=2x-\frac{4}{x^2}=\frac{2(x^3-2)}{x^2},
\]

因为 $0 < |x|\leqslant 1$, 故 $x^3-2 < 0$, 因此 $f'(x) < 0$. 函数在区间 $[-1,0)$ 和 $(0,1]$ 上都是严格单调递减的.

\[
\begin{aligned}
f(-1)&=(-1)^2+\frac{4}{-1}=-3,\\
f(1)&=1^2+\frac{4}{1}=5.
\end{aligned}
\]

因此, $f(x)$ 在 $x=-1$ 处取得局部最大值(极大值), 称 $x=-1$ 为极大值点. 此时极大值为 $-3$.

$f(x)$ 在 $x=1$ 处取得局部最小值(极小值), 称 $x=1$ 为极小值点. 此时极小值为 $5$.

(2) 使用单调函数的定义.

设 $0 < a < b\leqslant 1$, 我们证明 $f(a) > f(b)$. 即

\[
a^2+\frac{4}{a} > b^2+\frac{4}{b}
\]

这等价于

\[
\begin{split}
&\frac{4}{a}-\frac{4}{b} > b^2-a^2\\
\Leftrightarrow\ &\frac{4(b-a)}{ab} > (b-a)(b+a)\\
\Leftrightarrow\ &\frac{4}{ab} > a+b.
\end{split}
\]

由于 $0 < a < b\leqslant 1$, 故 $\frac{1}{ab} > 1$. 从而 $\dfrac{4}{ab} > 4 > a+b$.

因此, $f(x)$ 在 $(0,1]$ 上严格单调递减.

设 $-1\leqslant a < b < 0$, 类似证明 $f(a) > f(b)$. 事实上,

\[
\begin{split}
&a^2+\frac{4}{a} > b^2+\frac{4}{b}\\
\Leftrightarrow\ &\frac{4}{a}-\frac{4}{b} > b^2-a^2\\
\Leftrightarrow\ &\frac{4(b-a)}{ab} > (b-a)(b+a)
\end{split}
\]

这显然是成立的, 因为 $\dfrac{4(b-a)}{ab}$, $b-a$ 都是正的, 而 $b+a$ 是负的.

因此, $f(x)$ 在 $[-1,0)$ 上严格单调递减.