用拉格朗日乘數(shù)法解決一類與凸函數(shù)有關(guān)的多元函數(shù)條件最值

甘志國(guó)+戴桂斌

1凸函數(shù)的定義及性質(zhì)

凸函數(shù)的定義當(dāng)x∈區(qū)間I時(shí)，若函數(shù)f（x）滿足f″（x）≤（≥）0恒成立且f″（x）=0的解集是孤立的點(diǎn)集，即f′（x）是減（增）函數(shù)，則f（x）是I上的上（下）凸函數(shù).

例如，f（x）=xα（0<α<1，x>0），g（x）=logax（a>1，x>0），h（x）=sinx（0≤x≤π）都是上凸函數(shù).

凸函數(shù)的性質(zhì)1函數(shù)f（x）是區(qū)間I上的上凸函數(shù)函數(shù)-f（x）是區(qū)間I上的下凸函數(shù).

凸函數(shù)的性質(zhì)2（琴生不等式）若函數(shù)f（x）是區(qū)間I上的上（下）凸函數(shù)，則x1，x2，…，xn∈I（n≥2），總有f1n∑ni=1xi≥（≤）1n∑ni=1f（xi），當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=…=xn時(shí)取等號(hào).

2與凸函數(shù)有關(guān)的一類多元函數(shù)條件最值

定理1若f（x）是閉區(qū)間[a，b]上的上凸函數(shù)，變量x1，x2，…，xn∈[a，b]（n≥2），且x1+x2+…+xn=定值s（有na≤s≤nb），則

（1）∑ni=1f（xi）≤nfsn，當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=…=xn=sn時(shí)取等號(hào).

（2）∑ni=1f（xi）≥nb-sb-af（a）+n-1-nb-sb-af（b）+fs-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab

（nb-sb-a表示不超過nb-sb-a的最大整數(shù)，下同），當(dāng)且僅當(dāng)x1，x2，…，xn中有（請(qǐng)注意這里的“有”并不是“有且僅有”的意思，而是“至少有”的意思，下同）n-1個(gè)取a或b時(shí)取等號(hào)，具體的情形是：

①當(dāng)nb-sb-aN時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)x1，x2，…，xn中有nb-sb-a個(gè)取a，n-1-nb-sb-a個(gè)取b，1個(gè)取s-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab時(shí)取等號(hào)；

②當(dāng)nb-sb-a∈N時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)x1，x2，…，xn中有nb-sb-a個(gè)取a，n-nb-sb-a個(gè)取b時(shí)取等號(hào).

定理2若f（x）是閉區(qū)間[a，b]上的下凸函數(shù)，變量x1，x2，…，xn∈[a，b]（n≥2），且x1+x2+…+xn=定值s（有na≤s≤nb），則

（1）∑ni=1f（xi）≥nfsn，當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=…=xn=sn時(shí)取等號(hào).

（2）∑ni=1f（xi）≤nb-sb-af（a）+n-1-nb-sb-af（b）+fs-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab，當(dāng)且僅當(dāng)x1，x2，…，xn中有n-1個(gè)取a或b時(shí)取等號(hào)，具體的情形與定理1（2）相同.

由凸函數(shù)的性質(zhì)2立得定理1（1），由凸函數(shù)的性質(zhì)1及定理1立得定理2，所以下面只需證明定理1（2）.

定理1（2）的證明當(dāng)s=na時(shí)，得x1=x2=…=xn=a，可得欲證成立；當(dāng)s=nb時(shí)，得x1=x2=…=xn=b，也可得欲證成立.下面再證當(dāng)na

先用數(shù)學(xué)歸納法證明：

若f（x）是[a，b]上的上凸函數(shù)，變量x1，x2，…，xn∈[a，b]（n≥2），且x1+x2+…+xn=定值s（na

先證n=2時(shí)成立，即證：

若f（x）是[a，b]上的上凸函數(shù)，變量x1，x2滿足x1，x2∈[a，b]且x1+x2=定值s（2a

設(shè)L（x1，x2，λ）=f（x1）+f（x2）+λ（x1+x2-s），

由拉格朗日乘數(shù)法知，函數(shù)f（x1）+f（x2）的最小值點(diǎn)（x*1，x*2）在所給區(qū)域的邊界上或滿足f′（x*1）=f′（x*2）=-λ，

x*1+x*2=s.

對(duì)于后者，由f′（x）是[a，b]上的減函數(shù)，得x*1=x*2=s2，所以得最小值點(diǎn)（x*1，x*2）=s2，s2.而由定理1（1）知，函數(shù)f（x1）+f（x2）的最大值點(diǎn)是s2，s2，所以函數(shù)f（x1）+f（x2）即f（x1）+f（s-x1）的值域是單元素集.可得x1能在某個(gè)區(qū)間上取值，所以0=（f（x1）+f（s-x1））′=f′（x1）-f′（s-x1），f′（x1）=f′（s-x1），x1=s-x1，x1=s2，這與“x1能在某個(gè)區(qū)間上取值”矛盾！所以前者成立，即x*1∈a，b或x*2∈a，b.

得n=2時(shí)成立.

假設(shè)n=k（k≥2）時(shí)成立，下證n=k+1時(shí)也成立.即證：

若變量x1，x2，…，xk+1∈[a，b]（k≥2）且x1+x2+…+xk+1=定值s（有（k+1）a

設(shè)

L（x1，x2，…，xk+1，λ）=f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）+λ（x1+x2+…+xk+1-s），

由拉格朗日乘數(shù)法知，函數(shù)f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）的最小值點(diǎn)（x*1，x*2，…，x*k+1）在所給區(qū)域的邊界上或滿足

f′（x*1）=f′（x*2）=…=f′（x*k+1）=λ，

x*1+x*2+…+x*k+1=s.

對(duì)于后者，由f′（x）是[a，b]上的減函數(shù)，得

x*1=x*2=…=x*k+1=sk+1.

所以最小值點(diǎn)（x*1，x*2，…，x*k+1）=sk+1，sk+1，…，sk+1.而由定理1（1）知，函數(shù)f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）的最大值點(diǎn)是sk+1，sk+1，…，sk+1，所以函數(shù)f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）即f（x1）+f（x2）+…+f（xk）+f（s-x1-x2-…-xk）的值域是單元素集.可得x1，x2，…，xk均能在某個(gè)區(qū)間上取值，所以

0=（f（x1）+f（x2）+…+f（xk）+f（s-x1-x2-…-xk））′=f′（x1）-f′（s-x1-x2-…-xk），

x1=s-x1-x2-…-xk，

x1+（x1+x2+…+xk）=s.

同理，有

x1+（x1+x2+…+xk）=x2+（x1+x2+…+xk）=…=xk+（x1+x2+…+xk）=s，

所以x1=x2=…=xk=sk+1.這與“x1，x2，…，xk均能在某個(gè)區(qū)間上取值”矛盾！所以前者成立，即x*1∈{a，b}或x*2∈{a，b}或…或x*k+1∈{a，b}.

可不妨設(shè)x*k+1∈{a，b}，得函數(shù)f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）取到最小值函數(shù)f（x1）+f（x2）+…+f（xk）取到最小值.再由“假設(shè)n=k（k≥2）時(shí)成立”可得“n=k+1時(shí)也成立”.

下面再用已證的結(jié)論來證定理1（2）.

當(dāng)∑ni=1f（xi）取最小值時(shí)，可設(shè)x1，x2，…，xn中有m（m=0，1，2，…，n-1）個(gè)取a，n-1-m個(gè)取b，另1個(gè)取s-ma-（n-1-m）b，所以

a≤s-ma-（n-1-m）b≤b，

nb-sb-a-1≤m≤nb-sb-a（m=0，1，2，…，n-1），

因?yàn)閚a

此時(shí)取等號(hào)的條件有兩種情形：

（?。┑脁1，x2，…，xn中有nb-sb-a個(gè)取a，n-1-nb-sb-a個(gè)取b，另1個(gè)取s-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab=b即x1，x2，…，xn中有nb-sb-a個(gè)取a，n-nb-sb-a個(gè)取b.

（ⅱ）得x1，x2，…，xn中有nb-sb-a-1個(gè)取a，n-nb-sb-a個(gè)取b，另1個(gè)取s-nb-sb-a-1a-n-nb-sb-ab=a即x1，x2，…，xn中有nb-sb-a個(gè)取a，n-nb-sb-a個(gè)取b.

欲證②成立.

證畢.

推論設(shè)n（n≥2）個(gè)不小于a的變數(shù)x1，x2，…，xn之和是定值p（p>na）.

（1）若函數(shù)f（x）（x≥a）是上凸函數(shù)，則f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范圍是（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a），nfpn（當(dāng)且僅當(dāng)某n-1個(gè)xi=a（i=1，2，…，n）時(shí)f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）；當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=…=xn=pn時(shí)f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；

（2）若函數(shù)f（x）（x≥a）是下凸函數(shù)，則f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范圍是nfpn，（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）（當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=…=xn=pn時(shí)f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；當(dāng)且僅當(dāng)某n-1個(gè)xi=a（i=1，2，…，n）時(shí)f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a））.

證明（1）設(shè)f（x）是閉區(qū)間[a，δ]上的上凸函數(shù).

當(dāng)x1=x2=…=xn-1=a時(shí)，xn=p-（n-1）a.所以δ≥p-（n-1）a.

當(dāng)δ>p-（n-1）a>a時(shí)，得n-1

當(dāng)δ=p-（n-1）a時(shí)，得nδ-pδ-a=n-1，所以由定理1（2）②也可得欲證成立.

（2）由凸函數(shù)的性質(zhì)1及（1）可得.

3結(jié)論的應(yīng)用

例1已知0≤yi≤16（i=1，2，…，10），∑10i=1yi=110，當(dāng)∑10i=1y2i取得最大值時(shí)，在y1，y2，…，y10這10個(gè)數(shù)中等于0的數(shù)共有（）.

A.1個(gè)B.2個(gè)C.3個(gè)D.4個(gè)

解C.因?yàn)閒（x）=x2是下凸函數(shù)且是二階可導(dǎo)函數(shù)，所以由定理2（2）知：當(dāng)∑10i=1y2i取得最大值時(shí)，在y1，y2，…，y10這10個(gè)數(shù)中有9個(gè)數(shù)為0或16.

可設(shè)其中有m（m=0，1，2，…，9）個(gè)0，9-m個(gè)16，另一個(gè)數(shù)為110-16（9-m）=16m-34.再由0≤16m-34≤16，得m=3.

練習(xí)1：（2012年華約自主招生數(shù)學(xué)試題第10題）已知-6≤xi≤10（i=1，2，…，10），∑10i=1=50，當(dāng)∑10i=1x2i取得最大值時(shí)，在x1，x2，…，x10這10個(gè)數(shù)中等于-6的數(shù)共有（）.

A.1個(gè)B.2個(gè)C.3個(gè)D.4個(gè)

答案：C.

練習(xí)2：（CMO12第1題）設(shè)實(shí)數(shù)x1，x2，…，x1997滿足如下兩個(gè)條件：

（1）-13≤xi≤3（i=1，2，…，1997）；

（2）x1+x2+…+x1997=-3183.

試求：x121+x122+…+x121997的最大值，并說明理由.

答案：當(dāng)且僅當(dāng)x1，x2，…，x1997這1997個(gè)數(shù)中有1736個(gè)數(shù)是-13，260個(gè)數(shù)是3，1個(gè)數(shù)是23時(shí)，x121+x122+…+x121997取到最大值，且最大值是189548

例2在銳角△ABC中，求證：

（1）sinA+sinB+sinC>2；

（2）sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC>3.

證明（1）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）=sinx在0，π2上是上凸函數(shù)且是二階可導(dǎo)函數(shù)，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則sinA+sinB+sinC≥2（當(dāng)且僅當(dāng)A，B，C中有兩個(gè)均取π2時(shí)取等號(hào)）.所以欲證成立.

（2）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）=cosx在0，π2上是上凸函數(shù)且是二階可導(dǎo)函數(shù)，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則cosA+cosB+cosC≥1（當(dāng)且僅當(dāng)A，B，C中有兩個(gè)均取π2時(shí)取等號(hào)）.

再由（1）中證得的結(jié)論得，若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC≥3（當(dāng)且僅當(dāng)A，B，C中有兩個(gè)均取π2時(shí)取等號(hào)）.所以欲證成立.

練習(xí)3：在△ABC中，求tanA2tanB2+5+tanB2tanC2+5+tanC2tanA2+5的取值范圍.

答案：取值范圍是（6+25，43].

例3（首屆世界數(shù)學(xué)錦標(biāo)賽（青年組）團(tuán)體賽第8題）已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求3a+1+3b+1+3c+1的整數(shù)部分.

解設(shè)f（x）=3x+1（x≥0），得f″（x）=

-94（3x+1）-32<0（x≥0），所以函數(shù)f（x）是上凸函數(shù).由推論（1）可得3a+1+3b+1+3c+1的取值范圍是（4，32]，所以3a+1+3b+1+3c+1的整數(shù)部分是4.

練習(xí)4：（第二屆世界數(shù)學(xué)錦標(biāo)賽（青年組）團(tuán)體賽第8題）已知a，b，c∈R+且a+b+c=1，求3a2+1+3b2+1+3c2+1的整數(shù)部分.

答案：整數(shù)部分是3.

0=（f（x1）+f（x2）+…+f（xk）+f（s-x1-x2-…-xk））′=f′（x1）-f′（s-x1-x2-…-xk），

x1=s-x1-x2-…-xk，

x1+（x1+x2+…+xk）=s.

同理，有

x1+（x1+x2+…+xk）=x2+（x1+x2+…+xk）=…=xk+（x1+x2+…+xk）=s，

所以x1=x2=…=xk=sk+1.這與“x1，x2，…，xk均能在某個(gè)區(qū)間上取值”矛盾！所以前者成立，即x*1∈{a，b}或x*2∈{a，b}或…或x*k+1∈{a，b}.

可不妨設(shè)x*k+1∈{a，b}，得函數(shù)f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）取到最小值函數(shù)f（x1）+f（x2）+…+f（xk）取到最小值.再由“假設(shè)n=k（k≥2）時(shí)成立”可得“n=k+1時(shí)也成立”.

下面再用已證的結(jié)論來證定理1（2）.

當(dāng)∑ni=1f（xi）取最小值時(shí)，可設(shè)x1，x2，…，xn中有m（m=0，1，2，…，n-1）個(gè)取a，n-1-m個(gè)取b，另1個(gè)取s-ma-（n-1-m）b，所以

a≤s-ma-（n-1-m）b≤b，

nb-sb-a-1≤m≤nb-sb-a（m=0，1，2，…，n-1），

因?yàn)閚a

此時(shí)取等號(hào)的條件有兩種情形：

（?。┑脁1，x2，…，xn中有nb-sb-a個(gè)取a，n-1-nb-sb-a個(gè)取b，另1個(gè)取s-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab=b即x1，x2，…，xn中有nb-sb-a個(gè)取a，n-nb-sb-a個(gè)取b.

（ⅱ）得x1，x2，…，xn中有nb-sb-a-1個(gè)取a，n-nb-sb-a個(gè)取b，另1個(gè)取s-nb-sb-a-1a-n-nb-sb-ab=a即x1，x2，…，xn中有nb-sb-a個(gè)取a，n-nb-sb-a個(gè)取b.

欲證②成立.

證畢.

推論設(shè)n（n≥2）個(gè)不小于a的變數(shù)x1，x2，…，xn之和是定值p（p>na）.

（1）若函數(shù)f（x）（x≥a）是上凸函數(shù)，則f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范圍是（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a），nfpn（當(dāng)且僅當(dāng)某n-1個(gè)xi=a（i=1，2，…，n）時(shí)f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）；當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=…=xn=pn時(shí)f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；

（2）若函數(shù)f（x）（x≥a）是下凸函數(shù)，則f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范圍是nfpn，（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）（當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=…=xn=pn時(shí)f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；當(dāng)且僅當(dāng)某n-1個(gè)xi=a（i=1，2，…，n）時(shí)f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a））.

證明（1）設(shè)f（x）是閉區(qū)間[a，δ]上的上凸函數(shù).

當(dāng)x1=x2=…=xn-1=a時(shí)，xn=p-（n-1）a.所以δ≥p-（n-1）a.

當(dāng)δ>p-（n-1）a>a時(shí)，得n-1

當(dāng)δ=p-（n-1）a時(shí)，得nδ-pδ-a=n-1，所以由定理1（2）②也可得欲證成立.

（2）由凸函數(shù)的性質(zhì)1及（1）可得.

3結(jié)論的應(yīng)用

例1已知0≤yi≤16（i=1，2，…，10），∑10i=1yi=110，當(dāng)∑10i=1y2i取得最大值時(shí)，在y1，y2，…，y10這10個(gè)數(shù)中等于0的數(shù)共有（）.

A.1個(gè)B.2個(gè)C.3個(gè)D.4個(gè)

解C.因?yàn)閒（x）=x2是下凸函數(shù)且是二階可導(dǎo)函數(shù)，所以由定理2（2）知：當(dāng)∑10i=1y2i取得最大值時(shí)，在y1，y2，…，y10這10個(gè)數(shù)中有9個(gè)數(shù)為0或16.

可設(shè)其中有m（m=0，1，2，…，9）個(gè)0，9-m個(gè)16，另一個(gè)數(shù)為110-16（9-m）=16m-34.再由0≤16m-34≤16，得m=3.

練習(xí)1：（2012年華約自主招生數(shù)學(xué)試題第10題）已知-6≤xi≤10（i=1，2，…，10），∑10i=1=50，當(dāng)∑10i=1x2i取得最大值時(shí)，在x1，x2，…，x10這10個(gè)數(shù)中等于-6的數(shù)共有（）.

A.1個(gè)B.2個(gè)C.3個(gè)D.4個(gè)

答案：C.

練習(xí)2：（CMO12第1題）設(shè)實(shí)數(shù)x1，x2，…，x1997滿足如下兩個(gè)條件：

（1）-13≤xi≤3（i=1，2，…，1997）；

（2）x1+x2+…+x1997=-3183.

試求：x121+x122+…+x121997的最大值，并說明理由.

答案：當(dāng)且僅當(dāng)x1，x2，…，x1997這1997個(gè)數(shù)中有1736個(gè)數(shù)是-13，260個(gè)數(shù)是3，1個(gè)數(shù)是23時(shí)，x121+x122+…+x121997取到最大值，且最大值是189548

例2在銳角△ABC中，求證：

（1）sinA+sinB+sinC>2；

（2）sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC>3.

證明（1）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）=sinx在0，π2上是上凸函數(shù)且是二階可導(dǎo)函數(shù)，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則sinA+sinB+sinC≥2（當(dāng)且僅當(dāng)A，B，C中有兩個(gè)均取π2時(shí)取等號(hào)）.所以欲證成立.

（2）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）=cosx在0，π2上是上凸函數(shù)且是二階可導(dǎo)函數(shù)，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則cosA+cosB+cosC≥1（當(dāng)且僅當(dāng)A，B，C中有兩個(gè)均取π2時(shí)取等號(hào)）.

再由（1）中證得的結(jié)論得，若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC≥3（當(dāng)且僅當(dāng)A，B，C中有兩個(gè)均取π2時(shí)取等號(hào)）.所以欲證成立.

練習(xí)3：在△ABC中，求tanA2tanB2+5+tanB2tanC2+5+tanC2tanA2+5的取值范圍.

答案：取值范圍是（6+25，43].

例3（首屆世界數(shù)學(xué)錦標(biāo)賽（青年組）團(tuán)體賽第8題）已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求3a+1+3b+1+3c+1的整數(shù)部分.

解設(shè)f（x）=3x+1（x≥0），得f″（x）=

-94（3x+1）-32<0（x≥0），所以函數(shù)f（x）是上凸函數(shù).由推論（1）可得3a+1+3b+1+3c+1的取值范圍是（4，32]，所以3a+1+3b+1+3c+1的整數(shù)部分是4.

練習(xí)4：（第二屆世界數(shù)學(xué)錦標(biāo)賽（青年組）團(tuán)體賽第8題）已知a，b，c∈R+且a+b+c=1，求3a2+1+3b2+1+3c2+1的整數(shù)部分.

答案：整數(shù)部分是3.

0=（f（x1）+f（x2）+…+f（xk）+f（s-x1-x2-…-xk））′=f′（x1）-f′（s-x1-x2-…-xk），

x1=s-x1-x2-…-xk，

x1+（x1+x2+…+xk）=s.

同理，有

x1+（x1+x2+…+xk）=x2+（x1+x2+…+xk）=…=xk+（x1+x2+…+xk）=s，

所以x1=x2=…=xk=sk+1.這與“x1，x2，…，xk均能在某個(gè)區(qū)間上取值”矛盾！所以前者成立，即x*1∈{a，b}或x*2∈{a，b}或…或x*k+1∈{a，b}.

可不妨設(shè)x*k+1∈{a，b}，得函數(shù)f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）取到最小值函數(shù)f（x1）+f（x2）+…+f（xk）取到最小值.再由“假設(shè)n=k（k≥2）時(shí)成立”可得“n=k+1時(shí)也成立”.

下面再用已證的結(jié)論來證定理1（2）.

當(dāng)∑ni=1f（xi）取最小值時(shí)，可設(shè)x1，x2，…，xn中有m（m=0，1，2，…，n-1）個(gè)取a，n-1-m個(gè)取b，另1個(gè)取s-ma-（n-1-m）b，所以

a≤s-ma-（n-1-m）b≤b，

nb-sb-a-1≤m≤nb-sb-a（m=0，1，2，…，n-1），

因?yàn)閚a

此時(shí)取等號(hào)的條件有兩種情形：

（?。┑脁1，x2，…，xn中有nb-sb-a個(gè)取a，n-1-nb-sb-a個(gè)取b，另1個(gè)取s-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab=b即x1，x2，…，xn中有nb-sb-a個(gè)取a，n-nb-sb-a個(gè)取b.

（ⅱ）得x1，x2，…，xn中有nb-sb-a-1個(gè)取a，n-nb-sb-a個(gè)取b，另1個(gè)取s-nb-sb-a-1a-n-nb-sb-ab=a即x1，x2，…，xn中有nb-sb-a個(gè)取a，n-nb-sb-a個(gè)取b.

欲證②成立.

證畢.

推論設(shè)n（n≥2）個(gè)不小于a的變數(shù)x1，x2，…，xn之和是定值p（p>na）.

（1）若函數(shù)f（x）（x≥a）是上凸函數(shù)，則f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范圍是（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a），nfpn（當(dāng)且僅當(dāng)某n-1個(gè)xi=a（i=1，2，…，n）時(shí)f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）；當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=…=xn=pn時(shí)f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；

（2）若函數(shù)f（x）（x≥a）是下凸函數(shù)，則f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范圍是nfpn，（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）（當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=…=xn=pn時(shí)f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；當(dāng)且僅當(dāng)某n-1個(gè)xi=a（i=1，2，…，n）時(shí)f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a））.

證明（1）設(shè)f（x）是閉區(qū)間[a，δ]上的上凸函數(shù).

當(dāng)x1=x2=…=xn-1=a時(shí)，xn=p-（n-1）a.所以δ≥p-（n-1）a.

當(dāng)δ>p-（n-1）a>a時(shí)，得n-1

當(dāng)δ=p-（n-1）a時(shí)，得nδ-pδ-a=n-1，所以由定理1（2）②也可得欲證成立.

（2）由凸函數(shù)的性質(zhì)1及（1）可得.

3結(jié)論的應(yīng)用

例1已知0≤yi≤16（i=1，2，…，10），∑10i=1yi=110，當(dāng)∑10i=1y2i取得最大值時(shí)，在y1，y2，…，y10這10個(gè)數(shù)中等于0的數(shù)共有（）.

A.1個(gè)B.2個(gè)C.3個(gè)D.4個(gè)

解C.因?yàn)閒（x）=x2是下凸函數(shù)且是二階可導(dǎo)函數(shù)，所以由定理2（2）知：當(dāng)∑10i=1y2i取得最大值時(shí)，在y1，y2，…，y10這10個(gè)數(shù)中有9個(gè)數(shù)為0或16.

可設(shè)其中有m（m=0，1，2，…，9）個(gè)0，9-m個(gè)16，另一個(gè)數(shù)為110-16（9-m）=16m-34.再由0≤16m-34≤16，得m=3.

練習(xí)1：（2012年華約自主招生數(shù)學(xué)試題第10題）已知-6≤xi≤10（i=1，2，…，10），∑10i=1=50，當(dāng)∑10i=1x2i取得最大值時(shí)，在x1，x2，…，x10這10個(gè)數(shù)中等于-6的數(shù)共有（）.

A.1個(gè)B.2個(gè)C.3個(gè)D.4個(gè)

答案：C.

練習(xí)2：（CMO12第1題）設(shè)實(shí)數(shù)x1，x2，…，x1997滿足如下兩個(gè)條件：

（1）-13≤xi≤3（i=1，2，…，1997）；

（2）x1+x2+…+x1997=-3183.

試求：x121+x122+…+x121997的最大值，并說明理由.

答案：當(dāng)且僅當(dāng)x1，x2，…，x1997這1997個(gè)數(shù)中有1736個(gè)數(shù)是-13，260個(gè)數(shù)是3，1個(gè)數(shù)是23時(shí)，x121+x122+…+x121997取到最大值，且最大值是189548

例2在銳角△ABC中，求證：

（1）sinA+sinB+sinC>2；

（2）sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC>3.

證明（1）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）=sinx在0，π2上是上凸函數(shù)且是二階可導(dǎo)函數(shù)，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則sinA+sinB+sinC≥2（當(dāng)且僅當(dāng)A，B，C中有兩個(gè)均取π2時(shí)取等號(hào)）.所以欲證成立.

（2）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）=cosx在0，π2上是上凸函數(shù)且是二階可導(dǎo)函數(shù)，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則cosA+cosB+cosC≥1（當(dāng)且僅當(dāng)A，B，C中有兩個(gè)均取π2時(shí)取等號(hào)）.

再由（1）中證得的結(jié)論得，若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，則sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC≥3（當(dāng)且僅當(dāng)A，B，C中有兩個(gè)均取π2時(shí)取等號(hào)）.所以欲證成立.

練習(xí)3：在△ABC中，求tanA2tanB2+5+tanB2tanC2+5+tanC2tanA2+5的取值范圍.

答案：取值范圍是（6+25，43].

例3（首屆世界數(shù)學(xué)錦標(biāo)賽（青年組）團(tuán)體賽第8題）已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求3a+1+3b+1+3c+1的整數(shù)部分.

解設(shè)f（x）=3x+1（x≥0），得f″（x）=

-94（3x+1）-32<0（x≥0），所以函數(shù)f（x）是上凸函數(shù).由推論（1）可得3a+1+3b+1+3c+1的取值范圍是（4，32]，所以3a+1+3b+1+3c+1的整數(shù)部分是4.

練習(xí)4：（第二屆世界數(shù)學(xué)錦標(biāo)賽（青年組）團(tuán)體賽第8題）已知a，b，c∈R+且a+b+c=1，求3a2+1+3b2+1+3c2+1的整數(shù)部分.

答案：整數(shù)部分是3.