不等式

1. 原不等式可化为 $\displaystyle \frac{x+2 \sqrt{2 x y}}{2(x+y)} \leqslant a$ ，而 $\displaystyle \frac{x+2 \sqrt{2 x y}}{2(x+y)} \leqslant \frac{x+(x+2 y)}{2(x+y)}=1$ ，所以 $a \geqslant 1$ ．

（1）依题意知 $C D \perp A D$ ．因为面 $P A D \perp$ 面 $A B C D$ ，所以 $D C \perp$ 平面 $P A D$ ．又 $D C \subset$面 $P C D$ ，所以平面 $P A D \perp$ 平面 $P C D$ ． （2）由条件可知 $P A \perp$ 面 $A B C D, P A \perp C B, A C \perp C B$ ，所以 $B C \perp$ 平面 $P A C$ ．在平面 $P B C$ 内作 $M F / / B C$ ，有 $M F \perp$ 平面 $P A C$ ．过 $F$ 作 $F E \perp A C$ 交 $A C$ 于点 $E$ ，连接 $M E$ ，所以 $\angle M E F$ 就是所求二面角 $M-A C-P$ 的平面角． 又 $M$ 为棱 $P B$ 的中点，所以 $F$ 为棱 $P C$ 的中点，$\displaystyle |M F|=\frac{1}{2}|B C|=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，由作法可知 $|E F|$ II $\displaystyle \frac{1}{2}|P A|=\frac{1}{2}$ ，故 $\displaystyle |E M|=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，所以 $\displaystyle \cos \angle M E F=\frac{|E F|}{|E M|}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ ，即所求二面角的余弦值为 $\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3}$ ． （3）过 $M$ 作 $M N \perp A B$ 交 $A B$ 于点 $N$ ，连接 $N E$ ，所以 $A C \perp$ 平面 $M N E$ ．过 $N$ 作 $N H \perp M E$ 交 $M E$ 于点 $H$ ，所以 $N H \perp$ 平面 $M A C$ ，因此 $N H$ 的长就是 $N$ 到平面 $M A C$ 的距离，计算得 $\displaystyle |N H|=\frac{\sqrt{6}}{6}$ ．又 $N$ 为 $A B$ 的中点，所以点 $B$ 到平面 $M A C$ 的距离是点 $N$ 到平面 $M A C$ 的距离的 2 倍，即 $\displaystyle d=2 \times|N H|=\frac{\sqrt{6}}{3}$ ．

当 $n=4$ 时，取 $S=\{3,5,6,7\}$ ，则 $S$ 满足条件． 当 $n \geqslant 5$ 时，令 $S=\left\{3,2^{3}, 2^{4}, \cdots, 2^{n-2}, 2^{n-1}-3,2^{n-1}-2,2^{n-1}-1\right\}$ ，下面证明这样的 $S$满足条件． 事实上，设 $A, B$ 是 $S$ 的两个不同的非空子集，令 $f(X)$ 表示 $X$ 的所有元素之和，要证明的目标是 $f(A) \neq f(B)$ ，不妨设 $A \cap B=\varnothing$ ．注意到对于任意的 $m \in \mathbf{N}^{*}$ ，均有 $1+2+2^{2}+ \cdots+2^{m-1}=2^{m}-1<2^{m}$ 。所以，当 $a=2^{n-1}-3, b=2^{n-1}-2, c=2^{n-1}-1$ 都不属于 $A \cup B$ 时，均有 $f(A) \neq f(B)$ 。 进一步地，因为 $3+2^{3}+2^{4}+\cdots+2^{n-2}=2^{n-1}-5$ ，所以当 $a, b, c$ 中恰有一个属于 $A \cup B$时，比如 $a \in A$ ，将有 $f(A)>f(B)$ ，此时 $f(A) \neq f(B)$ ；类似地讨论 $a, b, c$ 中有两个或三个属于 $A \cup B$ 时，均可得到 $f(A) \neq f(B)$ ． 综上所述，当 $n \geqslant 4$ 时，满足条件的 $S$ 都存在． \section*{模拟试题3}

C． 注意到不等式 $\displaystyle \sin ^{3} \theta-\cos ^{3} \theta>\frac{\cos ^{5} \theta-\sin ^{5} \theta}{7}$ 等价于 $\displaystyle \sin ^{3} \theta+\frac{1}{7} \sin ^{5} \theta>\cos ^{3} \theta+\frac{1}{7} \cos ^{5} \theta$ ，显然 $\displaystyle f(x)=x^{3}+\frac{1}{7} x^{5}$ 是 $(-\infty,+\infty)$ 上的增函数，于是由不等式 $f(\sin \theta)>f(\cos \theta)$ ，得 $\sin \theta$ $>\cos \theta$ ．再结合 $\theta \in(0,2 \pi)$ ，便可得 $\displaystyle \frac{\pi}{4}<\theta<\frac{5 \pi}{4}$ ．

（1）$\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{x+m-1}{x+m}(x>-m)$ ，令 $f^{\prime}(x)=0$ ，得 $x=1-m$ 。因为当 $-m<x< 1-m$ 时 $f^{\prime}(x)<0$ ，当 $x>1-m$ 时 $f^{\prime}(x)>0$ ，所以 $f(x)$ 在 $(-m, 1-m)$ 内是减函数，在 $(1-m,+\infty)$ 内是增函数．当 $x=1-m$ 时，函数 $f(x)$ 取得极小值 $1-m$ ． （2）由（1）知，$f(x)$ 在定义域 $(-m,+\infty)$ 内只有一个极值点，所以 $f(x)$ 的最小值就是 $1-m$ ，从而当 $1-m \geqslant 0$ 时，不等式 $f(x) \geqslant 0$ 恒成立，故所求的实数 $m$ 的取值范围是 $m \leqslant 1$ ． （3）因为 $m>1$ ，所以 $f(1-m)=1-m<0$ ．又 $f\left(\mathrm{e}^{m}-m\right)=\mathrm{e}^{m}-m-\ln \left(\mathrm{e}^{m}-m+m\right) =\mathrm{e}^{m}-2 m$ ，且 $\mathrm{e}>2$ ，所以 $\displaystyle \mathrm{e}^{m}-2 m>2^{m}-2 m \geqslant \mathrm{C}_{m}^{0}+\mathrm{C}_{m}^{1}+\mathrm{C}_{m}^{2}-2 m=\frac{1}{2}(m-1)(m-2) \geqslant$ 0 ，即 $f\left(\mathrm{e}^{m}-m\right)>0$ ．因此，根据问题中所给定理，可知方程 $f(x)=0$ 在区间 $\left[1-m, \mathrm{e}^{m}-m\right]$内有唯一的实根．

先证当 $x \geqslant 0$ 时，有 $$ \begin{equation*} \frac{1}{3 x^{2}-4 x+3} \leqslant \frac{1}{6}(3 x+2) \tag{1} \end{equation*} $$ 事实上，不等式（1）等价于 $$ (3 x+2)\left(3 x^{2}-4 x+3\right) \geqslant 6 \Leftrightarrow 9 x^{3}-6 x^{2}+x \geqslant 0 \Leftrightarrow x(3 x-1)^{2} \geqslant 0 . $$ 上面的不等式显然成立，即不等式（1）成立。 在不等式（1）里，令 $x=a, b, c, d$ ，可得如下 4 个不等式： $$ \begin{aligned} & \frac{1}{3 a^{2}-4 a+3} \leqslant \frac{1}{6}(3 a+2) \\ & \frac{1}{3 b^{2}-4 b+3} \leqslant \frac{1}{6}(3 b+2) \\ & \frac{1}{3 c^{2}-4 c+3} \leqslant \frac{1}{6}(3 c+2) \\ & \frac{1}{3 d^{2}-4 d+3} \leqslant \frac{1}{6}(3 d+2) \end{aligned} $$ 叠加，便有 $$ p \leqslant \frac{1}{6}[3(a+b+c+d)+8]=\frac{11}{6} . $$ 当 $a, b, c, d$ 中有 3 个 $\displaystyle \frac{1}{3}$ 和 1 个 0 时，有 $\displaystyle p_{\text {max }}=\frac{11}{6}$ ．

令 $a_{i}=x_{i}^{n}$ ，则 $x_{i}>0, \prod_{i=1}^{n} x_{i}=1, s=\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{n}$ ，所证不等式等价于 $\displaystyle \sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}^{5 n}}{x_{i}^{2 n}-x_{i}^{n}+s} \geqslant 1$ ． 事实上，应用均值不等式和切比雪夫不等式，可得 $$ \begin{aligned} & \sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}^{5 n}}{x_{i}^{2 n}-x_{i}^{n}+s} \\ & \quad=\sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}^{5 n-1}}{x_{i}^{2 n-1}+x_{1} x_{2} \cdots x_{i-1} x_{i+1} \cdots x_{n}\left(x_{1}^{n}+x_{2}^{n}+\cdots+x_{i-1}^{n}+x_{i+1}^{n}+\cdots+x_{n}^{n}\right)} \\ & \quad \geqslant \sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}^{5 n-1}}{x_{i}^{2 n-1}+\left(x_{1}^{2 n-1}+x_{2}^{2 n-1}+\cdots+x_{i-1}^{2 n-1}+x_{i+1}^{2 n-1}+\cdots+x_{n}^{2 n-1}\right)} \\ & \quad=\sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}^{5 n}}{x_{i}^{2 n}+x_{1} x_{2} \cdots x_{n}\left(x_{1}^{n}+x_{2}^{n}+\cdots+x_{i-1}^{n}+x_{i+1}^{n}+\cdots+x_{n}^{n}\right)} \\ & \quad \geqslant \frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{5 n}}{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2 n-1}} \geqslant \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} x_{i}^{3 n} \sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2 n-1} \\ & \quad=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2 n-1} \\ & \quad x_{i}^{n} \geqslant \sqrt[n]{\left(\prod_{i=1}^{n} x_{i}\right)^{3 n}}=1 \end{aligned} $$ 获证． \section*{模拟试题4}

8. 设 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 是公差为 4 的等差数列，则 $a_{n}=a_{1}+4(n-1)$ ．由已知得 $$ \begin{aligned} a_{1}^{2}+a_{2}+\cdots+a_{n} \leqslant 100 & \Leftrightarrow a_{1}^{2}+\frac{\left(a_{1}+4+a_{n}\right)(n-1)}{2} \leqslant 100 \\ & \Leftrightarrow a_{1}^{2}+(n-1) a_{1}+2 n^{2}-2 n-100 \leqslant 0 \end{aligned} $$ 为使此以 $a_{1}$ 为未知数的一元二次不等式有解，则应有 $$ \Delta=(n-1)^{2}-4\left(2 n^{2}-2 n-100\right) \geqslant 0 \Leftrightarrow 7 n^{2}-6 n-401 \leqslant 0, $$ 解得 $$ \frac{3-\sqrt{2816}}{7} \leqslant n \leqslant \frac{3+\sqrt{2816}}{7}<9 $$ 又 $\displaystyle \frac{3+\sqrt{2816}}{7}>8$ ，故 $n$ 的最大值是 8 ．因此这样的数列至多有 8 项．

$\sqrt{6}-2$ ． 因为 $f(x)=a x^{2}+b x+c$ ，所以 $f^{\prime}(x)=2 a x+b$ ．因为对于任意 $x \in \mathbf{R}$ ，不等式 $f(x) \geqslant f^{\prime}(x)$ 恒成立，所以 $a x^{2}+b x+c \geqslant 2 a x+b$ ，化简可得 $$ a x^{2}+(b-2 a) x+c-b \geqslant 0 $$ 于是 $\Delta=(b-2 a)^{2}-4 a(c-b)=b^{2}+4 a^{2}-4 a c \leqslant 0$ ，且 $a>0$ ，即 $b^{2} \leqslant 4 a c-4 a^{2}$ ，故 $$ 4 a c-4 a^{2} \geqslant 0 \Rightarrow c \geqslant a>0 \Rightarrow \frac{c}{a}-1 \geqslant 0, $$ 于是 $$ \frac{b^{2}}{a^{2}+2 c^{2}} \leqslant \frac{4 a c-4 a^{2}}{a^{2}+2 c^{2}}=\frac{\frac{4 c}{a}-4}{1+\frac{2 c^{2}}{a^{2}}}=\frac{4\left(\frac{c}{a}-1\right)}{1+2\left(\frac{c}{a}\right)^{2}} $$ 令 $\displaystyle t=\frac{c}{a}-1$ ，则 $t \geqslant 0$ ． 当 $t>0$ 时， $$ \frac{4 t}{1+2(t+1)^{2}}=\frac{4}{2 t+\frac{3}{t}+4} \leqslant \frac{4}{2 \sqrt{6}+4}=\sqrt{6}-2 $$ 当且仅当 $\displaystyle t=\frac{\sqrt{6}}{2}$ 时取等号． 当 $t=0$ 时， $$ \frac{4 t}{1+2(t+1)^{2}}=0 $$ 综上所述，$\displaystyle \frac{b^{2}}{a^{2}+2 c^{2}}$ 的最大值为 $\sqrt{6}-2$ ．

$$ \begin{aligned} 1 & =x^{2}+y^{2}+z^{2}=x^{2}+\frac{\lambda^{2}}{1+\lambda^{2}} y^{2}+\frac{1}{1+\lambda^{2}} y^{2}+z^{2} \\ & \geqslant \frac{2}{\sqrt{1+\lambda^{2}}}(\lambda|x y|+|y z|) \\ & \geqslant \frac{2}{\sqrt{1+\lambda^{2}}}(|\lambda x y+y z|) \end{aligned} $$ 当 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}x^{2}=\frac{\lambda^{2}}{1+\lambda^{2}} y^{2}, \\ \frac{1}{1+\lambda^{2}} y^{2}=z^{2}, \\ 1=x^{2}+y^{2}+z^{2},\end{array}\right.$ 即 $\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}, x=\frac{\sqrt{2} \lambda}{2 \sqrt{\lambda^{2}+1}}, z=\frac{\sqrt{2}}{2 \sqrt{\lambda^{2}+1}}$ 时，上述两个等号可同时取到，则 $\displaystyle \frac{\sqrt{1+\lambda^{2}}}{2}$ 是 $|\lambda x y+y z|$ 的最大值．令 $\displaystyle \frac{\sqrt{1+\lambda^{2}}}{2}=\frac{\sqrt{5}}{2}$ ，可得 $\lambda=2$ ．

猜测 $s(Q)$ 的最大值为 $\mathrm{C}_{n}^{k}$ ． 因 $P$ 共有 $\mathrm{C}_{n}^{k}$ 个 $k$ 元子集，故显然有 $s(Q) \leqslant \mathrm{C}_{n}^{k}$ ．下面找出一个集合 $P$ 满足条件． 对于集合 $P=\left\{2,2^{2}, \cdots, 2^{n}\right\}$ ，证明：$s(Q)=\mathrm{C}_{n}^{k}$ ． 对于集合 $P$ 的两个不同的 $k$ 元子集 $A=\left\{2^{a_{1}}, 2^{a_{2}}, \cdots, 2^{a_{k}}\right\}, B=\left\{2^{b_{1}}, 2^{b_{2}}, \cdots, 2^{b_{k}}\right\}$ ，其中， $1 \leqslant a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{k} \leqslant n, 1 \leqslant b_{1}<b_{2}<\cdots<b_{k} \leqslant n$ ，且 $a_{i}, b_{i} \in \mathbf{N}^{*}$ ．若 $A$ 与 $B$ 的元素之和相等，则 $$ 2^{a_{1}}+2^{a_{2}}+\cdots+2^{a_{k}}=2^{b_{1}}+2^{b_{2}}+\cdots+2^{b_{k}}=M $$ 上式可看成 $M$ 的两种二进制表示，而二进制表示是唯一的，故 $a_{i}=b_{i}(i=1,2, \cdots, k)$ ，即 $A=B$ ，矛盾．所以 $s(Q)$ 的最大值为 $\mathrm{C}_{n}^{k}$ ． \section*{模拟试题5}

$f(x)=x$ 对于所有的正整数 $x \in \mathbf{N}_{+}$成立．证明如下：假设 $a \neq b$ ，使得 $f(a) \neq f(b)$ ，不妨设 $f(a)<f(b)$ ，则 $(a+b) f(a)<a f(b)+b f(a)<(a+b) f(b)$ ，所以 $(a+b) f(a)< (a+b) f\left(a^{2}+b^{2}\right)<(a+b) f(b)$ ，即 $f(a)<f\left(a^{2}+b^{2}\right)<f(b)$ 。于是，在两个不同的 $f$ 值之间可插人另一个 $f$ 值，这一过程显然可以无限次进行． 但 $f$ 值均为整数，而两个整数之间只有有限个整数，矛盾！故命题得证．

假设该方程的三个实根 $x_{1}, ~ x_{2}, ~ x_{3}$ 不在区间 $[0,2]$ 中，由韦达定理得 $$ \left\{\begin{array}{l} x_{1}+x_{2}+x_{3}=-a, \\ x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+x_{3} x_{1}=b, \\ x_{1} x_{2} x_{3}=-c . \end{array}\right. $$ 从而 $$ \begin{aligned} a+b+c & =x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+x_{3} x_{1}-x_{1} x_{2} x_{3}-\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\right) \\ & =\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)\left(1-x_{3}\right)-1 \in[-2,0] \end{aligned} $$ 故 $-1 \leqslant\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)\left(1-x_{3}\right) \leqslant 1$ ，即 $\left|\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)\left(1-x_{3}\right)\right| \leqslant 1$ 。由假设，知 $x_{i}<0$或 $x_{i}>2$ ，得 $\left|1-x_{i}\right|>1(i=1,2,3)$ ，所以 $\left|\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)\left(1-x_{3}\right)\right|>1$ 。矛盾！假设不成立，故至少存在一个根在区间 $[0,2]$ 中．

由平均值不等式，对于 $a, b, c \in \mathbf{R}_{+}$，有 $$ \begin{aligned} (a+b+c)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) & =a^{3}+b^{3}+c^{3}+a b^{2}+b c^{2}+c a^{2}+a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a \\ & \geqslant 3\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right) \end{aligned} $$ 即有 $\displaystyle a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a \leqslant \frac{1}{3}(a+b+c)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)$ ．由柯西不等式得 $$ \begin{aligned} & \left(\frac{b^{3}}{a^{2}+8 b c}+\frac{c^{3}}{b^{2}+8 a c}+\frac{a^{3}}{c^{2}+8 a b}\right)\left[b\left(a^{2}+8 b c\right)+c\left(b^{2}+8 c a\right)+a\left(c^{2}+8 a b\right)\right] \\ & \quad \geqslant\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{2} \end{aligned} $$ 于是有 $$ \begin{aligned} \frac{b^{3}}{a^{2}+8 a b}+\frac{c^{3}}{b^{2}+8 c a}+\frac{a^{3}}{c^{2}+8 a b} & \geqslant \frac{\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{2}}{9\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)} \\ & \geqslant \frac{\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{2}}{3(a+b+c)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)}=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3(a+b+c)} \\ & \geqslant \frac{\frac{1}{3}(a+b+c)^{2}}{3(a+b+c)}=\frac{1}{9}(a+b+c) \end{aligned} $$ 故原命题成立． \section*{模拟试题8}

（1）$a_{5}$ 不是有理数．引理：若 $x \in \mathrm{Q}, y \notin \mathrm{Q}$ ，则 $\sqrt{x+y} \notin \mathrm{Q}$ ． 证明：$\displaystyle x=\frac{n}{m},(m, n)=1$ ，若不然 $\displaystyle \sqrt{x+y}=\frac{p}{q},(p, q)=1$ ，则 $\displaystyle y=\frac{m p^{2}-n q^{2}}{m q^{2}},(m, n)=1$ ， $(p, q)=1$ ，所以 $\left(m p^{2}-n q^{2}, m q^{2}\right)=1, y \in \mathbf{Q}$ ，矛盾．因为 $\sqrt{5} \notin \mathbf{Q}$ ，所以 $a_{5} \notin \mathbf{Q}$ ． （2）因为 $$ \begin{aligned} a_{n} & =\sqrt{1+\sqrt{\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1}{3}+\sqrt{\cdots+\sqrt{\frac{1}{n-1}}+\sqrt{\frac{1}{n}}}}}} \\ & >\sqrt{1+\sqrt{\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1}{3}+\sqrt{\cdots+\sqrt{\frac{1}{n-1}}}}}}=a_{n-1}, \end{aligned} $$ 所以 $a_{n}$ 为严格单调递增数列．又 $$ \begin{aligned} a_{n} & =\sqrt{1+\sqrt{\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1}{3}+\sqrt{\cdots+\sqrt{\frac{1}{n-1}}+\sqrt{\frac{1}{n}}}}}} \\ & <\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{\cdots+\sqrt{2+2}}}}}=\sqrt{3}, \end{aligned} $$ 故 $\sqrt{3}$ 为一个上界．

（1） $$ \begin{aligned} |A B| & =\sqrt{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}}=\sqrt{1-k^{2}} \cdot \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}} \\ & =\sqrt{1-k^{2}} \cdot \sqrt{\left(-\frac{2 a^{2} k m_{1}}{b^{2}+a^{2} k^{2}}\right)-4 \cdot \frac{a^{2} m_{1}^{2}-a^{2} b^{2}}{b^{2}+a^{2} k^{2}}} \\ & =\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{2 a b \sqrt{a^{2} k^{2}-m_{1}^{2}+b^{2}}}{b^{2}+a^{2} k^{2}} . \end{aligned} $$ 同理， $$ |C D|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{2 a b \sqrt{a^{2} k^{2}-m_{2}^{2}+b^{2}}}{b^{2}+a^{2} k^{2}} $$ 因为 $|A B|=|C D|$ ，所以 $$ 2 a b \sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{\sqrt{a^{2} k^{2}-m_{1}^{2}+b^{2}}}{b^{2}+a^{2} k^{2}}=2 a b \sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{\sqrt{a^{2} k^{2}-m_{2}^{2}+b^{2}}}{b^{2}+a^{2} k^{2}} . $$ 因为 $m_{1} \neq m_{2}$ ，所以 $m_{1}+m_{2}=0$ ． （2）由题意得四边形 $A B C D$ 是平行四边形，设两条平行线 $A B, C D$ 间的距离为 $d$ ，则 $\displaystyle d=\frac{\left|m_{1}-m_{2}\right|}{\sqrt{1+k^{2}}}$ ．因为 $m_{1}+m_{2}=0$ ，所以 $\displaystyle d=\frac{\left|2 m_{1}\right|}{\sqrt{1+k^{2}}}$ ，故 $$ S=|A B| \cdot d=2 a b \sqrt{1+k^{2}} \frac{\sqrt{a^{2} k^{2}-m_{1}^{2}+b^{2}}}{b^{2}+a^{2} k^{2}} \cdot \frac{\left|2 m_{1}\right|}{\sqrt{1+k^{2}}}, $$ 因此 $$ 4 a b \frac{\sqrt{\left(a^{2} k^{2}-m_{1}^{2}+b^{2}\right) m_{1}^{2}}}{b^{2}+a^{2} k^{2}} \leqslant 4 a b \frac{\frac{a^{2} k^{2}-m_{1}^{2}+b^{2}+m_{1}^{2}}{2}}{b^{2}+a^{2} k^{2}}=2 a b, $$ 当且仅当 $a^{2} k^{2}+b^{2}=2 m_{1}^{2}$ 时，四边形 $A B C D$ 的面积 $S$ 取得最大值 $2 a b$ ．

设 $f$ 是满足上述条件的函数，原式为（1），首先证明对于任意 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 及 $x \geqslant 1$ ，都有 $$ \begin{equation*} n f(x)-(n-1) \varepsilon \leqslant f(n x) \leqslant n f(x)+(n-1) \varepsilon \tag{2} \end{equation*} $$ 当 $n=1$ 时，式（2）显然成立．设式（2）对 $n$ 成立．在式（1）中取 $y=n x$ ，得 $$ f(x)+f(n x)-\varepsilon<f((n+2) x)<f(x)+f(n x)+\varepsilon $$ 利用归纳假设，知 $$ \begin{aligned} & f(x)+f(n x)-\varepsilon \geqslant f(x)+n f(x)-(n-1) \varepsilon-\varepsilon=(n+1) f(x)-n \varepsilon \\ & f(x)+f(n x)+\varepsilon \leqslant f(x)+n f(x)+(n-1) \varepsilon+\varepsilon=(n+1) f(x)+n \varepsilon \end{aligned} $$ 从而式（2）对 $n+1$ 成立。在式（2）中，令 $x=1$ ，得 $$ \begin{equation*} n f(1)-(n-1) \varepsilon \leqslant f(n) \leqslant n f(1)+(n-1) \varepsilon \tag{3} \end{equation*} $$ 在式（2）中令 $\displaystyle x=\frac{m}{n}, m \geqslant n, n \in \mathbf{N}^{*}$ ，得 $$ n f\left(\frac{m}{n}\right)-(n-1) \varepsilon \leqslant f(m) \leqslant n f\left(\frac{m}{n}\right)+(n-1) \varepsilon $$ 即 $$ f(m)-(n-1) \varepsilon \leqslant n f\left(\frac{m}{n}\right) \leqslant f(m)+(n-1) \varepsilon $$ 将此式与式（3）结合，可知 $$ m f(1)-(m-1) \varepsilon-(n-1) \varepsilon \leqslant n f\left(\frac{m}{n}\right) \leqslant m f(1)+(m-1) \varepsilon+(n-1) \varepsilon $$ 即 $$ m f(1)-(m+n-2) \varepsilon \leqslant n f\left(\frac{m}{n}\right) \leqslant m f(1)+(m+n-2) \varepsilon $$ 两边除以 $m$ ，得 $$ f(1)-\left(1+\frac{n-2}{m}\right) \varepsilon \leqslant \frac{n}{m} f\left(\frac{m}{n}\right) \leqslant f(1)+\left(1+\frac{n-2}{m}\right) \varepsilon $$ 令 $\displaystyle \frac{n}{m}=x$ ，则有 $$ \left|\frac{f(x)}{x}-f(1)\right| \leqslant\left(1+\frac{n-2}{m}\right) \varepsilon<\left(1+\frac{1}{x}\right) \varepsilon \leqslant 2 \varepsilon $$ 所以，令 $q=f(1)$ 即可知结论成立．

记 $\displaystyle \omega=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{i}$ ，则 $1+\omega+\omega^{2}=0$ ．故 $$ \begin{aligned} \sqrt{x^{2}}+y^{2} & +\sqrt{(x-1)^{2}+y^{2}}+\sqrt{x^{2}+(y-1)^{2}} \\ & =|x+y \mathrm{i}|+|(x-1)+y \mathrm{i}|+|x+(y-1) \mathrm{i}| \\ & =|x+y \mathrm{i}|+|\omega(x-1)+\omega y \mathrm{i}|+\left|\omega^{2} x+\omega^{2}(y-1) \mathrm{i}\right| \\ & \geqslant\left|x+y \mathrm{i}+\omega(x-1)+\omega y \mathrm{i}+\omega^{2} x+\omega^{2}(y-1) \mathrm{i}\right| \\ & =\left|\left(1+\omega+\omega^{2}\right) x-\omega+\left(1+\omega+\omega^{2}\right) y \mathrm{i}-\omega^{2} \mathrm{i}\right| \\ & =\left|-\omega-\omega^{2} \mathrm{i}\right|=|1+\omega \mathrm{i}|=\frac{\sqrt{2}}{2}(\sqrt{3}-1) \end{aligned} $$

计算各行的和、各列的和，这 $2 n$ 个和中必有最小的，不妨设第 $m$ 行的和最小，记和为 $k$ ，则该行中至少有 $n-k$ 个 0 ．这 $n-k$ 个 0 所在的各列的和都不小于 $n-k$ ，从而这 $n-k$ 列的数的总和不小于 $(n-k)^{2}$ ，其余各列的数的总和不小于 $k^{2}$ ，从而表中所有数的总和不小于 $\displaystyle (n-k)^{2}+k^{2} \geqslant \frac{(n-k+k)^{2}}{2}=\frac{1}{2} n^{2}$ ． \section*{模拟试题9}

令 $\displaystyle f_{n}(x)=\sum_{k=0}^{n} \frac{x^{k}}{k!}$ ．用数学归纳法证明 $n$ 为奇数时 $\mathrm{e}^{x}>f_{n}(x) \Leftrightarrow x \neq 0 ; n$ 为偶数时 $\mathrm{e}^{x}>f_{n}(x) \Leftrightarrow x>0, \mathrm{e}^{x}<f_{n}(x) \Leftrightarrow x<0$. $n=1$ 时， $\mathrm{e}^{x}>1+x$ 成立；$n=0$ 时， $\mathrm{e}^{x}>1 \Leftrightarrow x>0, \mathrm{e}^{x}<1 \Leftrightarrow x<0$ ． （1）$n$ 为奇数． $\mathrm{e}^{x}>f_{n}(x) \Leftrightarrow x \neq 0, n+1$ 为偶数．令 $g(x)=\mathrm{e}^{x}-f_{n+1}(x)$ ，则 $g(0)=0$ ， $g^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-f^{\prime}{ }_{n+1}(x)=\mathrm{e}^{x}-f_{n}(x)>0\left(x \neq 0\right.$ 时）．所以 $x>0$ 时，$g^{\prime}(x)>0, g(0)=0 \Rightarrow g(x) >0 ; x<0$ 时，$g^{\prime}(x)>0, g(0)=0 \Rightarrow g(x)<0$ ． （2）$n$ 为偶数． $\mathrm{e}^{x}>f_{n}(x) \Leftrightarrow x>0, \mathrm{e}^{x}<f_{n}(x) \Leftrightarrow x<0, n+1$ 为奇数．令 $g(x)=\mathrm{e}^{x}- f_{n+1}(x)$ ，则 $g(0)=0, g^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-f_{n}(x)$ ．所以 $x>0$ 时，$g^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-f_{n}(x)>0, g(0)=0 \Rightarrow g(x)>0 ; x<0$ 时，$g^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-f_{n}(x)<0, g(0)=0 \Rightarrow g(x)<0$ ．

（1）用数学归纳法证明． $\cos \theta=\cos \theta, \cos 2 \theta=2 \cos ^{2} \theta-1$ ．假设当 $n=k$ 时，对 $n= k+1$ 命题成立．则当 $n=k+2$ 时， $$ \cos [(k+2) \theta]=2 \cos \theta \cos [(k+1) \theta]-\cos (k \theta) $$ 所以 $n=k+2$ 时命题也成立，且最高次系数为 $2^{n-1}$（背景：切比雪夫多项式）． （2）$P(x)$ 为 $n$ 次多项式，至多有 $n$ 个解． $\displaystyle \cos n \theta=0 \Leftrightarrow n \theta=2 k \pi+\frac{\pi}{2}$ ，所以 $\displaystyle \theta=\frac{\pi}{2 n}, \frac{3 \pi}{2 n}$ ， $\displaystyle \cdots, \frac{(2 n-1) \pi}{2 n}$ 均为 $\cos n \theta=0$ 的解，且互不相同，故 $$ P(x)=2^{n-1}\left(x-\cos \frac{1}{2 n} \pi\right)\left(x-\cos \frac{3}{2 n} \pi\right) \cdots\left(x-\cos \frac{2 n-1}{2 n} \pi\right) $$ \section*{模拟试题10}

（1）$\displaystyle R=1, b=\frac{a}{2}+c \cos A$ ，由正弦定理得 $2 \sin B=\sin A+2 \sin C \cos A$ ，即 $2 \sin (A+C)=\sin A+2 \sin C \cos A$ ，解得 $\displaystyle \cos C=\frac{1}{2}$ ，所以 $\displaystyle C=\frac{\pi}{3}$ ． （2）$c=\sqrt{3}$ ，所以 $a+b>\sqrt{3}, a^{2}+b^{2}>3$ ．由余弦定理得 $\displaystyle a^{2}+b^{2}-3=a b \leqslant \frac{a^{2}+b^{2}}{2}$ ，所以 $a^{2}+b^{2} \leqslant 6$ ，故 $a^{2}+b^{2}$ 的取值范围为 $(3,6]$ ．

（1）在点 $\displaystyle \left(\frac{4}{\sqrt{5}}, \frac{1}{\sqrt{5}}\right)$ 处的切线方程为 $y=-x+\sqrt{5}$ ． （2）设与该直线平行的直线为 $y=-x+m$ ，则 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}y=-x+m \text { ，} \\ y=\frac{4}{x},\end{array}\right.$ 得 $x^{2}-m x+4=0$ ．令判别式等于 0 得到 $m=4$ ．这两平行线的距离为 $\displaystyle \frac{4-\sqrt{5}}{\sqrt{2}}$ ．显然 $\displaystyle |P Q|>\frac{4-\sqrt{5}}{\sqrt{2}}>\frac{6}{5}$ ．

问题转化为 $\max \left(a_{i}\right)<\min \left(b_{j}\right)$ ，即 $\left(a_{i}, b_{i}\right)$ 区间任意两两交集区间长度大于 0 ，这里用反证法．若命题为否，不妨设 $a_{1} \geqslant b_{2}$ ，即 $1>b_{1}>a_{1} \geqslant b_{2}>a_{2}>0$ ，所以 $b_{1}-a_{1}+b_{2}- a_{2}<1$ ．而对于任意的 $i$ ，我们都有 $b_{i}-a_{i}<1$ ，所以 $\sum_{i=1}^{2017}\left(b_{i}-a_{i}\right)<2016$ ，矛盾！故 $\max \left(a_{i}\right)<\min \left(b_{j}\right)$ ，即存在 $x$ ，使得 $\max \left(a_{i}\right)<x<\min \left(b_{j}\right)$ ，从而 $a_{i}<x<b_{i}$ ． \section*{模拟试题12}

$\displaystyle \left[-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right]$ ． 容易知道函数 $f(x)=|2 x-a|+|3 x-2 a|$ 在 $\displaystyle x=\frac{2}{3} a$ 处取得最小值，代人可得 $\displaystyle f\left(\frac{2}{3} a\right)=\frac{|a|}{3}$ ．于是，解不等式 $\displaystyle \frac{|a|}{3} \geqslant a^{2}$ ，得 $\displaystyle -\frac{1}{3} \leqslant a \leqslant \frac{1}{3}$ ．

由均值不等式，有 $$ \text { 原式左边 } \geqslant \sum_{\mathrm{cyc}} \frac{2 a^{2}}{2 a+b+c} \text {. } $$ 由柯西不等式，有 $$ \sum_{\mathrm{cyc}} \frac{2 a^{2}}{2 a+b+c} \geqslant \frac{2(a+b+c)^{2}}{2 a+b+c} $$ 再由柯西不等式，有 $$ \sum_{\mathrm{cyc}} \frac{2 a^{2}}{2 a+b+c} \geqslant \frac{2(a+b+c)^{2}}{4(a+b+c)}=\frac{3}{2} $$ 因此不等式得证．

$\{x \mid x=4-2 \sqrt{2}\}$ ． 设 $P=\sqrt{x^{2}-2 x+2}+\sqrt{x^{2}-2 \sqrt{2} x+4}=\sqrt{(x-1)^{2}+(0-1)^{2}}+\sqrt{(x-\sqrt{2})^{2}+(0-\sqrt{2})^{2}}$ ，则 $P$ 可看成 $x$ 轴上的点 $(x, 0)$ 到两点 $A(1,1), B(\sqrt{2}, \sqrt{2})$ 间的距离之和，则 $A$ 关于 $x$ 轴的对称点为 $A^{\prime}(1,-1)$ ，此时 $P \geqslant\left|A^{\prime} B\right|=\sqrt{6}$ ，而不等式为 $P \leqslant \sqrt{6}$ ，因此 $P=\sqrt{6}$ ，此时 $x$ 为直线 $A^{\prime} B$ 与 $x$ 轴的交点的横坐标．又直线 $A^{\prime} B$ 的方程为 $\displaystyle y+1=\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}(x-1)$ ，令 $y=0$ 有 $x=4- 2 \sqrt{2}$ ，故不等式的解集为 $\{x \mid x=4-2 \sqrt{2}\}$ ．

（1）将原方程记为（1），由虚根成对原理知 $\alpha-\beta_{\mathrm{i}}$ 也是方程（1）的根，于是 $$ \left\{\begin{array}{l} a+b+c=2 \alpha \\ a b+b c+c a=\alpha^{2}+\beta^{2} \end{array}\right. $$ 不妨设 $a \geqslant b \geqslant c$ ，则 $c=2 \alpha-(a+b)$ 。令 $a+b=u$ ，则 $$ \alpha^{2}+\beta^{2}=a b+u(2 \alpha-u) \leqslant \frac{1}{4} u^{2}+u(2 \alpha-u) $$ 于是 $\displaystyle -\frac{3}{4} u^{2}+2 \alpha u>\alpha^{2}$ ，解这个不等式，可知 $\displaystyle \frac{2}{3} \alpha<u<2 \alpha$ ，从而 $$ c=2 \alpha-(a+b)>0 $$ 所以 $a, b, c$ 都是正数． （2）只需要证明 $\sqrt{a}<\sqrt{b}+\sqrt{c}$ ．由条件可知 $$ a(b+c)+b c=\alpha^{2}+\beta^{2}>\alpha^{2}=\left(\frac{a+b+c}{2}\right)^{2} $$ 即 $(a+b+c)^{2}-4 a(b+c)<4 b c$ ，亦即 $$ a^{2}-2(b+c) a+(b-c)^{2}<0 $$ 从而由求根公式可知 $$ a<b+c+\sqrt{(b+c)^{2}-(b-c)^{2}}=b+c+2 \sqrt{b c}=(\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2} . $$ 所以，存在一个以 $\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c}$ 为边长的三角形．

证法 1 将所证不等式左端展开有 $$ \begin{aligned} & \left(\sqrt{2}+x_{1}\right)\left(\sqrt{2}+x_{2}\right) \cdots\left(\sqrt{2}+x_{n}\right) \\ & =(\sqrt{2})^{n}+(\sqrt{2})^{n-1}\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)+(\sqrt{2})^{n-2} \sum_{1 \leqslant i_{1}<i_{2} \leqslant n} x_{i_{1}} x_{i_{2}} \\ & \quad+\cdots+\sqrt{2}^{n-k} \sum_{1 \leqslant i_{1}<i_{2}<\cdots<i_{k} \leqslant n} x_{i_{1}} x_{i_{2}} \cdots x_{i_{k}}+\cdots+x_{1} x_{2} \cdots x_{n} \end{aligned} $$ 在和式 $\sum_{1 \leqslant i_{1}<i_{2}<\cdots<i_{k} \leqslant n} x_{i_{1}} x_{i_{2}} \cdots x_{i_{k}}$ 中共有 $\mathrm{C}_{n}^{k}$ 项，且每个 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}$ 在上面的和式中共在 $\mathrm{C}_{n-1}^{k-1}$ 项中出现一次．利用均值不等式有 $$ \sum_{1 \leqslant i_{1}<i_{2}<\cdots<i_{k} \leqslant n} x_{i_{1}} x_{i_{2}} \cdots x_{i_{k}} \geqslant \mathrm{C}_{n}^{k}\left(x_{1} x_{2} \cdots x_{n}\right) \frac{\mathrm{C}_{n-1}^{k-1}}{\mathrm{C}_{n}^{k}}, $$ 因此 $$ \begin{aligned} & \left(\sqrt{2}+x_{1}\right)\left(\sqrt{2}+x_{2}\right) \cdots\left(\sqrt{2}+x_{n}\right) \\ & \quad=(\sqrt{2})^{n}+\mathrm{C}_{n}^{1}(\sqrt{2})^{n-1}+\mathrm{C}_{n}^{2}(\sqrt{2})^{n-2}+\cdots+\mathrm{C}_{n}^{k}(\sqrt{2})^{n-k}+\cdots+1 \\ & \quad=(\sqrt{2}+1)^{n} \end{aligned} $$ 证法 2 对 $n$ 做数学归纳．当 $n=2$ 时，由于 $x_{1} x_{2}=1$ ，不妨可设 $0<x_{1} \leqslant 1 \leqslant x_{2}$ ，即 $\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right) \leqslant 0$ ，所以 $x_{1}+x_{2} \geqslant 1+x_{1} x_{2}$ ．故 $$ \left(\sqrt{2}+x_{1}\right)\left(\sqrt{2}+x_{2}\right)=2+\sqrt{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)+x_{1} x_{2} $$ $$ \begin{aligned} & \geqslant 2+\sqrt{2}\left(1+x_{1} x_{2}\right)+x_{1} x_{2} \\ & =(\sqrt{2}+1)^{2} \end{aligned} $$ 把 $x_{1} x_{2}=1$ 代人上面的不等式，可得 $n=2$ 时不等式成立。 假设不等式对 $n-1$ 成立，则对 $n$ 来说，由于 $x_{1} x_{2} \cdots x_{n}=1$ ，则在 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}$ 这 $n$ 个正实数中，一定存在一个实数小于或等于 1 ，也存在一个实数大于或等于 1 ，不妨设 $0<x_{1} \leqslant 1$ ， $x_{2} \geqslant 1$ ．令 $t=x_{1} x_{2}$ ，则 $t x_{3} \cdots x_{n}=1$ ，由归纳假设知 $$ (\sqrt{2}+t)\left(\sqrt{2}+x_{3}\right) \cdots\left(\sqrt{2}+x_{n}\right) \geqslant(\sqrt{2}+1)^{n-1} $$ 这时上面的不等式 $$ \left(\sqrt{2}+x_{1}\right)\left(\sqrt{2}+x_{2}\right) \geqslant(\sqrt{2}+1)\left(\sqrt{2}+x_{1} x_{2}\right) $$ 依然成立，从而 $$ \begin{aligned} & \left(\sqrt{2}+x_{1}\right)\left(\sqrt{2}+x_{2}\right)\left(\sqrt{2}+x_{3}\right) \cdots\left(\sqrt{2}+x_{n}\right) \\ & \quad \geqslant(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}+t)\left(\sqrt{2}+x_{3}\right) \cdots\left(\sqrt{2}+x_{n}\right) \\ & \quad \geqslant(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}+1)^{n-1} \\ & \quad=(\sqrt{2}+1)^{n} \end{aligned} $$ \section*{模拟试题16}

6 ． 当 $a, b, c$ 的值为 $250,123,32$ 时可满足条件，故 $n \geqslant 6$ ．又由不等式 $\displaystyle a b c \leqslant\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{3}$可得 $n<7$ ．

$3 \sqrt{3}$ ． 设 $P(\cos \alpha, \sin \alpha)$ ，代人 $|A P| \cdot|B P|^{2}$ ，化简得 $$ |A P| \cdot|B P|^{2}=8 \sqrt{\left(\frac{1+\sin \alpha}{2}\right)^{2}\left(\frac{5}{4}-\sin \alpha\right)} $$ 由三元不等式可得 $$ 8 \sqrt{\left(\frac{1+\sin \alpha}{2}\right)^{2}\left(\frac{5}{4}-\sin \alpha\right)} \leqslant 8 \sqrt{\left(\frac{1+\frac{5}{4}}{3}\right)^{3}}=3 \sqrt{3} . $$

40 ． 由柯西不等式知 $$ \left(a_{1}^{1}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}\right)\left(a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+a_{4}^{2}\right) \geqslant\left(a_{1} a_{2}+a_{2} a_{3}+a_{3} a_{4}\right)^{2} $$ 等号成立的充分必要条件是 $\displaystyle \frac{a_{1}}{a_{2}}=\frac{a_{2}}{a_{3}}=\frac{a_{3}}{a_{4}}$ ，即 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 成等比数列．于是问题等价于计算满足 $\left\{a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}\right\} \subseteq\{1,2,3, \cdots, 100\}$ 的等比数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 的个数．设等比数列的公比 $q \neq 1$ ，且 $q$ 为有理数。记 $\displaystyle q=\frac{n}{m}$ ，其中 $m, n$ 为互素的正整数，且 $m \neq n$ 。先考虑 $n>m$的情况。此时 $\displaystyle a_{4}=a_{1}\left(\frac{n}{m}\right)^{3}=\frac{a_{1} n^{3}}{m^{3}}$ ，注意到 $m^{3}, n^{3}$ 互素，故 $\displaystyle l=\frac{a_{1}}{m^{3}}$ 为正整数。相应地，$a_{1}$ ， $a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 分别等于 $m^{3} l, m^{2} n l, m n^{2} l, n^{3} l$ ，它们均为正整数．这表明，对于任意给定的 $\displaystyle q= \frac{n}{m}>1$ ，满足条件并以 $q$ 为公比的等比数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 的个数，即为满足不等式 $n^{3} l \leqslant 100$的正整数 $l$ 的个数，即 $\displaystyle \left[\frac{100}{n^{3}}\right]$ ． 由于 $5^{3}>100$ ，故仅需考虑 $\displaystyle q=2,3, \frac{3}{2}, 4, \frac{4}{3}$ 这些情况，相应的等比数列的个数为 $\displaystyle \left[\frac{100}{8}\right]+\left[\frac{100}{27}\right]+\left[\frac{100}{27}\right]+\left[\frac{100}{64}\right]+\left[\frac{100}{64}\right]=12+3+3+1+1=20$. 当 $n<m$ 时，由对称性可知，亦有 20 个满足条件的等比数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ ． 综上所述，共有 40 个满足条件的有序数组 $\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}\right)$ 。 \begin{figure}

（1）由 $v S_{n+1}-u S_{n}=a_{1} v$ 可得 $v S_{n}-u S_{n-1}=a_{1} v$ ，两式相减得 $$ v a_{n+1}-u a_{n}=0 \Rightarrow \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{u}{v} \quad\left(u>v, u, v \in \mathbf{N}_{+}\right), $$ 故 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列． （2）（1）由通项公式可得 $\displaystyle a_{p}=a_{1}\left(\frac{u}{v}\right)^{p-1}$ ，所以可设 $(u, v)=d u=u_{1} d, v=v_{1} d$ ， $\left(u_{1}, v_{1}\right)=d$. 若 $v_{1}=1$ ，则 $v \mid u$ ． 若 $v_{1} \neq 1$ ，则 $v_{1} \geqslant 2, v_{1} \in \mathbf{N}_{+}$，由 $\displaystyle a_{p}=a_{1}\left(\frac{u_{1}}{v_{1}}\right)^{p-1}$ ，且 $a_{p}, a_{1}$ 为整数，可知 $$ a_{p} v_{1}^{p-1}=a_{1} u_{1}^{p-1} \Rightarrow v_{1}^{p-1} \mid a_{1}, \quad p \geqslant a_{1} \Rightarrow a_{1} \geqslant v_{1}^{p-1} \geqslant 2^{p-1}, $$ 由 $p \geqslant 3$ 知，不成立．故只能是 $v_{1}=1$ ． （2）若 $a_{1} \geqslant m^{p-1}, a_{p} \leqslant(m+1)^{p-1}$ ，可得 $$ (m+1)^{p-1} \geqslant a_{p}=a_{1}\left(\frac{u_{1}}{v_{1}}\right)^{p-1} \geqslant m^{p-1}\left(\frac{u_{1}}{v_{1}}\right)^{p-1} $$ 所以 $$ \left(\frac{m+1}{m}\right)^{p-1} \geqslant\left(\frac{u_{1}}{v_{1}}\right)^{p-1} \Rightarrow 2 \geqslant \frac{m+1}{m} \geqslant \frac{u_{1}}{v_{1}} $$ 若 $v_{1}=1$ ，则由 $u_{1}>v_{1}, u_{1}, v_{1} \in \mathbf{N}+$ 知只能是 $m=1, v_{1}=1, u_{1}=2$ ，故结论成立． 若 $v_{1} \neq 1$ ，则由 $v_{1} \geqslant 2, u_{1}-1 \geqslant v_{1}$ 知 $\displaystyle \frac{m+1}{m} \geqslant \frac{u_{1}}{v_{1}} \geqslant \frac{u_{1}}{u_{1}-1}$ ，解得 $u_{1} \geqslant m+1$ ，可设 $a_{1}= k v_{1}^{p-1}\left(k \in \mathbf{N}_{+}\right)$．由 $$ (m+1)^{p-1} \geqslant a_{p}=a_{1}\left(\frac{u_{1}}{v_{1}}\right)^{p-1}=k v_{1}^{p-1}\left(\frac{u_{1}}{v_{1}}\right)^{p-1}=k u_{1}^{p-1} $$ 易得 $k=1, u_{1}=m+1, v_{1}=m$ ，故结论成立． \section*{模拟试题17}

$\displaystyle \frac{3}{2} ; \frac{\sqrt{22}-3}{2}$ ． 利用三元均值不等式可得当且仅当 $\displaystyle (x, y, z)=\left(1, \frac{1}{2}, 0\right)$ 时取最大值，$\displaystyle (x, y, z)= \left(0,0, \frac{\sqrt{22}-3}{2}\right)$ 时取最小值．

$\displaystyle 1 ; \frac{9}{5}$ ． 由柯西不等式，有 $$ \begin{aligned} & \left(x_{1}+3 x_{2}+5 x_{3}\right)\left(x_{1}+\frac{x_{2}}{3}+\frac{x_{3}}{5}\right) \\ & \quad \geqslant\left(\sqrt{x_{1}} \cdot \sqrt{x_{1}}+\sqrt{3 x_{2}} \cdot \sqrt{\frac{x_{2}}{3}}+\sqrt{5 x_{3}} \cdot \sqrt{\frac{x_{3}}{5}}\right)^{2} \\ & \quad=\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\right)^{2}=1 . \end{aligned} $$ 当 $x_{1}=1, x_{2}=0, x_{3}=0$ 时不等式等号成立，故所求的最小值为 1 ． 因为 $$ \begin{aligned} \left(x_{1}\right. & \left.+3 x_{2}+5 x_{3}\right)\left(x_{1}+\frac{x_{2}}{3}+\frac{x_{3}}{5}\right) \\ & =\frac{1}{5}\left(x_{1}+3 x_{2}+5 x_{3}\right)\left(5 x_{1}+\frac{5 x_{2}}{3}+\frac{5 x_{3}}{5}\right) \\ & \leqslant \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{4}\left[\left(x_{1}+3 x_{2}+5 x_{3}\right)+\left(5 x_{1}+\frac{5 x_{2}}{3}+\frac{5 x_{3}}{5}\right)\right]^{2} \\ & =\frac{1}{20}\left(6 x_{1}+\frac{14}{3} x_{2}+6 x_{3}\right)^{2} \leqslant \frac{1}{20}\left(6 x_{1}+6 x_{2}+6 x_{3}\right)^{2}=\frac{9}{5} \end{aligned} $$ 当 $\displaystyle x_{1}=\frac{1}{2}, x_{2}=0, x_{3}=\frac{1}{2}$ 时不等式等号成立，故所求的最大值为 $\displaystyle \frac{9}{5}$ ．

（1）由题意可知 $\left\{\left|a_{n}\right|\right\}$ 构成等比数列，故由 $\sum_{k=1}^{n+1}\left|a_{k}\right| \leqslant 4\left|a_{n}\right|$ 且 $q>1$ 可推出 $$ \frac{1-q^{n+1}}{1-q} \leqslant 4 q^{n-1} \Rightarrow q^{n+1}-4 q^{n}+4 q^{n-1} \leqslant 1 \Rightarrow(q-2)^{2} \leqslant \frac{1}{q^{n-1}}, $$ 得 $q=2$ ． （2）若证 $\sum_{n=1}^{m} a_{n} \neq \sum_{n=1}^{m} b_{n}$ ，只需证明 $\sum_{n=1}^{m}\left(a_{n}-b_{n}\right) \neq 0$ 即可． 由已知 $\exists n_{0} \leqslant m, a_{n_{0}} \neq b_{n_{0}}$ ，不妨设第 $l$ 项满足 $a_{l}>b_{l}, a_{l+1}=b_{l+1}, \cdots, a_{m}=b_{m}$ ，则有 $$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{m}\left(a_{n}-b_{n}\right)=\sum_{n=1}^{l}\left(a_{n}-b_{n}\right), \text { 故 } & \\ \sum_{n=1}^{l}\left(a_{n}-b_{n}\right) & =\sum_{n=1}^{l-1}\left(a_{n}-b_{n}\right)+\left(a_{l}-b_{l}\right)=2^{l}+\sum_{n=1}^{l-1}\left(a_{n}-b_{n}\right) \\ & \geqslant 2^{l}-\left(2^{l-1}+2^{l-2}+\cdots+2\right)=2>0, \end{aligned} $$ 则命题成立． （3）在集合 $A_{m}=\left\{\sum_{n=1}^{m+1} a_{n} \mid\left\{a_{n}\right\} \in \mathbf{C}\right\}, m \in \mathbf{N}^{*}$ 中，由（2）中结论可知，$\sum_{n=1}^{m+1} a_{n}$ 的值的个数将会由数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的个数确定，而 $\left\{a_{n}\right\}$ 中每一项的取值将由如下特点确定： $\pm 1, \pm 2$ ， $\pm 4, \cdots, \pm 2^{m}$ 中的对应位置上仍取一项即可组成一个 $\left\{a_{n}\right\}$ ，所以共有 $2^{m+1}$ 个数列 $\left\{a_{n}\right\}$ ，且 $\sum_{n=1}^{m+1} a_{n}$ 对应了 $2^{n+1}$ 个不同的值． 又因为 $\sum_{n=1}^{m+1} a_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{m+1}$ 中除 $a_{1} \in\{-1,1\}$ 外均为 2 的幂倍数，故 $\sum_{n=1}^{m+1} a_{n}$必为奇数，且满足 $-2^{m+1} \leqslant \sum_{n=1}^{m+1} a_{n} \leqslant 2^{m+1}$ ，共有 $2^{m+1}$ 个奇数，则 $A_{m}=\left\{\sum_{n=1}^{m+1} a_{n} \mid\left\{a_{n}\right\} \in \mathbf{C}\right\}$与 $\left[-2^{m+1}, 2^{m+1}\right]$ 中的奇数值一一对应，故 $A_{m}=\left\{\sum_{n=1}^{m+1} a_{n} \mid\left\{a_{n}\right\} \in \mathbf{C}\right\}$ 中的所有正值的和为 $1+3+5+\cdots+\left(2^{m+1}-1\right)=\left(2^{m}\right)^{2}=4^{m}$ ． \section*{模拟试题18}

由 $\displaystyle \left(a-\frac{1}{b}\right)\left(b-\frac{1}{c}\right)\left(c-\frac{1}{a}\right)=\frac{(a b-1)(b c-1)(c a-1)}{a b c} \in \mathbf{N}_{+}$，且 $a, b, c$ 也是正整数，可得 $a b c \mid(a b-1)(b c-1)(c a-1)$ ，即 $$ \begin{aligned} (a b-1)(b c-1)(c a-1) & =\left(a b^{2} c-a b-b c+1\right)(c a-1) \\ & \equiv(-a b-b c+1)(c a-1) \\ & \equiv-a^{2} b c+a b-a b c^{2}+b c+c a-1 \\ & \equiv a b+b c+c a-1 \equiv 0(\bmod a b c) \end{aligned} $$ 故 $\displaystyle \frac{a b+b c+c a-1}{a b c} \in \mathbf{N}_{+}$，可推出 $\displaystyle 1 \leqslant \frac{a b+b c+c a-1}{a b c}$ ．不妨设 $a \leqslant b \leqslant c, a, b, c \in \mathbf{N}_{+}$，则有 $$ 1 \leqslant \frac{a b+b c+c a-1}{a b c}<\frac{3 b c}{a b c}=\frac{3}{a} \Rightarrow a<3 \Rightarrow a=1,2 . $$ 当 $a=1$ 时，则有 $$ \begin{aligned} & \frac{a b+b c+c a-1}{a b c}=\frac{b+b c+c-1}{b c}=1+\frac{b+c-1}{b c} \in \mathbf{N}_{+} \\ \Rightarrow & \frac{b+c-1}{b c} \in \mathbf{N}_{+} \Rightarrow 1 \leqslant \frac{b+c-1}{b c}<\frac{2 c}{b c}=\frac{2}{b} \\ \Rightarrow & b<2 \Rightarrow b=1 \end{aligned} $$ 舍去． 当 $a=2$ 时，则有 $$ \begin{aligned} \frac{a b+b c+c a-1}{a b c} \in \mathbf{N}_{+} & \Rightarrow \frac{2 b+b c+2 c-1}{2 b c} \in \mathbf{N}_{+} \\ & \Rightarrow \frac{2 b+b c+2 c-1}{2 b c} \geqslant 1 \\ & \Rightarrow 2 b+b c+2 c-1 \geqslant 2 b c \\ & \Rightarrow b c<4 c \Rightarrow b<4 \Rightarrow b=2,3 \end{aligned} $$ 易证 $b=2$ 不合题意，故 $b=3$ ．由 $a=2, b=3$ ，有 $$ \frac{a b+b c+c a-1}{a b c} \in \mathbf{N}_{+} \Rightarrow \frac{5 c+5}{6 c} \in \mathbf{N}_{+} \Rightarrow c=5 $$ 不失一般性，由排序不等式可得 $2 a+3 b+5 c$ 的最大值与最小值的差为 9 ．

5. 由 $\displaystyle \frac{2}{x}+\frac{2}{y}>1$ 可转化为 $$ \frac{2(x+y)}{x y}>1 \Rightarrow x y<2(x+y) . $$ 不妨设 $x \leqslant y$ ，则有 $$ x y<4 y \Rightarrow x<4 \Rightarrow x \geqslant 3 \Rightarrow x=3 . $$ 由 $$ x=3 \Rightarrow 3 y<6+2 y \Rightarrow y<6, \quad y \geqslant 3, $$ 可得 $y=3,4,5$ ．故满足题意的正整数解的个数为 5 ．

先由特殊情况人手（可以起点前移）：当 $n=0$ 时，$f_{0}(x)=1$ ．当 $n=1$ 时， $f_{1}(x)=1+x$ ，令 $f_{1}(x)=0$ ，得 $x=-1$ 。 当 $n=2$ 时，$\displaystyle f_{2}(x)=1+x+\frac{x^{2}}{2}=\frac{1}{2}(x+1)^{2}+\frac{1}{2}>0$ ． 当 $n=3$ 时，$\displaystyle f_{3}(x)=1+x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3!}$ ，易知 $\displaystyle f_{3}(x)=1+x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3!}=0$ 必有解，且注意到 $f_{3}^{\prime}(x)=f_{2}(x)>0$ 恒成立．因此 $f_{3}(x)$ 单调递增，故有唯一解． 又注意到 $\displaystyle f_{n+1}(x)=f_{n}(x)+\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}$ ，且 $f_{n+1}^{\prime}(x)=f_{n}(x)$ ，可知当 $n$ 取奇数、偶数时相互依赖．由特殊情况的运算可猜想：当 $n$ 取偶数时，恒有 $f_{n}(x)>0$ ．下面用数学归纳法证 明．当 $n=0,2$ 时，已验证．假设当 $n=2 k(k \in \mathbf{N})$ 时，命题成立，即 $f_{2 k}(x)>0$ ．由于 $f_{2 k+1}^{\prime}(x)=f_{2 k}(x)>0$ ，故可得 $f_{2 k+1}(x)$ 单调递增，有唯一根 $x_{0}$ ．当 $n=2 k+2$ 时，由于 $f_{2 k+2}^{\prime}(x)=f_{2 k+1}(x), f_{2 k+1}\left(x_{0}\right)=0$ ，故 $f_{2 k+2}(x)$ 在 $x_{0}$ 处达到最小，即 $$ f_{2 k+2}(x) \geqslant f_{2 k+2}\left(x_{0}\right)=f_{2 k+1}\left(x_{0}\right)+\frac{x_{0}^{2 k+2}}{(2 k+2)!}=\frac{x_{0}^{2 k+2}}{(2 k+2)!}>0 $$ 故当 $n$ 是偶数时，方程 $f_{n}(x)=0$ 没有实根；当 $n$ 是奇数时，方程 $f_{n}(x)=0$ 有唯一的实根 $\theta_{n}$ ． 下证当 $n$ 为奇数时，$\theta_{n}>\theta_{n+2}$ ． 由于当 $n$ 为奇数时，$f_{n}(x)=0$ 有唯一的实数解 $\theta_{n}$ 且 $f_{n}(x)$ 单调递增，所以问题转化为 $$ \begin{aligned} \theta_{n}>\theta_{n+2} & \Leftrightarrow f_{n}\left(\theta_{n}\right)>f_{n}\left(\theta_{n+2}\right) \Leftrightarrow f_{n+2}\left(\theta_{n}\right)>f_{n+2}\left(\theta_{n+2}\right) \\ & \Leftrightarrow 0>f_{n}\left(\theta_{n+2}\right) \Leftrightarrow f_{n+2}\left(\theta_{n}\right)>0 \\ & \Leftrightarrow f_{n}\left(\theta_{n}\right)+\frac{\theta_{n}^{n+1}}{(n+1)!}+\frac{\theta_{n}^{n+2}}{(n+2)!}>0 \\ & \Leftrightarrow \frac{\theta_{n}^{n+1}}{(n+1)!}+\frac{\theta_{n}^{n+2}}{(n+2)!}>0 \Leftrightarrow \frac{\theta_{n}^{n+1}}{(n+2)!}\left(n+2+\theta_{n}\right)>0 \\ & \Leftrightarrow n+2+\theta_{n}>0 \Leftrightarrow \theta_{n}>-(n+2) \\ & \Leftrightarrow f_{n}[-(n+2)]<0 \end{aligned} $$ 将 $x=-(n+2)$ 代人 $f_{n}(x)$ ，通过简单运算可得 $f_{n}[-(n+2)]<0$ ．

方程 $x^{2}=p x+q$ 是否有解容易判断，但方程 $f(x)=p x+q$ 是否有解无法判断，故使用代数方法无法证明． 注意到方程问题可以转化为图像的交点问题．故可转化为方程 $f(x)=p x+q$ 有解等价于 $\left\{\begin{array}{l}y=f(x), \\ y=p x+q\end{array}\right.$ 两曲线有交点。方程 $x^{2}=p x+q$ 有解等价于 $\left\{\begin{array}{l}y=x^{2}, \\ y=p x+q\end{array}\right.$ 两曲线有交点。因此原题可转化为 $$ \left\{\begin{array} { l } { y = f ( x ) , } \\ { y = p x + q } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} y=x^{2}, \\ y=p x+q \end{array} \Rightarrow f(x)=x^{2} .\right.\right. $$ 可采用反证法：设 $f(x)=x^{2}$ 不恒成立，则至少存在一点 $x_{0} \in \mathbf{R}$ ，使得 $f\left(x_{0}\right) \neq x_{0}^{2}$ ．设取直线 $x=x_{0}$ 与曲线 $y=f(x), y=x^{2}$ 的交点分别为 $A\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right), B\left(x_{0}, x_{0}^{2}\right)$ ，且 $f\left(x_{0}\right) \neq x_{0}^{2}$ ，故必有 $f\left(x_{0}\right)<x_{0}^{2}$ 或 $f\left(x_{0}\right)>x_{0}^{2}$ 二者居其一。若 $f\left(x_{0}\right)<x_{0}^{2}$ ，则 $A$ 点在 $B$ 点的下方，即 $A\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right)$ 在抛物线 $y=x^{2}$ 的下方，故必存在一直线 $y=p x+q$ 过 $A$ 点且与抛物线 $y= x^{2}$ 无交点．此直线满足 $\left\{\begin{array}{l}y=f(x), \\ y=p x+q\end{array}\right.$ 有交点，但 $\left\{\begin{array}{l}y=x^{2}, \\ y=p x+q\end{array}\right.$ 无交点，不合题意，故不存在点 $x_{0} \in \mathbf{R}$ ，使得 $f\left(x_{0}\right)<x_{0}^{2}$ ．即对于任意 $x_{0} \in \mathbf{R}$ ，均有 $f\left(x_{0}\right) \geqslant x_{0}^{2}$ ．若点 $x_{0} \in \mathbf{R}$ 满足 $f\left(x_{0}\right)> x_{0}^{2}$ ，则 $A$ 点在 $B$ 点的上方，即 $A\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right)$ 在抛物线 $y=x^{2}$ 的上方，则过 $B$ 点的切线 $y= p x+q$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}y=x^{2}, \\ y=p x+q\end{array}\right.$ 有交点，但 $\left\{\begin{array}{l}y=f(x), \\ y=p x+q\end{array}\right.$ 无交点，不合题意，故不存在点 $x_{0} \in \mathrm{R}$ ，使得 $f\left(x_{0}\right)>x_{0}^{2}$ ．综上所述，对于任意的点 $x_{0} \in \mathbf{R}$ ，均有 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}$ ，即 $f(x)=x^{2}, x \in \mathbf{R}$ ． \section*{模拟试题21}

$2020^{2}+2021$ ． 当 $m=n=0$ 时，$a_{0}=1$ ；当 $m=1, n=0$ 时，$a_{2}=7$ ；当 $m=2, n=0$ 时，$a_{4}=21$ ；当 $m= 2, n=1$ 时，$a_{3}=13$ ．可推测用归纳法证明 $a_{n}=n^{2}+n+1$ ．故 $a_{2020}=2020^{2}+2021$ ．

曲线方程为 $$ \begin{aligned} Z & =a \mathrm{i} \cos ^{4} t+(1+2 b \mathrm{i}) \cos ^{2} t \sin ^{2} t+(1+c \mathrm{i}) \sin ^{4} t \\ & =\left(\cos ^{2} t \sin ^{2} t+\sin ^{4} t\right)+\mathrm{i}\left(a \cos ^{4} t+2 b \cos ^{2} t \sin ^{2} t+c \sin ^{4} t\right) \end{aligned} $$ 所以 $$ \begin{aligned} & x=\cos ^{2} t \sin ^{2} t+\sin ^{4} t=\sin ^{2} t\left(\cos ^{2} t+\sin ^{2} t\right)=\sin ^{2} t \quad(0 \leqslant x \leqslant 1) \\ & y=a \cos ^{4} t+2 b \cos ^{2} t \sin ^{2} t+c \sin ^{4} t=a(1-x)^{2}+2 b(1-x) x+c x^{2} \end{aligned} $$ 即 $$ \begin{equation*} y=(a-2 b+c) x^{2}+2(b-a) x+a \quad(0 \leqslant x \leqslant 1) \tag{1} \end{equation*} $$ 若 $a-2 b+c=0$ ，则 $Z_{0}, Z_{1}, Z_{2}$ 三点共线，与已知矛盾，故 $a-2 b+c \neq 0$ ．于是此曲线为轴与 $x$ 轴垂直的抛物线。 设 $A B$ 的中点为 $\displaystyle M: \frac{1}{4}+\frac{1}{2}(a+b) \mathrm{i}, B C$ 的中点为 $\displaystyle N: \frac{3}{4}+\frac{1}{2}(b+c) \mathrm{i}$ ．与 $A C$ 平行的中位线经过 $\displaystyle M\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{2}(a+b)\right)$ 及 $\displaystyle N\left(\frac{3}{4}, \frac{1}{2}(b+c)\right)$ 两点，其方程为 $$ \begin{equation*} 24(a-c) x+4 y-3 a-2 b+c=0 \quad\left(\frac{1}{4} \leqslant x \leqslant \frac{3}{4}\right) \tag{2} \end{equation*} $$ 令 $4(a-2 b+c) x^{2}+8(b-a) x+4 a=4(c-a) x+3 a+2 b-c$ ，即 $4(a-2 b+c) x^{2}+ 4(2 b-a-c) x+a-2 b+c=0$ ．由 $a-2 b+c \neq 0$ ，得 $4 x^{2}+4 x+1=0$ ，此方程在 $\displaystyle \left[\frac{1}{4}, \frac{3}{4}\right]$ 内有唯一解：$\displaystyle x=\frac{1}{2}$ ．以 $\displaystyle x=\frac{1}{2}$ 代人式（2）得 $\displaystyle y=\frac{1}{4}(a+2 b+c)$ ． 故所求公共点的坐标为 $\displaystyle \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{4}(a+2 b+c)\right)$ ．

不妨设 $a+b+c=1$ ，否则可用 $\displaystyle \frac{a}{a+b+c}, \frac{b}{a+b+c}, \frac{c}{a+b+c}$ 代替 $a, b, c$ ． 先证明 $\displaystyle \max \{a, b, c\} \geqslant \frac{4}{9}$ ． （1）若 $\displaystyle b \geqslant \frac{4}{9}$ ，则命题成立． （2）若 $\displaystyle b<\frac{4}{9}$ ，由 $b^{2} \geqslant 4 a c$ ，得 $\displaystyle a c<\frac{4}{81}$ ．又 $\displaystyle a+c=1-b>\frac{5}{9}$ ，所以如果 $a<0$ 或 $c<0$ ，即有 $\displaystyle c>\frac{5}{9}$ 或 $\displaystyle a>\frac{5}{9}$ ，则命题成立． 如果 $a, c \geqslant 0$ ，则 $\displaystyle \left(\frac{5}{9}-c\right) c<a c<\frac{4}{81}$ ，得 $\displaystyle c<\frac{1}{9}$ 或 $\displaystyle c>\frac{4}{9}$ ．若 $\displaystyle c<\frac{1}{9}$ ，此时 $\displaystyle a>\frac{4}{9}$ ，故结论成立． 再证明 $\displaystyle \min \{a, b, c\} \leqslant \frac{1}{4}$ ． （1）若 $\displaystyle a \leqslant \frac{1}{4}$ ，则无须证明． （2）若 $\displaystyle a>\frac{1}{4}$ ，则有 $\displaystyle b^{2} \geqslant 4 a c \geqslant c, b+c=1-a<\frac{3}{4}$ ，只需考虑 $c \geqslant 0$ ．故 $\displaystyle \sqrt{c}+c \leqslant b+c< \frac{3}{4}$ ，于是 $\displaystyle \left(\sqrt{c}+\frac{3}{4}\right)\left(\sqrt{c}-\frac{1}{2}\right)<0$ ，即 $\displaystyle c<\frac{1}{4}$ ，结论成立． 注 本题的结论是最优解． \title{

因 $\alpha, \beta$ 是方程 $2 x^{2}-t x-2=0$ 的两个根，故由韦达定理可得 $$ \left\{\begin{array}{l} \alpha+\beta=\frac{t}{2}, \quad(\alpha<\beta) . \\ \alpha \beta=-1 \end{array}\right. $$ （1）由已知可得 $$ \begin{aligned} \frac{f(\alpha)-f(\beta)}{\alpha-\beta} & =\frac{\frac{4 \alpha-t}{\alpha^{2}+1}-\frac{4 \beta-t}{\beta^{2}+1}}{\alpha-\beta}=\frac{(4 \alpha-t)\left(\beta^{2}+1\right)-(4 \beta-t)\left(\alpha^{2}+1\right)}{(\alpha-\beta)\left(\alpha^{2}+1\right)\left(\beta^{2}+1\right)} \\ & =\frac{4 \alpha \beta^{2}+4 \alpha-t \beta^{2}-t-4 \beta^{2}-4 \beta+t \alpha^{2}+t}{(\alpha-\beta)\left(\alpha^{2}+1\right)\left(\beta^{2}+1\right)} \\ & =\frac{4 \alpha \beta(\beta-\alpha)+4(\alpha-\beta)+t\left(\alpha^{2}-\beta^{2}\right)}{(\alpha-\beta)\left(\alpha^{2}+1\right)\left(\beta^{2}+1\right)} \\ & =\frac{-4 \alpha \beta+4+t(\alpha+\beta)}{\left(\alpha^{2}+1\right)\left(\beta^{2}+1\right)}=2 . \end{aligned} $$ （2）若证 $$ \left|f\left(\frac{x_{1} \alpha+x_{2} \beta}{x_{1}+x_{2}}\right)-f\left(\frac{x_{1} \beta+x_{2} \alpha}{x_{1}+x_{2}}\right)\right|<2|\alpha-\beta| \quad\left(\forall x_{1}, x_{2} \in \mathbf{R}_{+}\right), $$ 考虑在（1）中 $$ \frac{f(\alpha)-f(\beta)}{\alpha-\beta}=2 \Rightarrow 2|\alpha-\beta|=|f(\alpha)-f(\beta)|, $$ 故只需证 $$ \left|f\left(\frac{x_{1} \alpha+x_{2} \beta}{x_{1}+x_{2}}\right)-f\left(\frac{x_{1} \beta+x_{2} \alpha}{x_{1}+x_{2}}\right)\right|<|f(\alpha)-f(\beta)| $$ 注意到 $\displaystyle \frac{x_{1} \alpha+x_{2} \beta}{x_{1}+x_{2}}, \frac{x_{2} \alpha+x_{1} \beta}{x_{1}+x_{2}}$ 是 $\alpha, \beta$ 的加权平均值，故有 $\displaystyle \alpha \leqslant \frac{x_{1} \alpha+x_{2} \beta}{x_{1}+x_{2}}, \frac{x_{2} \alpha+x_{1} \beta}{x_{1}+x_{2}} \leqslant \beta$ ． 由于 $|f(\alpha)-f(\beta)|$ 的值为区间 $[\alpha, \beta]$ 上两端点的纵坐标的落差值，故能证明：函数 $\displaystyle f(x)=\frac{4 x-t}{x^{2}+1}$ 在区间 $[\alpha, \beta]$ 上单调，则问题成立． 对函数 $\displaystyle f(x)=\frac{4 x-t}{x^{2}+1}$ 求导，易证 $f(x)$ 在区间 $[\alpha, \beta]$ 上单调． 综上所述，结论成立．

（1）由已知可设 $F(x)=f\left(x+x_{0}\right)-f\left(x_{0}\right)-f^{\prime}\left(x_{0}\right) x$ ，则 $$ \begin{aligned} & F(0)=f\left(0+x_{0}\right)-f\left(x_{0}\right)-f^{\prime}\left(x_{0}\right) \times 0=0, \\ & F^{\prime}(x)=f^{\prime}\left(x+x_{0}\right)-f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0 \quad(x>0), \end{aligned} $$ 故 $F(x)=f\left(x+x_{0}\right)-f\left(x_{0}\right)-f^{\prime}\left(x_{0}\right) x$ 在 $x>0$ 范围内为增函数，$f\left(x+x_{0}\right)- f\left(x_{0}\right)-f^{\prime}\left(x_{0}\right) x>0$ ，即 $$ f^{\prime}\left(x_{0}\right)<\frac{f\left(x+x_{0}\right)-f\left(x_{0}\right)}{x} \quad(x>0) . $$ （2）此问中的 $x \in \mathbf{R}$ ，可等同于考查原式中的 $x_{0}$ 状态。 设 $G(x)=f\left(x+x_{0}\right)-f\left(x_{0}\right)-f^{\prime}\left(x_{0}\right) x-2 x^{2}(x>0)$ ，且 $G(0)=0$ ，则 $$ G^{\prime}(x)=f^{\prime}\left(x+x_{0}\right)-f^{\prime}\left(x_{0}\right)-4 x \quad(x>0) $$ 由已知可得 $G^{\prime}(x)=f^{\prime}\left(x+x_{0}\right)-f^{\prime}\left(x_{0}\right)-4 x<0(x>0)$ ，所以 $G(x)=f\left(x+x_{0}\right)- f\left(x_{0}\right)-f^{\prime}\left(x_{0}\right) x-2 x^{2}(x>0)$ 为减函数，故 $$ G(x)=f\left(x+x_{0}\right)-f\left(x_{0}\right)-f^{\prime}\left(x_{0}\right) x-2 x^{2}<0 $$ 可得 $f\left(x+x_{0}\right)-f\left(x_{0}\right)-2 x^{2}<f^{\prime}\left(x_{0}\right) x$ ，于是 $\displaystyle \frac{f\left(x+x_{0}\right)-f\left(x_{0}\right)-2 x^{2}}{x}<f^{\prime}\left(x_{0}\right)$ ． 再由（1）得 $$ \frac{f\left(x+x_{0}\right)-f\left(x_{0}\right)-2 x^{2}}{x}<f^{\prime}\left(x_{0}\right)<\frac{f\left(x+x_{0}\right)-f(x)}{x}, $$ 即 $$ \frac{f\left(x+x_{0}\right)-f\left(x_{0}\right)}{x}-2 x<f^{\prime}\left(x_{0}\right)<\frac{f\left(x+x_{0}\right)-f(x)}{x} . $$ 所以 $$ \begin{aligned} \left|f^{\prime}\left(x_{0}\right)\right| & <\max \left\{\left|\frac{f\left(x+x_{0}\right)-f\left(x_{0}\right)-2 x^{2}}{x}\right|,\left|\frac{f\left(x+x_{0}\right)-f(x)}{x}\right|\right\} \\ & <\max \left\{\left|\frac{f\left(x+x_{0}\right)-f\left(x_{0}\right)}{x}\right|+|2 x|,\left|\frac{f\left(x+x_{0}\right)-f(x)}{x}\right|\right\} \\ & =\left|\frac{f\left(x+x_{0}\right)-f\left(x_{0}\right)}{x}\right|+|2 x|<\frac{\left|f\left(x+x_{0}\right)\right|+\left|f\left(x_{0}\right)\right|}{x}+2 x \\ & <\frac{2}{x}+2 x \end{aligned} $$ 由于对 $\forall x>0$ 均成立，因此有 $$ \left|f^{\prime}\left(x_{0}\right)\right| \leqslant \min \left\{\frac{2}{x}+2 x\right\}=4 $$ 故对于 $\forall x \in \mathbf{R}$ 均有 $\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant 4$ ．

为了表述方便，不妨设 $\displaystyle b_{1}=a_{1}, b_{2}=\frac{a_{1}+a_{2}}{2}, b_{3}=\frac{a_{1}+a_{2}+a_{3}}{3}, \cdots, b_{100}$ $\displaystyle =\frac{a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{100}}{100}$. 设 51 个相等元素的值为 $a$ ，则易证：若 $\displaystyle b_{i}=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i}}{i}$ ，则 $b_{i}=b_{i+1}=a \Rightarrow a_{i+1}=a$ ． 若 $b_{i}=b_{i+1}=b_{i+2}=a$ ，可得 $a_{i}=a_{i+1}=a$ ． 若 $b_{1}=b_{2} \Rightarrow a_{1}=a_{2}$ ，则命题成立． 若 $b_{1}=a_{1}=a, b_{2} \neq a$ ，则把 $b_{3}, b_{4}, b_{5}, \cdots, b_{100}$ 进行分组：$\left(b_{3}, b_{4}\right),\left(b_{5}, b_{6}\right), \cdots$ ， $\left(b_{99}, b_{100}\right)$ ，共 49 组，由抽屉原理可知必存在一组 $\left(b_{i}, b_{i+1}\right)$ 中的两个值相等且为 $a$ ． 由 $b_{i}=b_{i+1}=a \Rightarrow b_{i}=a_{i+1}=a$ 可知命题成立。 若 $b_{1}=a_{1} \neq a, b_{2}=a$ ，则把 $b_{3}, b_{4}, b_{5}, \cdots, b_{100}$ 进行分组：$\left(b_{3}, b_{4}\right),\left(b_{5}, b_{6}\right), \cdots$ ， $\left(b_{99}, b_{100}\right)$ ，共 49 组，由抽屉原理可知若 $\left(b_{3}, b_{4}\right)$ 为两个等于 $a$ 的数，则命题成立；若否，则可考虑：若 $b_{3}=a, b_{4} \neq a$ ，此时 $\left(b_{5}, b_{6}\right),\left(b_{7}, b_{8}\right), \cdots,\left(b_{99}, b_{100}\right)$ 中必有一对 $\left(a_{i}, a_{i+1}\right)$ 都等于 $a$ ，结合 $b_{2}=b_{3}=a$ ，命题成立．反之，若 $b_{3} \neq a, b_{4}=a$ ，若 $\left(b_{5}, b_{6}\right),\left(b_{7}, b_{8}\right), \cdots,\left(b_{99}\right.$ ， $\left.b_{100}\right)$ 中有一对为 $a$ ，若为 $\left(b_{5}, b_{6}\right)$ ，则命题成立．反之，仿照上述论证，即证明要么存在两对相邻为 $a$ ，要么存在一组相邻 3 个为 $a$ ，则命题成立． 若 $b_{1}=a_{1} \neq a, b_{2} \neq a,\left(b_{i}, b_{i+1}\right)(i=3,5, \cdots, 99)$ ，共 49 组，由抽屉原理可知必存在两组 $\left(b_{i}, b_{i+1}\right)$ ，且 $\left(b_{j}, b_{j+1}\right)(i \neq j)$ 中的数均为 $a$ ，故命题成立． 综上所述，$a_{1}, a_{2}, a_{3}, \cdots, a_{99}, a_{100}$ 中必有两数相等． \section*{模拟试题23}

（1） $$ \begin{aligned} a_{n} & =\frac{1}{9}\left(10^{n}-1\right) \cdot 10^{n}+\frac{2}{9}\left(10^{n}-1\right)=\frac{1}{9}\left(10^{n}-1\right) \cdot\left(10^{n}+2\right) \\ & =\frac{10^{n}-1}{3}\left(\frac{10^{n}-1}{3}+1\right) \end{aligned} $$ 记 $\displaystyle A=\frac{10^{n}-1}{3}$ ，则 $A=\underset{n \text { 个 }}{33 \cdots 3}$ 为整数，所以 $a_{n}=A(A+1)$ ．得证． （2）因为 $\displaystyle a_{n}=\frac{1}{9} 10^{2 n}+\frac{1}{9} 10^{n}-\frac{2}{9}$ ，所以 $$ \begin{aligned} S_{n} & =\frac{1}{9}\left(10^{2}+10^{4}+\cdots+10^{2 n}\right)+\frac{1}{9}\left(10+10^{2}+\cdots+10^{n}\right)-\frac{2}{9} n \\ & =\frac{1}{891}\left(10^{2 n+2}+11 \cdot 10^{n+1}-198 n-210\right) \end{aligned} $$

设三角形的面积为 $S$ ，则 $a h_{a}=b h_{b}=c h_{c}=2 S$ 。故要证的不等式等价于 $a^{4}+b^{4}+c^{4} \geqslant 16 S^{2}$ ． 由秦九韶－海伦公式有 $$ \begin{aligned} a^{4}+b^{4}+c^{4}-16 S^{2}= & a^{4}+b^{4}+c^{4} \\ & -(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c) \\ = & 2 a^{4}+2 b^{4}+2 c^{4}-2 a^{2} b^{2}-2 b^{2} c^{2}-2 c^{2} a^{2} \\ = & \left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}+\left(b^{2}-c^{2}\right)^{2}+\left(c^{2}-a^{2}\right)^{2} \geqslant 0 \end{aligned} $$ 故 $\displaystyle \left(\frac{a}{h_{a}}\right)^{2}+\left(\frac{b}{h_{b}}\right)^{2}+\left(\frac{c}{h_{c}}\right)^{2} \geqslant 4$ ．

由数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 各项均正，得 $a_{n+1}=a_{n}-a_{n}^{2}>0 \Rightarrow a_{n} \in(0,1)$ ，且 $\displaystyle a_{n+1}=a_{n}-a_{n}^{2}= -\left(a_{n}-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{4} \leqslant \frac{1}{4}$ ．显然，有 $\displaystyle a_{2} \leqslant \frac{1}{2+2}$ ． 假设当 $n=k$ 时，结论成立，即 $\displaystyle a_{k} \leqslant \frac{1}{k+2}$ ，则有 $$ a_{k+1}=a_{k}-a_{k}^{2} \leqslant-\left(\frac{1}{k+2}-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{4}=\frac{k+1}{(k+2)^{2}}<\frac{1}{k+3}, $$ 即当 $n=k+1$ 时，结论也成立． 故对于任意正整数 $n \geqslant 2$ ，命题成立． （2）设函数 $\displaystyle f(x)=\ln (x+1)-\frac{x}{1+x}$ ，则 $\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{1}{(1+x)^{2}}=\frac{x}{(1+x)^{2}}>0$ ，所以易得 $\displaystyle \ln (x+1)>\frac{x}{x+1}$ ． 令 $\displaystyle x=\frac{1}{i+2}\left(i \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ，则 $\displaystyle \frac{1}{i+2}=\frac{\frac{1}{i+1}}{1+\frac{1}{i+1}}<\ln \frac{i+2}{i+1}=\ln (i+2)-\ln (i+1)$ 。从而，当 $n \geqslant 2$ 时，有 $$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} a_{i} & \leqslant a_{1}+\sum_{i=2}^{n} \frac{1}{i+2}<a_{1}+\sum_{i=2}^{n}[\ln (i+2)-\ln (i+1)] \\ & =a_{1}+\ln (n+2)-\ln 3<1+\ln \frac{n+2}{3} \end{aligned} $$ 又当 $n=1$ 时，$\displaystyle a_{1}<1=1+\ln \frac{1+2}{3}$ ． 故对于任意正整数 $n$ ，都有 $\displaystyle \sum_{i=1}^{n} a_{i}<1+\ln \frac{n+2}{3}$ ．

注意到 $$ f(x)=\sum_{k=1}^{n} \frac{\cos \left(a_{k}+x\right)}{2^{k-1}}=\sum \frac{\operatorname{Re}\left(I_{k} \cdot I\right)}{2^{k-1}}=\operatorname{Re}\left[\left(\sum_{k=1}^{n} \frac{I_{k}}{2^{k-1}}\right) \cdot I\right], $$ 其中 $I_{k}=\cos a_{k}+\mathrm{i} \sin a_{k}, I=\cos x+\mathrm{i} \sin x$ ． 记 $\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \frac{I_{k}}{2^{k-1}}=A+B \mathrm{i}(A, B \in \mathrm{R})$ ，则 $\displaystyle A=f(0), B=f\left(-\frac{\pi}{2}\right)$ ，故 $$ f(x)=0 \Leftrightarrow \operatorname{Re}[(A+B \mathrm{i}) \cdot I]=0 \Leftrightarrow A \cos x-B \sin x=0 . $$ 若 $A=B=0$ ，则对于任意的 $x \in \mathbf{R}, f(x)=0$ ．但 $\displaystyle f\left(-a_{1}\right)=1+\sum_{k=2}^{n} \frac{\cos \left(a_{k}-a_{1}\right)}{2^{k-1}} \geqslant 1-\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{2^{k-1}}=\frac{1}{2^{n-1}}>0$ ，矛盾．故 $A, B$ 中至少有一个不为零． 若 $A=0, B \neq 0$ ，则 $f(x)=0 \Leftrightarrow \sin x=0 \Leftrightarrow x=k \pi$ ．此时，$x_{1}-x_{2}=m \pi(m \in \mathbf{Z})$ ． 若 $A \neq 0, B=0$ ，则 $\displaystyle f(x)=0 \Leftrightarrow \cos x=0 \Leftrightarrow x=k \pi+\frac{\pi}{2}$ ．此时，$x_{1}-x_{2}=m \pi(m \in \mathbf{Z})$ ． 若 $A \neq 0, B \neq 0$ ，则 $\displaystyle f(x)=0 \Leftrightarrow \tan x=\frac{A}{B} \Leftrightarrow x=k \pi+\arctan \frac{A}{B}$ ．此时，$x_{1}-x_{2}= m \pi(m \in \mathbf{Z})$. \section*{模拟试题25}

（1）由题意得 $$ \left(1-\frac{a_{k-1}}{a_{k}}\right) \frac{1}{\sqrt{a_{k}}}=\frac{a_{k-1}}{\sqrt{a_{k}}}\left(\frac{1}{a_{k-1}}-\frac{1}{a_{k}}\right) $$ $$ \begin{aligned} & =\frac{a_{k-1}}{\sqrt{a_{k}}}\left(\frac{1}{\sqrt{a_{k-1}}}+\frac{1}{\sqrt{a_{k}}}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{a_{k-1}}}-\frac{1}{\sqrt{a_{k}}}\right) \\ & =\left(\sqrt{\frac{a_{k-1}}{a_{k}}}+\frac{a_{k-1}}{a_{k}}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{a_{k-1}}}-\frac{1}{\sqrt{a_{k}}}\right) \leqslant 2\left(\frac{1}{\sqrt{a_{k-1}}}-\frac{1}{\sqrt{a_{k}}}\right), \end{aligned} $$ 所以 $$ \begin{aligned} b_{n} & =\sum_{k=1}^{n}\left(1-\frac{a_{k-1}}{a_{k}}\right) \cdot \frac{1}{\sqrt{a_{k}}} \leqslant 2 \sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{\sqrt{a_{k-1}}}-\frac{1}{\sqrt{a_{k}}}\right) \\ & =2\left(\frac{1}{\sqrt{a_{0}}}-\frac{1}{\sqrt{a_{n}}}\right)<\frac{2}{\sqrt{a_{0}}}=2 . \end{aligned} $$ 又显然有 $0 \leqslant b_{n}$ ，即得 $0 \leqslant b_{n}<2, n=1,2, \cdots$ ． （2）令 $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{a_{k}}}=d^{k}$ ，则当 $0<d<1$ 时，条件（1）满足． 又和式 $\displaystyle b_{n}=\sum_{k=1}^{n}\left(1-\frac{a_{k-1}}{a_{k}}\right) \cdot \frac{1}{\sqrt{a_{k}}}$ 中的第 $k$ 项是 $\displaystyle \left(1-\frac{d^{-2(k-1)}}{d^{-2 k}}\right) d^{k}=\left(1-d^{2}\right) d^{k}$ ，因此 $$ b_{n}=\sum_{k=1}^{n}\left(1-d^{2}\right) d^{k}=\left(1-d^{2}\right) \sum_{k=1}^{n} d^{k}=d(1+d)\left(1-d^{n}\right) $$ 现要求对无穷多个 $n, d(1+d)\left(1-d^{n}\right)>0$ ，则 $\displaystyle d^{n}<1-\frac{c}{d(1+d)}$ ．为此，只要选择 $d$ ，满足 $\displaystyle \sqrt{\frac{c}{2}}<d<1$ 即可．易知 $d^{n} \rightarrow 0$ ，可得．

（1）（i）当直线 $l$ 的斜率不存在时，$P, Q$ 两点关于 $x$ 轴对称，所以 $x_{2}=x_{1}, y_{2}=-y_{1}$ ．因为 $P\left(x_{1}, y_{1}\right)$ 在椭圆上，所以 $$ \begin{equation*} \frac{x_{1}^{2}}{3}+\frac{y_{1}^{2}}{2}=1 \tag{1} \end{equation*} $$ 又 $\displaystyle S_{\triangle O P Q}=\frac{\sqrt{6}}{2}$ ，所以 $$ \begin{equation*} \left|x_{1}\right| \cdot\left|y_{1}\right|=\frac{\sqrt{6}}{2} \tag{2} \end{equation*} $$ 由式（1）、式（2）得 $\displaystyle \left|x_{1}\right|=\frac{\sqrt{6}}{2},\left|y_{1}\right|=1$ ．此时 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=3, y_{1}^{2}+y_{2}^{2}=2$ ． （ii）当直线 $l$ 的斜率存在时，设直线 $l$ 的方程为 $y=k x+m$ ．由题意知 $m \neq 0$ ，将其代人 $\displaystyle \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$ ，得 $$ \left(2+3 k^{2}\right) x^{2}+6 k m x+3\left(m^{2}-2\right)=0, $$ 其中 $\Delta=36 k^{2} m^{2}-12\left(2+3 k^{2}\right)\left(m^{2}-2\right)>0$ ，即 $$ \begin{equation*} 3 k^{2}+2>m^{2} \tag{3} \end{equation*} $$ 又 $\displaystyle x_{1}+x_{2}=-\frac{6 k m}{2+3 k^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{3\left(m^{2}-2\right)}{2+3 k^{2}}$ ，所以 $$ |P Q|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{2 \sqrt{6} \sqrt{3 k^{2}+2-m^{2}}}{2+3 k^{2}} $$ 因为点 $O$ 到直线 $l$ 的距离为 $\displaystyle d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^{2}}}$ ，所以 $$ \begin{aligned} S_{\triangle O P Q} & =\frac{1}{2}|P Q| \cdot d=\frac{1}{2} \sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{2 \sqrt{6} \sqrt{3 k^{2}+2-m^{2}}}{2+3 k^{2}} \cdot \frac{|m|}{\sqrt{1+k^{2}}} \\ & =\frac{\sqrt{6}|m| \sqrt{3 k^{2}+2-m^{2}}}{2+3 k^{2}} \end{aligned} $$ 又 $\displaystyle S_{\triangle O P Q}=\frac{\sqrt{6}}{2}$ ，整理得 $3 k^{2}+2=2 m^{2}$ ，且符合式（3），此时 $$ \begin{aligned} x_{1}^{2}+x_{2}^{2} & =\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2} \\ & =\left(-\frac{6 k m}{2+3 k^{2}}\right)^{2}-2 \times \frac{3\left(m^{2}-2\right)}{2+3 k^{2}}=3 \\ y_{1}^{2}+y_{2}^{2} & =\frac{2}{3}\left(3-x_{1}^{2}\right)+\frac{2}{3}\left(3-x_{2}^{2}\right)=4-\frac{2}{3}\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right)=2 . \end{aligned} $$ 综上所述，$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=3, y_{1}^{2}+y_{2}^{2}=2$ ，结论成立． （2）当直线 $l$ 的斜率不存在时，由（i）知 $\displaystyle |O M|=\left|x_{1}\right|=\frac{\sqrt{6}}{2},|P Q|=2\left|y_{1}\right|=2$ ，因此 $\displaystyle |O M| \cdot |P Q|=\frac{\sqrt{6}}{2} \times 2=\sqrt{6}$. 当直线 $l$ 的斜率存在时，由（ii）知 $$ \frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{3 k}{2 m}, \quad \frac{y_{1}+y_{2}}{2}=k\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)+m=-\frac{3 k^{2}}{2 m}+m=\frac{-3 k^{2}+2 m^{2}}{2 m}=\frac{1}{m} $$ 所以 $$ \begin{aligned} & |O M|^{2}=\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{y_{1}+y_{2}}{2}\right)^{2}=\frac{9 k^{2}}{4 m^{2}}+\frac{1}{m^{2}}=\frac{6 m^{2}-2}{4 m^{2}}=\frac{1}{2}\left(3-\frac{1}{m^{2}}\right), \\ & |P Q|^{2}=\left(1+k^{2}\right) \frac{24\left(3 k^{2}+2-m^{2}\right)}{\left(2+3 k^{2}\right)^{2}}=\frac{2\left(2 m^{2}+1\right)}{m^{2}}=2\left(2+\frac{1}{m^{2}}\right), \end{aligned} $$ 故 $$ \begin{aligned} |O M|^{2} \cdot|P Q|^{2} & =\frac{1}{2} \times\left(3-\frac{1}{m^{2}}\right) \times 2 \times\left(2+\frac{1}{m^{2}}\right)=\left(3-\frac{1}{m^{2}}\right)\left(2+\frac{1}{m^{2}}\right) \\ & \leqslant\left(\frac{3-\frac{1}{m^{2}}+2+\frac{1}{m^{2}}}{2}\right)^{2}=\frac{25}{4} \end{aligned} $$ 则 $\displaystyle |O M| \cdot|P Q| \leqslant \frac{5}{2}$ ，当且仅当 $\displaystyle 3-\frac{1}{m^{2}}=2+\frac{1}{m^{2}}$ ，即 $m= \pm \sqrt{2}$ 时，等号成立． 综上所述，$|O M| \cdot|P Q|$ 的最大值为 $\displaystyle \frac{5}{2}$ ． （3）椭圆 $C$ 上不存在三点 $D, E, G$ ，使得 $\displaystyle S_{\triangle O D E}=S_{\triangle O D G}=S_{\triangle O E G}=\frac{\sqrt{6}}{2}$ ．证明如下：假设存在 $D(u, v), E\left(x_{1}, y_{1}\right), G\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 满足 $\displaystyle S_{\triangle O D E}=S_{\triangle O D G}=S_{\triangle O E G}=\frac{\sqrt{6}}{2}$ ．由（1）得 $u^{2}+x_{1}^{2}=3$ ， $u^{2}+x_{2}^{2}=3, x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=3 ; v^{2}+y_{1}^{2}=2, v^{2}+y_{2}^{2}=2, y_{1}^{2}+y_{2}^{2}=2$ ，解得 $\displaystyle u^{2}=x_{1}^{2}=x_{2}^{2}=\frac{3}{2}, v^{2}=y_{1}^{2} =y_{2}^{2}=1$ ． 因此 $u, x_{1}, x_{2}$ 只能从 $\displaystyle \pm \frac{\sqrt{5}}{2}$ 中选取，$v, y_{1}, y_{2}$ 只能从 $\pm 1$ 中选取，故 $D, E, G$ 只能在 $\displaystyle \left( \pm \frac{\sqrt{6}}{2}, \pm 1\right)$ 这四点中选取三个不同点，而这三点的两两连线中必有一条过原点，与 $\displaystyle S_{\triangle O D E}= S_{\triangle O D G}=S_{\triangle O E G}=\frac{\sqrt{6}}{2}$ 矛盾． 所以椭圆 $C$ 上不存在满足条件的三点 $D, E, G$ ．

设 $\left\{a_{n}\right\}$ 为满足题意的等差数列，其公差为 $d$ ． （1）若 $d=0$ ，则对于任意的 $n \in \mathrm{~N}$ ，均有 $a_{n}=0$ 或对于任意的 $n \in \mathrm{~N}$ ，均有 $a_{n}=1$ ． （2）若 $d \neq 0$ ，由于 $a_{1}^{2}, a_{2}^{2}, a_{3}^{2}$ 均为该数列中的项，则存在 $m, n, k \in \mathrm{~N}$ ，使得 $a_{1}^{2}=a_{1}+ m d, a_{2}^{2}=a_{1}+n d=\left(a_{1}+d\right)^{2}, a_{3}^{2}=a_{1}+k d=\left(a_{1}+2 d\right)^{2}$ ，故 $2 a_{1}+d=n-m$ ，且 $4 a_{1}+4 d =k-m$ ，从而 $\displaystyle a_{1}=\frac{4 n-3 m-k}{4}, d=\frac{m-n+k}{2} \in \mathrm{Q}$ ． 另一方面，$a_{1}^{2}=a_{1}+m d \Leftrightarrow a_{1}^{2}+(2 m-1) a_{1}-m\left(d+2 a_{1}\right)=0$ ，即 $a_{1}$ 是整系数多项式 $P(x)=x^{2}+(2 m-1) x-m(n-m)$ 的一个有理根．由于 $P(x)$ 的首项系数为 1 ，从而 $a_{1} \in \mathbf{Z}$ ．因此 $d=n-m-2 a_{1} \in \mathbf{Z}$ ．

若 $f(x)=a_{0} x^{n}+a_{1} x^{n-1}+\cdots+a_{n}$ 有有理根，又根据其系数均为整数，则可设其根为 $\displaystyle x=\frac{q}{p},(p, q)=1, p\left|a_{n}, q\right| a_{0}$ ． 又因为 $a_{0}, a_{n}, f(1)$ 与 $f(-1)$ 均非 3 的倍数，所以 $\displaystyle f\left(\frac{q}{p}\right)=0$ ，根据 $f(-1), f(1)$ 中系数的特征可得 $p\left|a_{n}, q\right| a_{0}, p+q|f(-1), p-q| f(1)$ ，则 $p, q \equiv \pm 1(\bmod 3)$ 。从而 $p+q$或 $p-q$ 中至少有一个是 3 的倍数．矛盾． 故原方程无有理根．

由题意可知直线 $l$ 的斜率存在，设直线 $l$ 的方程为 $y=k(x+a)$ ，则 $Q(0, k a)$ ，直线 $O S$ 的方程为 $y=k x$ ，与椭圆方程联立，得到 $\displaystyle |O S|=\sqrt{1+k^{2}} \frac{a b}{\sqrt{b^{2}+a^{2} k^{2}}}$ ．同理得到 $\displaystyle |A R|= \sqrt{1+k^{2}} \frac{2 a b^{2}}{b^{2}+a^{2} k^{2}}$ ．又 $|A Q|=a \sqrt{1+k^{2}}$ ，所以 $2|O S|^{2}=|A Q| \cdot|A R|$ ，得证．

（1）$f^{\prime}(x)=1-\cos x \geqslant 0$ ，仅当 $x=2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$ 时，$f^{\prime}(x)=0$ ，故 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增。 （2）$f(x)$ 为奇函数，$f(0)=0$ ，由（1）知当 $x \geqslant 0$ 时，$f(x) \geqslant 0$ ，即 $x-\sin x \geqslant 0$ ，也就是 $\sin x \leqslant x$ 在 $[0,+\infty)$ 上恒成立． 由已知得 $\displaystyle x_{n+1}-\frac{\pi}{2}=-\frac{1}{2} \cos x_{n}=\frac{1}{2} \sin \left(x_{n}-\frac{\pi}{2}\right)$ ，所以 $$ \left|x_{n+1}-\frac{\pi}{2}\right|=\frac{1}{2}\left|\sin \left(x_{n}-\frac{\pi}{2}\right)\right| \leqslant \frac{1}{2}\left|x_{n}-\frac{\pi}{2}\right|, $$ 故 $$ \left|x_{n}-\frac{\pi}{2}\right| \leqslant \frac{1}{2}\left|x_{n-1}-\frac{\pi}{2}\right| \leqslant \frac{1}{2^{2}}\left|x_{n-2}-\frac{\pi}{2}\right| \leqslant \cdots \leqslant \frac{1}{2^{n-1}}\left|x_{1}-\frac{\pi}{2}\right|=\frac{\pi}{2^{n+1}}, $$ 则 $$ S_{n} \leqslant \pi\left(\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+\cdots+\frac{1}{2^{n+1}}\right)=\pi\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2^{n+1}}\right)<\frac{\pi}{2} $$

当 $n-x^{2} \leqslant 0$ 时，命题显然成立． 当 $n-x^{2}>0$ ，即 $-n \leqslant-\sqrt{n}<x<\sqrt{n} \leqslant n$ 时，$\displaystyle -1<\frac{x}{n}<1$ ，结合 $\mathrm{e}^{x} \geqslant 1+x(x \in \mathbf{R})$ 成立，可得 $$ n\left(1-\frac{x}{n}\right)^{n} \mathrm{e}^{x}=n\left[\left(1-\frac{x}{n}\right) \mathrm{e}^{\frac{x}{n}}\right]^{n} \geqslant n\left[\left(1-\frac{x}{n}\right)\left(1+\frac{x}{n}\right)\right]^{n}=n\left(1-\frac{x^{2}}{n^{2}}\right)^{n} . $$ 令 $\displaystyle f(x)=n\left(1-\frac{x^{2}}{n^{2}}\right)^{n}-\left(n-x^{2}\right)$ ，则通过导数可知： 当 $-\sqrt{n}<x<0$ 时，$f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减； 当 $0<x<\sqrt{n}$ 时，$f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增． 故当 $-\sqrt{n}<x<\sqrt{n}$ 时，$f(x)_{\text {min }}=f(0)=0$ ，从而有 $\displaystyle f(x)=n\left(1-\frac{x^{2}}{n^{2}}\right)^{n}-\left(n-x^{2}\right) \geqslant 0$ ，即 $\displaystyle n\left(1-\frac{x^{2}}{n^{2}}\right)^{n} \geqslant n-x^{2}$ ． 再由前面可知，当 $-\sqrt{n}<x<\sqrt{n}$ 时， $$ n\left(1-\frac{x^{2}}{n^{2}}\right)^{n} \geqslant n-x^{2} \Rightarrow n\left(1-\frac{x}{n}\right)^{n} \mathrm{e}^{x} \geqslant n-x^{2} \Rightarrow n-n\left(1-\frac{x}{n}\right)^{n} \mathrm{e}^{x} \leqslant x^{2} . $$ 综上所述，当 $x \leqslant n$ 时，有 $\displaystyle n-n\left(1-\frac{x}{n}\right)^{n} \mathrm{e}^{x} \leqslant x^{2}$ ．

首先，证明 $f(x)=0$ 的根的模大于 1．设 $f\left(x_{0}\right)=0$ ，若 $\left|x_{0}\right| \leqslant 1$ ，则 $$ \begin{aligned} p & =\left|a_{n} x_{0}^{n}+a_{n-1} x_{0}^{n-1}+\cdots+a_{1} x_{0}+a_{0}\right| \\ & \leqslant\left|a_{n}\right|+\left|a_{n-1}\right|+\cdots+\left|a_{1}\right|+\left|a_{0}\right| \end{aligned} $$ 与题设矛盾． 若 $f(x)=g(x) h(x), g(x), h(x) \in Z[x]$ ，则 $p=|f(0)|=|g(0)||h(0)|, g(0)$ ， $h(0)$ 为整数．不妨设 $a$ 为 $g(x)$ 的首项系数，则 $\displaystyle \frac{g(0)}{a}$ 为所有根之积，于是 $\displaystyle \left|\frac{g(0)}{a}\right|>1$ ，从而 $|g(0)|>1$ ． 同理，$|h(0)|>1$ ．故 $p=|g(0)||h(0)|$ ，与 $p$ 为素数矛盾． \section*{模拟试题29}

$\displaystyle \frac{16}{27}$ ． 设 $|A B|=c,|A C|=b,|D E|=m$ ，则 $S_{\triangle A D E}=2 x y$ ． 又 $\displaystyle S_{\triangle A D E}=\frac{1}{2}$ cxm $\sin \angle A D E$ ，所以 $\displaystyle \sin \angle A D E=\frac{4 y}{c m}$ 。而 $$ S_{\triangle B D F}=\frac{1}{2}(c-c x) m z \sin \angle A D E=2 y z(1-x) $$ 由三元均值不等式可知 $$ S_{\triangle B D F} \leqslant 2 \times\left(\frac{y+z-x+1}{3}\right)^{3}=\frac{16}{27} $$ 当且仅当 $\displaystyle x=\frac{1}{3}, y=z=\frac{2}{3}$ 时等号成立．

-1 ． 由常见不等式可知 $$ 1=x^{2}+\frac{3}{4} y^{2}+\frac{1}{4} y^{2}+z^{2} \geqslant-\sqrt{3} x y-y z, $$ 解得 $\sqrt{3} x y+y z \geqslant-1$ ，当且仅当 $\displaystyle x=-\frac{\sqrt{3}}{2} y, z=-\frac{1}{2} y$ 时等号成立． 故 $\sqrt{3} x y+y z$ 的最小值为 -1 ．

B． 因为 $A=\log _{0.1} 0.4<1, B=\log _{0.4} 0.1>1, C=0.4^{0.1}<1$ ，所以 $A=\log _{0.1} 0.4<0.4^{0.1}=C$ ．

不妨设 $a>b$ ，则 $$ \cos \theta=\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}} $$ 设 $a_{1}=a, b_{1}=b$ ．下面证明对于任意的 $n$ ，均存在正整数 $a_{n}, b_{n}$ 使得 $$ \sin n \theta=\frac{2 a_{n} b_{n}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)^{n}}, \quad \cos n \theta=\frac{a_{n}^{2}-b_{n}^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)^{n}}, $$ 且 $a_{n}, b_{n}$ 满足 $a_{n}^{2}+b_{n}^{2}=\left(a^{2}+b^{2}\right)^{n}$ ． 当 $n=1$ 时，结论显然成立．假设当 $n=k$ 时，结论成立，则当 $n=k+1$ 时， $$ \begin{aligned} \sin (k+1) \theta & =\sin (k \theta+\theta)=\sin k \theta \cos \theta+\cos k \theta \sin \theta \\ & =\frac{2 a_{k} b_{k}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)^{k}} \frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{a_{k}^{2}-b_{k}^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)^{k}} \frac{2 a b}{a^{2}+b^{2}} \\ & =\frac{2\left(a_{k} a-b_{k} b\right)\left(a_{k} b+b_{k} a\right)}{\left(a^{2}+b^{2}\right)^{k+1}} \\ \cos (k+1) \theta & =\cos (k \theta+\theta)=\cos k \theta \cos \theta-\sin k \theta \sin \theta \\ & =\frac{a_{k}^{2}-b_{k}^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)^{k}} \frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}-\frac{2 a_{k} b_{k}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)^{k}} \frac{2 a b}{a^{2}+b^{2}} \\ & =\frac{\left(a_{k} a-b_{k} b\right)^{2}-\left(a_{k} b+b_{k} a\right)^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)^{k+1}} . \end{aligned} $$ 只需令 $a_{k+1}=\left(a_{k} a-b_{k} b\right), b_{k+1}=\left(a_{k} b+b_{k} a\right)$ ，易知 $a_{k+1}^{2}+b_{k+1}^{2}=\left(a^{2}+b^{2}\right)^{k+1}$ 。 据此完成归纳假设，结论成立．显然对于任意正整数 $n, A_{n}=\left(a^{2}+b^{2}\right)^{n} \sin n \theta$ 为整数． \title{

要证原不等式，只要证明 $\cos A \cos B+\sin A \sin B+\cos B \cos C+\sin A \sin C+\cos C \cos A+\sin A \sin C$ $$ \geqslant 2 \cos A \cos B+2 \cos B \cos C+2 \cos C \cos A $$ $\Leftrightarrow \sin A \sin B+\sin B \sin C+\sin A \sin C \geqslant \cos A \cos B+\cos B \cos C+\cos A \cos C$ $\Leftrightarrow \quad \cos (A+B)+\cos (B+C)+\cos (A+C) \leqslant 0$ $\Leftrightarrow \quad \cos A+\cos B+\cos C \geqslant 0$ ． （1）若 $\triangle A B C$ 是锐角三角形或直角三角形，上式成立． （2）若 $\triangle A B C$ 是针角三角形，不妨设 $C>90^{\circ}, A, B$ 是锐角，则 $$ \begin{array}{ll} & \cos A+\cos B+\cos C \geqslant 0 \\ \Leftrightarrow & \cos A+\cos B \geqslant \cos (A+B) \\ \Leftrightarrow & \cos A+\cos B \geqslant \cos A \cos B-\sin A \sin B \\ \Leftrightarrow & \cos A+\cos B+\sin A \sin B \geqslant \cos A \cos B . \end{array} $$ 因为 $\displaystyle A, B \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ ，所以 $\cos A>\cos A \cos B, \cos B>0, \sin A \sin B>0$ ，故上式成立．

要证不等式等价于 $\cos x \geqslant 1-\sin 2 x$ ，即 $\cos x \geqslant(\cos x-\sin x)^{2}$ ． （1）当 $\displaystyle 0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{4}$ 时， $0 \leqslant \cos x-\sin x \leqslant 1$ ，所以 $\cos x-\sin x \geqslant(\cos x-\sin x)^{2}$ ．又因为 $\cos x \geqslant \cos x-\sin x$ ，故有 $\cos x \geqslant(\cos x-\sin x)^{2}$ ． （2）当 $\displaystyle \frac{\pi}{4}<x \leqslant \frac{\pi}{3}$ 时， $\displaystyle 0 \leqslant \sin x-\cos x \leqslant \frac{\sqrt{3}-1}{2}$ ，所以 $\sin x-\cos x \geqslant(\cos x-\sin x)^{2}$ ．又因为当 $\displaystyle \frac{\pi}{4}<x \leqslant \frac{\pi}{3}$ 时， $2 \cos x \geqslant 1$ ，即有 $2 \cos x>\sin x$ ，所以 $\cos x>\sin x-\cos x>0$ ．故 $\cos x >\sin x-\cos x \geqslant(\cos x-\sin x)^{2}$ ． 综上所述，原不等式成立．

（1）因为 $\displaystyle f(x)=\frac{-4^{x}+b}{4^{x+1}+a}$ 是定义在 $\mathbf{R}$ 上的奇函数，所以 $f(0)=0$ ，即有 $b=1$ ．又 $f(x)+f(-x)=0$ ，故有 $\displaystyle \frac{-4^{x}+1}{4^{x+1}+a}+\frac{-4^{-x}+1}{4^{-x+1}+a}=0$ ，即 $\displaystyle \frac{-4^{x}+1}{4^{x+1}+a}+\frac{-1+4^{x}}{4+a \cdot 4^{x}}=0$ ，亦即 $4^{x+1}+a =4+a \cdot 4^{x}$ ，故 $(4-a) \cdot 4^{x}+(a-4)=0$ ，即 $(4-a)\left(4^{x}-1\right)=0$ ．故 $4-a=0$ ，即有 $a=4$ ．至此 $a=4, b=1$ ． （2）方程 $f(x)+m=0$ ，即为 $\displaystyle \frac{-4^{x}+1}{4^{x+1}+4}+m=0$ ，所以 $\displaystyle 4^{x}=-\frac{4 m+1}{4 m-1}$ ，这个方程有正根，故 $4^{x}>1$ ．于是 $\displaystyle -\frac{4 m+1}{4 m-1}>1$ ，即 $\displaystyle 1+\frac{4 m+1}{4 m-1}<0$ ，亦即 $\displaystyle \frac{8 m}{4 m-1}<0$ ，则 $8 m \cdot(4 m-1)<0$ ，解得 $\displaystyle 0<m<\frac{1}{4}$ ． （3）原不等式即为 $\displaystyle 4^{x}+m \cdot \frac{-4^{x}+1}{4^{x+1}+4}-3>0$ ，所以 $4 \cdot\left(4^{x}\right)^{2}+4 \cdot 4^{x}-12 \cdot 4^{x}-12> m\left(4^{x}-1\right)$ ．因为 $\displaystyle x \in\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ ，所以 $4^{x}-1>0$ ，则 $\displaystyle \frac{m}{4}<\frac{\left(4^{x}\right)^{2}-2 \cdot 4^{x}-3}{4^{x}-1}$ ，即 $\displaystyle \frac{m}{4}<4^{x}-1 -\frac{4}{4^{x}-1}$. 令 $\displaystyle g(x)=4^{x}-1-\frac{4}{4^{x}-1}$ ，因 $g(x)$ 在 $\displaystyle \left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 上单调递增，故 $\displaystyle g(x)>4^{\frac{1}{2}}-1-\frac{4}{4^{\frac{1}{2}}-1}=$ -3 ．于是 $\displaystyle \frac{m}{4}<-3$ ，即有 $m<-12$ ，故 $m$ 的取值范围为 $(-\infty,-12)$ ．

$(-\infty,-2023)$ ． 将不等式 $(x+2020)^{2} f(x+2020)-9 f(-3)>0$ 化为 $$ (x+2020)^{2} f(x+2020)>(-3)^{2} f(-3) $$ 构造函数 $F(x)=x^{2} f(x)$ ，则上式可化为 $F(x+2020)>F(-3)$ ．因为 $F^{\prime}(x)=2 x f(x)+ x^{2} f^{\prime}(x)$ ，由已知 $2 f(x)+x f^{\prime}(x)>x^{2}$ ，又 $x \in(-\infty, 0)$ ，所以 $F^{\prime}(x)<0, F(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上是减函数，故 $x+2020<-3$ ，即 $x<-2023$ ．故所求不等式的解集是 $(-\infty,-2023)$ 。

（1）$[0,+\infty)$ ；（2）$A=[0,+\infty), B=(-\infty, 0)$ ． （1）由题意可知 $f(x)+f(-x)=0$ 有解，即 $4^{x}-m \cdot 2^{x}-1+4^{-x}-m \cdot 2^{-x}-1=0$ 有解．设 $2^{x}=t, t>0$ ，则上式等价于 $\displaystyle t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-m\left(t+\frac{1}{t}\right)-2=0$ 有解．设 $\displaystyle t+\frac{1}{t}=v, v \geqslant 2$ ，则等价于 $v^{2}-m v-4=0$ 在 $v \in[2,+\infty)$ 上有解，即 $\displaystyle m=v-\frac{4}{v}$ 在 $v \in[2,+\infty)$ 上有解．由于 $\displaystyle g(v)=v-\frac{4}{v}$ 在 $[2,+\infty)$ 上单调递增，所以 $g(v) \in[0,+\infty)$ ．故 $m$ 的取值范围是 $[0,+\infty)$ ． （2）$f(x)$ 不是＂部分奇函数＂，等价于对于任意 $x \in \mathbf{R}, f(x)+f(-x) \neq 0$ ．由分段函数的定义可知 $A \cap B=\varnothing, A \cup B=\mathbf{R}$ ．首先证明 $0 \in A$ ，否则 $0 \in B$ ，则 $f(0)=0$ ．所以 $f(0)+ f(-0)=0$ ，那么 $f(x)$ 是＂部分奇函数＂．与题目条件矛盾，所以 $0 \in \mathrm{~A}$ ．那么 $f(0)=1$ ． 再证明对于任意 $x \in A$ ，都有 $x \geqslant 0$ ．否则，存在 $x_{0} \in A, x_{0}<0$ ．由函数单调递增知 $f\left(x_{0}\right) <f(0)$ ，所以 $2^{\left|x_{0}\right|}<1$ ．但是因为 $\left|x_{0}\right|>0$ ，所以 $2^{\left|x_{0}\right|}>1$ ，矛盾． 最后证明对于任意 $x>0$ ，都有 $x \in \mathrm{~A}$ ．否则存在 $x_{0}>0, x_{0} \in B$ ，而此时 $-x_{0}<0$ ，所以 $-x_{0} \in B$ ．于是 $f\left(x_{0}\right)+f\left(-x_{0}\right)=x_{0}-x_{0}=0$ ．那么 $f(x)$ 是＂部分奇函数＂，与题目条件矛盾． 综上所述，可得 $A=[0,+\infty)$ ，所以 $B=(-\infty, 0)$ ．

$(-\infty, 3]$ ． 由 $f(x+1)>a x-3 \mathrm{e}^{x}$ ，可知 $a \ln (x+1)-3(x+1)>a x-3 \mathrm{e}^{x}$ ，即 $a \ln (x+1)-3 \mathrm{e}^{\ln (x+1)} >a x-3 \mathrm{e}^{x}$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立。 构造函数 $g(x)=a x-3 \mathrm{e}^{x}$ ，上式即 $g(\ln (x+1))>g(x)$ ，易证 $\ln (x+1)<x$ ，所以 $g(x) =a x-3 \mathrm{e}^{x}$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减，$g^{\prime}(x)=a-3 \mathrm{e}^{x} \leqslant 0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立，即 $a \leqslant 3 \mathrm{e}^{x}$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立，所以 $a \leqslant 3$ ，实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty, 3]$ ． \section*{模拟试题 36}

$\displaystyle \left[\frac{1}{2 \mathrm{e}}, \mathrm{e}\right]$ ． 原不等式即 $\displaystyle \frac{\ln x}{x^{2}} \leqslant k \leqslant \frac{\mathrm{e}^{x}}{x}$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立，进一步转化为 $\displaystyle \left(\frac{\ln x}{x^{2}}\right)_{\text {max }} \leqslant k \leqslant\left(\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}\right)_{\text {min }}$ ． 设 $\displaystyle h(x)=\frac{\ln x}{x^{2}}$ ，则 $\displaystyle h^{\prime}(x)=\frac{1-2 \ln x}{x^{3}}$ ．当 $x \in(0, \sqrt{\mathrm{e}})$ 时，$h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 递增；当 $x \in (\sqrt{\mathrm{e}},+\infty)$ 时，$h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 递减．所以 $\displaystyle h(x)_{\text {max }}=h(\sqrt{\mathrm{e}})=\frac{1}{2 \mathrm{e}}$ ． 设 $\displaystyle \varphi(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}$ ，则 $\displaystyle \varphi^{\prime}(x)=\frac{x \mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{x}}{x^{2}}=\frac{\mathrm{e}^{x}(x-1)}{x^{2}}$ ．当 $x \in(0,1)$ 时，$\varphi^{\prime}(x)<0, \varphi(x)$ 递减；当 $x \in(1,+\infty)$ 时，$\varphi^{\prime}(x)>0, \varphi(x)$ 递增．所以 $\varphi(x)_{\text {min }}=\varphi(1)=\mathrm{e}$ ． 综上所述，实数 $k$ 的取值范围是 $\displaystyle \left[\frac{1}{2 \mathrm{e}}, \mathrm{e}\right]$ ．

$(-\infty, 0]$ ． 构造函数 $F(x)=\mathrm{e}^{-2 x}[f(x)+2]$ ，则 $F(0)=1$ ，且 $$ F^{\prime}(x)=-2 \mathrm{e}^{-2 x}[f(x)+2]+\mathrm{e}^{-2 x} f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{-2 x}\left[f^{\prime}(x)-2 f(x)-4\right]>0 $$ 可知 $F(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上是递增函数． $$ f(x)+2 \leqslant \mathrm{e}^{2 x} \Leftrightarrow \mathrm{e}^{-2 x}[f(x)+2] \leqslant 1 \Leftrightarrow F(x) \leqslant F(0) \Leftrightarrow x \leqslant 0 $$ 故不等式 $f(x)+2 \leqslant \mathrm{e}^{2 x}$ 的解集是 $(-\infty, 0]$ ．

B． 将 $2^{x}$ 视为一个整体，通过因式分解求得．

B． 可考虑极端位置，$D, C$ 重合于切点；也可证明 $\angle D A O=\angle P O x$ ．

C． 由柯西不等式推论得 $$ \frac{\sin ^{4} x}{a}+\frac{\cos ^{4} x}{b}=\frac{\left(\sin ^{2} x\right)^{2}}{a}+\frac{\left(\cos ^{2} x\right)^{2}}{b} \geqslant \frac{\left(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x\right)^{2}}{a+b}=\frac{1}{a+b}, $$ 当且仅当 $\displaystyle \frac{\sin ^{2} x}{a}=\frac{\cos ^{2} x}{b}$ 时取等号．结合 $\sin ^{2} x+\cos ^{2} x=1$ ，解得 $\displaystyle \sin ^{2} x=\frac{a}{a+b}, \cos ^{2} x=\frac{b}{a+b}$ ，从而 $\displaystyle \frac{\sin ^{8} x}{a^{3}}+\frac{\cos ^{8} x}{b^{3}}=\frac{1}{(a+b)^{3}}$ ．

D． 由题意及柯西不等式，得 $$ \begin{aligned} 1 & =(5 a+6 b-7 c+4 d)^{2}=\left(\frac{5}{\sqrt{3}} \sqrt{3} a+\frac{6}{\sqrt{2}} \sqrt{2} b+\frac{-7}{\sqrt{5}} \sqrt{5} c+4 d\right)^{2} \\ & \leqslant\left(\frac{25}{3}+\frac{36}{2}+\frac{49}{5}+16\right)\left(3 a^{2}+2 b^{2}+5 c^{2}+d^{2}\right) \\ & =\frac{782}{15}\left(3 a^{2}+3 b^{2}+5 c^{2}+d^{2}\right) \end{aligned} $$ 显然等号可以成立，故所求最小值是 $\displaystyle \frac{15}{782}$ ．

先证明一般的结论：对于任意自然数 $n(n \geqslant 2)$ ，以及 $n$ 个大于 1 的数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ ，有 $2^{n-1}\left(a_{1} a_{2} \cdots a_{n}+1\right) \geqslant\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \cdots\left(1+a_{n}\right)$ ．下面用数学归纳法证明． 当 $n=2$ 时，原不等式为 $2\left(a_{1} a_{2}+1\right) \geqslant\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right)$ ，即 $\left(a_{1}-1\right)\left(a_{2}-1\right) \geqslant 0$ ，故当 $n=2$ 时结论成立． 假设当 $n=k$ 时结论成立，即 $2^{k-1}\left(a_{1} a_{2} \cdots a_{k}+1\right) \geqslant\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \cdots\left(1+a_{k}\right)$ ，则当 $n=k+1$ 时， $$ \begin{aligned} \left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \cdots\left(1+a_{k}\right)\left(1+a_{k+1}\right) & \leqslant 2^{k-1}\left(a_{1} a_{2} \cdots a_{k}+1\right)\left(a_{k+1}+1\right) \\ & \leqslant 2^{k-1} \times 2\left(a_{1} a_{2} \cdots a_{k+1}+1\right) \\ & =2^{k}\left(a_{1} a_{2} \cdots a_{k+1}+1\right) \end{aligned} $$ 故结论对于任意 $n$ 都成立，所以当 $n=4$ 时，所要证明的不等式成立．

先证明 $\displaystyle \frac{1}{S_{m}}+\frac{1}{S_{n}} \geqslant \frac{2}{S_{p}}$ ．在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中，由 $m+n=2 p$ ，易得 $a_{m}+a_{n}=2 a_{p}$ ，等式两边同加 $2 a_{1}$ ，得 $\left(a_{1}+a_{m}\right)+\left(a_{1}+a_{n}\right)=2\left(a_{1}+a_{p}\right)$ ． 由等差数列前 $n$ 项和公式化简，得 $\displaystyle \frac{S_{m}}{m}+\frac{S_{n}}{n}=\frac{2 S_{p}}{p}$ ．根据柯西不等式，有 $\displaystyle \left(\frac{1}{S_{m}}+\frac{1}{S_{n}}\right)\left(\frac{S_{m}}{m}+\frac{S_{n}}{n}\right) \geqslant\left(\frac{1}{\sqrt{m}}+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^{2}$ ，因此 $\displaystyle \left(\frac{1}{S_{m}}+\frac{1}{S_{n}}\right) \cdot \frac{2 S_{p}}{p} \geqslant\left(\frac{1}{\sqrt{m}}+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^{2}$ ．故 $\displaystyle \frac{1}{S_{m}}+\frac{1}{S_{n}} \geqslant \frac{p}{2 S_{p}}\left(\frac{1}{\sqrt{m}}+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^{2}$ ．又由柯西不等式与均值不等式，易得 $$ (m+n) \cdot\left(\frac{1}{\sqrt{m}}+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^{2}=(m+n)\left(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}\right)+\frac{2(m+n)}{\sqrt{m n}} \geqslant 2^{2}+4=8 $$ 故 $$ \begin{equation*} \frac{1}{S_{m}}+\frac{1}{S_{n}} \geqslant \frac{2}{S_{p}} \tag{1} \end{equation*} $$ 成立。由题意知 $S_{m}, S_{n} \in \mathbf{R}_{+}$，因此，根据幂平均不等式，有 $\displaystyle \frac{\frac{1}{S_{m}}+\frac{1}{S_{n}}}{2} \leqslant\left(\frac{\frac{1}{S_{m}^{k}}+\frac{1}{S_{n}^{k}}}{2}\right)^{\frac{1}{k}}$ ，两边 $k$次方，得 $\displaystyle \frac{\left(\frac{1}{S_{m}}+\frac{1}{S_{n}}\right)^{k}}{2^{k}} \leqslant \frac{\frac{1}{S_{m}^{k}}+\frac{1}{S_{n}^{k}}}{2}$ ，即 $\displaystyle \left(\frac{1}{S_{m}}+\frac{1}{S_{n}}\right)^{k} \frac{1}{2^{k-1}} \leqslant \frac{1}{S_{m}^{k}}+\frac{1}{S_{n}^{k}}$ ．又由式（1）知 $\displaystyle \frac{1}{S_{m}}+\frac{1}{S_{n}} \geqslant \frac{2}{S_{p}}$ ，所以 $$ \left(\frac{2}{S_{p}}\right)^{k} \cdot \frac{1}{2^{k-1}} \leqslant\left(\frac{1}{S_{m}}+\frac{1}{S_{n}}\right)^{k} \cdot \frac{1}{2^{k-1}} \leqslant \frac{1}{S_{m}^{k}}+\frac{1}{S_{n}^{k}}, $$ 即 $\displaystyle \frac{1}{S_{m}^{k}}+\frac{1}{S_{n}^{k}} \geqslant \frac{2}{S_{p}^{k}}$ ．

$\displaystyle x=\frac{\sqrt{2} a b}{a+b}$ ． 设 $$ \begin{aligned} P & =\sqrt{x^{2}-\sqrt{2} a x+a^{2}}+\sqrt{x^{2}-\sqrt{2} b x+b^{2}} \\ & =\sqrt{\left(x-\frac{\sqrt{2}}{2} a\right)^{2}+\left(0-\frac{\sqrt{2}}{2} a\right)^{2}}+\sqrt{\left(x-\frac{\sqrt{2}}{2} b\right)^{2}+\left(0-\frac{\sqrt{2}}{2} b\right)^{2}} . \end{aligned} $$ 上式的几何意义为，在平面直角坐标系 $x O y$ 中，$x$ 轴上一动点到两个动点 $\displaystyle A\left(\frac{\sqrt{2}}{2} a, \frac{\sqrt{2}}{2} a\right)$ ， $\displaystyle B\left(\frac{\sqrt{2}}{2} b, \frac{\sqrt{2}}{2} b\right)$ 的距离之和．设 $B$ 关于 $x$ 轴的对称点为 $B^{\prime}$ ，则 $P \geqslant \sqrt{a^{2}+b^{2}}$ ．而 $P \leqslant \sqrt{a^{2}+b^{2}}$ ，所以此时 $x$ 为直线 $B^{\prime} A$ 与 $x$ 轴交点的横坐标，则 $$ l_{B^{\prime} A}: y=\frac{b+a}{b-a}\left(x-\frac{\sqrt{2}}{2} b\right)+\frac{\sqrt{2}}{2} b $$ 令 $y=0$ ，解得 $\displaystyle x=\frac{\sqrt{2} a b}{a+b}$ ．

$3 \sqrt{3}$ ． 设 $P(\cos \alpha, \sin \alpha)$ ，则 $$ S=|A P| \cdot|B P|^{2}=\sqrt{\cos ^{2} \alpha+(\sin \alpha-2)^{2}}\left[\cos ^{2} \alpha+(1+\sin \alpha)^{2}\right] $$ 整理可得 $$ S=8 \sqrt{\left(\frac{1+\sin \alpha}{2}\right)\left(\frac{5}{4}-\sin \alpha\right)} $$ 由三元均值不等式可知 $$ S \leqslant 8 \times \sqrt{\left(\frac{1+\frac{5}{4}}{3}\right)^{3}}=3 \sqrt{3} $$ 且当 $\displaystyle \sin \alpha=\frac{1}{2}$ 时，等号成立．故 $|A P| \cdot|B P|^{2}$ 的最大值为 $3 \sqrt{3}$ ．

45 ． （1）当只对应 $B$ 中 1 个元素时，此时＂好对＂有 $15 \times 15=225$ 对． （2）当只对应 $B$ 中 2 个元素时，设有 $a_{1}$ 组 $f(x)=f(y), b_{1}$ 组 $f(x)=f(y)$ ，则此时＂好对＂有 $a_{1}^{2}+b_{1}^{2}$ 对，且 $a_{1}+b_{1}=15$ ，则由柯西不等式可知 $$ a_{1}^{2}+b_{1}^{2} \geqslant \frac{\left(a_{1}+b_{1}\right)^{2}}{2}=\frac{225}{2} . $$ （3）当只对应 $B$ 中 3 个元素时，设有 $a_{2}$ 组 $f(x)=f(y), b_{2}$ 组 $f(x)=f(y), c_{2}$ 组 $f(x) =f(y)$ ，则此时＂好对＂有 $a_{2}^{2}+b_{2}^{2}+c_{2}^{2}$ 对，且 $a_{2}+b_{2}+c_{2}=15$ ，则由柯西不等式可知 $$ a_{2}^{2}+b_{2}^{2}+c_{2}^{2} \geqslant \frac{\left(a_{2}+b_{2}+c_{2}\right)^{2}}{3}=75 . $$ 依次可得，当对应 $B$ 中有 5 个元素时，此时＂好对＂的最小值为 45 ，当且仅当 $A$ 中每 3 个元素对应 $B$ 中一个元素时，等号成立．故＂好对＂的个数的最小值为 45 ．

5. 因为 $a b(a+8 b)=20$ ，所以由二元均值不等式可知 $$ \left(\frac{5}{2} a\right)(5 b)(a+8 b)=250 \leqslant \frac{\left(\frac{5}{2} a+5 b\right)^{2}}{4}(a+8 b) $$ 解得 $$ 1000 \leqslant \frac{1}{4}\left(\frac{5}{2} a+5 b\right)^{2}(a+8 b) \leqslant\left(\frac{6 a+18 b}{3}\right)^{3}=8(a+3 b)^{3}, $$ 即 $a+3 b \geqslant 5$ ，当 $a=2, b=1$ 时等号成立．

D． 取 $p=q=r=3$ ，则 $\displaystyle \frac{p q r}{p+q+r}=3$ ，故选项 A 错误． 取 $p=2, q=5, r=7$ ，则 $\displaystyle \frac{p q r}{p+q+r}=5$ ，故选项 BC 错误． 故 D 正确，证明如下： 由 $p, q, r$ 为素数，且 $\displaystyle \frac{p q r}{p+q+r} \in \mathbf{Z}$ ，设 $\displaystyle \frac{p q r}{p+q+r}=k$ 。若 $k=1$ ，则 $(p, q, r)=(1,2,3)$ 矛盾，故 $k \geqslant 2$ ．因 $$ \begin{equation*} p q r=k(p+q+r), \tag{1} \end{equation*} $$ 即式（1）为 $k(p+q+r)$ 的素因子分解，又 $p+q+r \geqslant \max \{p, q, r\}$ ，所以 $p+q+r=p q$ 或 $p r$ 或 $q r$ 。故 $k=r$ 或 $q$ 或 $p$ 。得证。

BC ． 当 $\lambda=0$ 时，$\displaystyle M=\frac{1}{2}$ ，原不等式成立． 当 $\lambda>0$ 时，原式左边 $\geqslant 0$ ，所以 $M$ 取全体负数均成立． $$ \begin{equation*} \lambda \geqslant\left[(M-1)\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right)+2 M x_{1} x_{2}\right] \frac{1}{x_{1} x_{2}}=(M-1) \frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{x_{1} x_{2}}+2 M . \tag{1} \end{equation*} $$ 要使式（1）对于 $\forall x_{1}, x_{2} \in[0,+\infty)$ 均成立，则 $\lambda$ 大于式（1）右边最大值． 因为 $\displaystyle \frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{x_{1} x_{2}} \geqslant 2$ ，所以令 $\displaystyle t=\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{x_{1} x_{2}} \geqslant 2$ ．若 $M \leqslant 1$ ，则 $\lambda \geqslant 2(M-1)+2 M=4 M-2$ ，所以 $\lambda \geqslant 2$ ． 若 $\lambda \geqslant 2$ ，则 $2 \geqslant(M-1) t+2 M$ ，即 $(M-1)(t+2) \leqslant 0$ ，亦即 $M \leqslant 1$ ． 若 $\lambda=-6$ ，则 $-6 \geqslant(M-1) t+2 M$ ．令 $M=-3$ ，则 $-4 t \leqslant 0$ ．

B． 由 $\displaystyle -\tan \theta>0,\left(\frac{1}{a}\right)^{-\tan \theta}>\left(\frac{1}{b}\right)^{-\tan \theta}>1$ ，知 $\displaystyle \frac{1}{a}>\frac{1}{b}>1$ ，所以 $a<b<1$ ．

C． 对于选项 A ，直线 $y=k x$ 与曲线 $y=\sin x$ 在 $x=x_{5}$ 时相切，于是有 $\left\{\begin{array}{l}k x_{5}=\sin x_{5}, \\ k=\cos x_{5},\end{array}\right.$ 从而可得 $x_{5}=\tan x_{5}$ ． 对于选项 B ，考虑直线 $y=x$ 与曲线 $y=\tan x$ 在区间 $\displaystyle \left(2 \pi, \frac{5 \pi}{2}\right)$ 内的公共点，由于 $\displaystyle \tan \frac{29 \pi}{12} =\tan \frac{5 \pi}{12}=2+\sqrt{3}<\frac{29 \pi}{12}$ ，于是 $\displaystyle x_{5} \in\left(\frac{29 \pi}{12}, \frac{5 \pi}{2}\right)$ ． 对于选项 C，若 $x_{2}, x_{4}, x_{5}$ 构成等差数列，则 $x_{5}=3 x_{4}$ ，接下来证明方程组 $\left\{\begin{array}{l}k x=\sin x, \\ k \cdot 3 x=\sin 3 x\end{array}\right.$ 无非零实数解．事实上，第二个方程即 $3 k x=3 \sin x-4 \sin ^{3} x$ ，将第一个方程代人即可，于是选项 C 错误。 对于选项 D ，根据对称性可知该选项正确．

A． 首先意识到对于条件（1），可以通过赋值来判断函数的奇偶性．令 $y=-x$ ，可得 $f(x)+ f(-x)=f(0)$ ，再令 $x=y=0$ ，可得 $f(0)=0$ ，所以原函数为奇函数．对于抽象函数证明其单调性时，常常无法求导，只能用最＂朴素＂的方法计算出 $x_{1}, x_{2}$ 的相对大小，再去考虑 $f\left(x_{1}\right) -f\left(x_{2}\right)$ 的正负，所以可以自然地想到用条件（2）来判断单调性，因为条件（1）中给出了＂大于零＂这个条件，但注意到条件（2）中给出的是加号，而非减号，所以可以利用奇偶性来人为地 ＂造＂出减号．不妨设 $x_{1}<-x_{2}$ ，则可以得到 $$ f\left(x_{1}\right)+f\left(-x_{2}\right)=f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=f\left(\frac{x_{1}-x_{2}}{1-x_{1} x_{2}}\right)>0, $$ 所以原函数为减函数．接下来看选项 D，注意到下面两种情况： （1）若 $x, y \in(0,1)$ ，则 $\displaystyle \frac{x+y}{1+x y}>x$ 同时也大于 $y$ ． （2）若使 $\displaystyle \frac{x+y}{1+x y}<1$ ，则只需使 $$ 1+x y-x-y>0 \Leftrightarrow(1-x)(1-y)>0 \Leftrightarrow x, y \in(-1,1), $$ 这就意味着可以无穷尽地加下去了。 取 $\displaystyle 0<x_{1}<1, f\left(x_{1}\right)+f\left(\frac{1}{2}\right)=f\left(\frac{x_{1}+\frac{1}{2}}{1+\frac{x_{1}}{2}}\right)$ ，则有 $x_{1}<x_{2}<1$ ．再重复这样的操作，有 $\displaystyle f\left(x_{2}\right)+f\left(\frac{1}{2}\right)=f\left(\frac{x_{2}+\frac{1}{2}}{1+\frac{x_{2}}{2}}\right)$ ，令 $\displaystyle x_{3}=\frac{x_{2}+\frac{1}{2}}{1+\frac{x_{2}}{2}}$ ，则 $x_{2}<x_{3}<1$ ．那么重复 $n$ 次之后就可以得到 $\displaystyle 0<x_{n+1}<1, f\left(x_{n+1}\right)=f\left(x_{1}\right)+n f\left(\frac{1}{2}\right)$ ，而 $\displaystyle f\left(\frac{1}{2}\right)$ 是一个固定的常数，所以当 $n$ 趋近于正无穷时便可知 $f\left(x_{n+1}\right) \rightarrow-\infty$ ，所以无界．

B． $\displaystyle \frac{6}{7}<\frac{k}{n}<\frac{7}{8} \Leftrightarrow \frac{6 n}{7}<k<\frac{7 n}{8}$ ，由题意得 $\displaystyle \frac{6 n}{7}$ 到 $\displaystyle \frac{7 n}{8}$ 只有一个整数，$\displaystyle \frac{7 n}{8}-\frac{6 n}{7} \leqslant 2 \Leftrightarrow n \leqslant 112$ ．

D． 先证明所分出的三角形中至多只有一个锐角三角形． 如图 J3 所示，假设 $\triangle A B C$ 是锐角三角形，证明另一个 $\triangle D E F$（不妨设在 $A C$ 的另一边，其中的边 $E F$ 有可能与 $A C$ 重合）的 $\angle D$ 一定是钝角．事实上，$\angle D \geqslant \angle A D C$ ，而四边形 $A B C D$ 是圆内接四边形，所以 $\angle A D C=180^{\circ}-\angle B$ ，故 $\angle D$ 为钝角．这样就排除了选项 $\mathrm{B}, \mathrm{C}$ ． 下面证明所分出的三角形中至少有一个锐角三角形． \begin{figure} \begin{figure} 如图 J4 所示，假设 $\triangle A B C$ 中 $\angle B$ 是钝角，在 $A C$ 的另一侧一定还有其他顶点，我们就找 在 $A C$ 的另一侧的相邻（指有公共边 $A C$ ）$\triangle A C D$ ，则 $\angle D=180^{\circ}-\angle B$ 是锐角，这时如果还是钝角，用同样的方法继续找下去，则最后可以找到一个锐角三角形．

（1）设集合 $A \subseteq\left\{1,2, \cdots, 2^{3}-1\right\}$ ，且 $A$ 满足条件（1）（2），则 $1 \in A, 7 \in A$ ．由于 $\{1, m, 7\}(m=2,3, \cdots, 6)$ 不满足条件（2），故 $|A|>3$ ． 又 $\{1,2,3,7\},\{1,2,4,7\},\{1,2,5,7\},\{1,2,6,7\},\{1,3,4,7\},\{1,3,5,7\},\{1,3,6,7\}$, $\{1,4,5,7\},\{1,4,6,7\},\{1,5,6,7\}$ 都不满足条件（2），故 $|A|>4$ ．而集合 $\{1,2,4,6,7\}$ 满足条件（1）（2），所以 $f(3)=5$ ． （2）首先证明 $$ \begin{equation*} f(n+1) \leqslant f(n)+2 \quad(n=3,4, \cdots) \tag{1} \end{equation*} $$ 事实上，若 $A \subseteq\left\{1,2, \cdots, 2^{n}-1\right\}$ ，满足（1）（2），且 $A$ 的元素个数为 $f(n)$ ． 令 $B=A \cup\left\{2^{n+1}-2,2^{n+1}-1\right\}$ ，由于 $2^{n+1}-2>2^{n}-1$ ，故 $|B|=f(n)+2$ ． 又 $2^{n+1}-2=2\left(2^{n}-1\right), 2^{n+1}-1=1+\left(2^{n+1}-2\right)$ ，所以 $B \subseteq\left\{1,2, \cdots, 2^{n+1}-1\right\}$ ，且 $B$ 满足条件（1）（2）．从而 $f(n+1) \leqslant|B|=f(n)+2$ ． 其次证明 $$ \begin{equation*} f(2 n) \leqslant f(n)+n+1 \quad(n=3,4, \cdots) \tag{2} \end{equation*} $$ 事实上，设 $A \subseteq\left\{1,2, \cdots, 2^{n}-1\right\}$ 满足条件（1）（2），且 $A$ 的元素个数为 $f(n)$ ． 令 $B=A \cup\left\{2\left(2^{n}-1\right), 2^{2}\left(2^{n}-1\right), \cdots, 2^{n}\left(2^{n}-1\right), 2^{2 n}-1\right\}$ ，由于 $2\left(2^{n}-1\right)<2^{2}\left(2^{n}-1\right) <\cdots<2^{n}\left(2^{n}-1\right)<2^{2 n}-1$ ，因此 $B \subseteq\left\{1,2, \cdots, 2^{2 n}-1\right\}$ ，且 $|B|=f(n)+n+1$ 。而 $2^{k+1}\left(2^{n}-1\right) =2^{k}\left(2^{n}-1\right)+2^{k}\left(2^{n}-1\right)(k=0,1, \cdots, n-1), 2^{2 n}-1=2^{n}\left(2^{n}-1\right)+\left(2^{n}-1\right)$ ，从而 $B$ 满足条件（1）（2），于是 $f(2 n) \leqslant|B|=f(n)+n+1$ ． 由式（1）、式（2）得 $$ \begin{equation*} f(2 n+1) \leqslant f(n)+n+3 \tag{3} \end{equation*} $$ 反复利用式（2）、式（3）可得 $$ \begin{aligned} f(100) & \leqslant f(50)+50+1 \leqslant f(25)+25+1+51 \\ & \leqslant f(12)+12+3+77 \leqslant f(6)+6+1+92 \\ & \leqslant f(3)+3+1+99=108 \end{aligned} $$

（1）化简 $\displaystyle \frac{1-q^{n+1}}{1-q} \leqslant 4 q^{n-1}$ ，可得 $\displaystyle \frac{1}{q^{n-1}} \geqslant(q-2)^{2}$ 对于任意正整数 $n$ 成立，左边在 $n$无穷大时是无穷小，所以 $q=2$ ． （2）解法 1 假设 $l$ 是 $1,2,3, \cdots, m$ 中满足 $a_{n} \neq b_{n}$ 的最大角标，则 $$ \begin{aligned} \left|\sum_{k=1}^{m} a_{k}-\sum_{k=1}^{m} b_{k}\right| & =\left|\sum_{k=1}^{l} a_{k}-\sum_{k=1}^{l} b_{k}\right| \\ & =\left|a_{l}-b_{l}\right|-\left|\sum_{k=1}^{l-1} a_{k}-\sum_{k=1}^{l-1} b_{k}\right| \\ & \geqslant 2^{l}-\sum_{k=1}^{l-1} 2^{k}=2 . \end{aligned} $$ 解法2 假设 $l$ 是 $1,2,3, \cdots, m$ 中满足 $a_{n} \neq b_{n}$ 的最小角标，则 $$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{m} a_{k}-\sum_{k=1}^{m} b_{k} & \equiv a_{l+1}-b_{l+1}+\left(a_{l}-b_{l}\right) \\ & \equiv \pm 2^{l} \pm 2^{l} \pm 2^{l} \not \equiv 0\left(\mathrm{~mol} 2^{l+1}\right) \end{aligned} $$ （3）显然 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $m$ 项和是正数，当且仅当 $a_{m}>0$ 时，$a_{i}(i=1,2, \cdots, m-1)$ 的符号随意，即 $\left\{a_{n}\right\}: \pm 1, \pm 2, \pm 4, \cdots, \pm 2^{2 m-2}, 2^{m-1}$ 。这样的数列共有 $2^{m-1}$ 个．若 $a_{i}$ 与 $b_{i}$ 符号相反，则进行配对 $(i=1,2, \cdots, m-1)$ 。于是，$A_{m}$ 中所有元素之和为 $2^{m-1} \cdot 2^{m-1}=2^{2 m-2}$ ． \section*{模拟试题51}

$$ f(x)=\frac{(a+\sin x)(4+\sin x)}{1+\sin x}=1+\sin x+\frac{3(a-1)}{1+\sin x}+a+2 . $$ 当 $\displaystyle 1<a \leqslant \frac{7}{3}$ 时， $0<\sqrt{3(a-1)} \leqslant 2$ ，此时 $$ f(x)=1+\sin x+\frac{3(a-1)}{1+\sin x}+a+2 \geqslant 2 \sqrt{3(a-1)}+a+2 $$ 且当 $\sin x=\sqrt{3(a-1)}-1(a \in(-1,1])$ 时不等式等号成立，故 $f(x)_{\min }=2 \sqrt{3(a-1)}+a$ +2 ． 当 $\displaystyle a>\frac{7}{3}$ 时，$\sqrt{3(a-1)}>2$ ，此时对勾函数 $\displaystyle y=t+\frac{3(a-1)}{t}$ 在 $(0, \sqrt{3(a-1)}]$ 内递减，故 $\displaystyle f(x)_{\text {min }}=f(1)=2+\frac{3(a-1)}{2}+a+2=\frac{5(a+1)}{2}$ ． 综上所述， $$ f(x)_{\min }= \begin{cases}2 \sqrt{3(a-1)}+a+2 & \left(1<a \leqslant \frac{7}{3}\right), \\ \frac{5(a+1)}{2} & \left(a>\frac{7}{3}\right) .\end{cases} $$

解法 1 设圆锥曲线的焦点为坐标原点，如图 J1 所示，焦准距为 $p$ ，相应的准线方程为 $x=-p$ ，则圆雉曲线方程为 $$ \begin{equation*} \left(1-e^{2}\right) x^{2}-2 e^{2} p x+y^{2}-e^{2} p^{2}=0 \tag{1} \end{equation*} $$ \begin{figure} 设直线 $l$ 的方程为 $$ \begin{equation*} x=m y \tag{2} \end{equation*} $$ 将式（2）代人式（1）并整理得 $$ \left[\left(1-e^{2}\right) m^{2}+1\right] y^{2}-2 e^{2} p m y-e^{2} p^{2}=0 $$ 当 $\left(1-e^{2}\right) m^{2}+1 \neq 0$ 时，直线 $l$ 与圆雉曲线交于 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，由韦达定理得 $$ \begin{equation*} y_{1}+y_{2}=\frac{2 e^{2} p m}{\left(1-e^{2}\right) m^{2}+1}, \quad y_{1} y_{2}=-\frac{e^{2} p^{2}}{\left(1-e^{2}\right) m^{2}+1} \tag{3} \end{equation*} $$ 设点 $C\left(x_{3}, y_{3}\right)$ ，则 $$ \begin{equation*} \left(1-e^{2}\right) x_{3}^{2}-2 e^{2} p x_{3}+y_{3}^{2}-e^{2} p^{2}=0 \tag{4} \end{equation*} $$ 因为 $x_{3} \neq x_{1}$ ，所以直线 $A C$ 的方程是 $$ \begin{equation*} y-y_{1}=\frac{y_{3}-y_{1}}{x_{3}-x_{1}}\left(x-x_{1}\right) \tag{5} \end{equation*} $$ 令 $x=-p$ ，注意到 $x_{1}=m y_{1}$ ，得点 $M$ 的纵坐标为 $\displaystyle y_{M}=\frac{y_{1}\left(x_{3}+p\right)-m y_{1} y_{3}-p y_{3}}{x_{3}-x_{1}}$ 。同理，点 $N$ 的纵坐标为 $\displaystyle y_{N}=\frac{y_{2}\left(x_{3}+p\right)-m y_{2} y_{3}-p y_{3}}{x_{3}-x_{2}}$ ． 要证明以 $M N$ 为直径的圆必过焦点 $F$ ，只要证明 $y_{M} y_{N}=-p^{2}$ ．由圆锥曲线的定义得 $e^{2}\left(x_{3}+p\right)^{2}=x_{3}^{2}+y_{3}^{2}$ ．由式（3）得 $2 m y_{1} y_{2}+p\left(y_{1}+y_{2}\right)=0$ ，所以 $$ \begin{aligned} {\left[y_{1}( \right.} & \left.\left.x_{3}+p\right)-m y_{1} y_{3}-p y_{3}\right] \cdot\left[y_{2}\left(x_{3}+p\right)-m y_{2} y_{3}-p y_{3}\right] \\ = & {\left[m^{2} y_{1} y_{2}+m p\left(y_{1}+y_{2}\right)+p^{2}\right] y_{3}^{2}-\left(x_{3}+p\right)\left[2 m y_{1} y_{2}+p\left(y_{1}+y_{2}\right)\right] y_{3} } \\ & +\left(x_{3}+p\right)^{2} y_{1} y_{2} \\ = & {\left[m^{2} y_{1} y_{2}+m p\left(y_{1}+y_{2}\right)+p^{2}\right] y_{3}^{2}+\left(x_{3}+p\right)^{2} y_{1} y_{2} } \\ = & {\left[-\frac{e^{2} p^{2} m^{2}}{\left(1-e^{2}\right) m^{2}+1}+\frac{2 e^{2} p^{2} m^{2}}{\left(1-e^{2}\right) m^{2}+1}+p^{2}\right] y^{\frac{2}{3}}-\frac{e^{2}\left(x_{3}+p^{2}\right) p^{2}}{\left(1-e^{2}\right) m^{2}+1} } \\ = & \frac{\left(m^{2}+1\right) p^{2} y_{3}^{2}}{\left(1-e^{2}\right) m^{2}+1}-\frac{\left(x_{3}^{2}+y_{3}^{2}\right) p^{2}}{\left(1-e^{2}\right) m^{2}+1}=-\frac{\left(x_{3}^{2}+m^{2} y_{3}^{2}\right) p^{2}}{\left(1-e^{2}\right) m^{2}+1} . \end{aligned} $$ 由式（3）、式（4）得 $$ \begin{aligned} \left(x_{3}-x_{1}\right)\left(x_{3}-x_{2}\right) & =\left(x_{3}-m y_{1}\right)\left(x_{3}-m y_{2}\right) \\ & =x^{\frac{2}{3}}-m\left(y_{1}+y_{2}\right) x_{3}+m^{2} y_{1} y_{2} \\ & =x^{\frac{2}{3}}-\frac{2 e^{2} m^{2} p}{\left(1-e^{2}\right) m^{2}+1} \cdot x_{3}-\frac{e^{2} p^{2} m^{2}}{\left(1-e^{2}\right) m^{2}+1} \\ & =\frac{1}{\left(1-e^{2}\right) m^{2}+1}\left\{\left[\left(1-e^{2}\right) x_{3}^{2}-2 e^{2} p x_{3}-e^{2} p^{2}\right] m^{2}+x_{3}^{2}\right\} \\ & =\frac{x_{3}^{2}-m^{2} y_{3}^{2}}{\left(1-e^{2}\right) m^{2}+1} \end{aligned} $$ 从而 $y_{M} y_{N}=-p^{2}$ 。 解法 2 如图 J2 所示．作 $A E \perp M N, C D \perp M N$ ．由圆锥曲线的第二定义有 $\displaystyle \frac{|A F|}{|C F|}= \frac{|A E|}{|C D|}=\frac{|A M|}{|C M|}$ ，所以 $M F$ 是 $\angle C F A$ 的外角平分线．同理 $N F$ 是 $\angle C F B$ 的外角平分线．故 $\angle M F N=90^{\circ}$ ． \begin{figure}

（1）记 $\displaystyle t=\sqrt{\frac{x y+y z+z x}{3}}$ ，由均值不等式有 $$ x y z=(\sqrt[3]{(x y)(y z)(z x)})^{\frac{3}{2}} \leqslant\left(\frac{x y+y z+z x}{3}\right)^{\frac{3}{2}} $$ 于是 $4=9 x y z+x y+y z+z x \leqslant 9 t^{3}+3 t^{2}$ ，所以 $(3 t-2)\left(3 t^{2}+3 t+2\right) \geqslant 0$ ．而 $3 t^{2}+3 t+2>$ 0 ，所以 $3 t-2 \geqslant 0$ ，即 $\displaystyle t \geqslant \frac{2}{3}$ ，从而 $\displaystyle x y+y z+z x \geqslant \frac{4}{3}$ ． （2）因为 $(x+y+z)^{2} \geqslant 3(x y+y z+z x)$ ，所以 $(x+y+z)^{2} \geqslant 4$ ，故 $x+y+z \geqslant 2$ ．

（1）由数量积的定义及余弦定理知 $\displaystyle \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=c b \cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2}$ ． 同理，得 $$ \overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2}, \quad \overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{C B}=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2} $$ 故已知条件化为 $$ b^{2}+c^{2}-a^{2}+2\left(a^{2}+c^{2}-b^{2}\right)=3\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right) $$ 即 $a^{2}+2 b^{2}=3 c^{2}$ ． （2）由余弦定理及基本不等式，得 $$ \begin{aligned} \cos C & =\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\frac{a^{2}+b^{2}-\frac{1}{3}\left(a^{2}+2 b^{2}\right)}{2 a b}=\frac{a}{3 b}+\frac{b}{6 a} \\ & \geqslant 2 \sqrt{\frac{a}{3 b} \cdot \frac{b}{6 a}}=\frac{\sqrt{2}}{3} \end{aligned} $$ 当且仅当 $a: b: c=\sqrt{3}: \sqrt{6}: \sqrt{5}$ 时等号成立．因此 $\cos C$ 的最小值为 $\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{3}$ ．

（1）如图 J8 所示，由于棱 $A B \perp$ 面 $B C D$ ，过 $B$ 作 $C D$ 边上的高 $B E$ ，则 $A B \perp B E, C D \perp B E$ ，故 $B E$ 即为异面直线 $A B$ 与 $C D$ 间的距离，所以 $|B E|=d$ ．故 $$ V_{A \cdot B C D}=\frac{1}{3}|A B| \cdot S_{\triangle B C D}=\frac{1}{3} \cdot a \cdot \frac{1}{2} b \cdot d=\frac{1}{6} a b d . $$ （2）如图 J9 所示，过 $A$ 作底面 $B C D$ 的垂线，垂足为 $O$ ，连接 $B O$ 与 $C D$ 相交于 $E$ ．连接 $A E$ ，再过 $E$ 作 $A B$ 的垂线，垂足为 $F$ ．因为 $A B \perp C D$ ，所以 $B O \perp C D$（三垂线定理的逆定理），则 $C D \perp$ 平面 $A B E, E F \subset$ 平面 $A B E \Rightarrow C D \perp E F$ ．又 $E F \perp A B$ ，所以 $E F$ 即为异面直线 $A B, C D$的公垂线，则 $|E F|=d$ ．注意到 $C D \perp$ 平面 $A B E$ ，所以 $\displaystyle V_{A-B C D}=\frac{1}{3} \cdot S_{\triangle A B E} \cdot|C D|=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}|A B| \cdot|E F| \cdot|C D|=\frac{1}{6} a b d$ 为定值． \begin{figure} \begin{figure} （3）如图 J10 所示，将四面体 $A-B C D$ 补成一个平行六面体 $A B B^{\prime} D^{\prime}-A^{\prime} C C^{\prime} D$ ．因为 $A B, C D$ 所成角为 $\theta$ ，所以 $\angle D C A^{\prime}=\theta$ ．又异面直线 $A B$ 与 $C D$ 间的距离即上、下两底面 $A B^{\prime}, A^{\prime} C^{\prime}$ 的距离，所以 $$ \begin{aligned} V_{A B B^{\prime} D^{\prime} \cdot A^{\prime} C C^{\prime} D} & =\frac{1}{2} \cdot a b \cdot \sin \theta \cdot 2 \cdot d \\ & =a b d \sin \theta . \end{aligned} $$ 显然 $$ V_{A \cdot B C D}=\frac{1}{6} \times V_{A B B^{\prime} D^{\prime} \cdot A^{\prime} C C^{\prime} D}=\frac{1}{6} a b d \sin \theta . $$ \begin{figure}

（1）当 $n=1$ 时，有 $S_{1}=a_{1}=2 a_{1}+(-1) \Rightarrow a_{1}=1$ ． 当 $n=2$ 时，有 $S_{2}=a_{1}+a_{2}=2 a_{2}+(-1)^{2} \Rightarrow a_{2}=0$ ． 当 $n=3$ 时，有 $S_{3}=a_{1}+a_{2}+a_{3}=2 a_{2}+(-1)^{3} \Rightarrow a_{3}=2$ ． 综上所述，可知 $a_{1}=1, a_{2}=0, a_{3}=2$ ． （2）由已知得 $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=2 a_{n}+(-1)^{n}-2 a_{n-1}-(-1)^{n-1}$ ，化简得 $a_{n}=2 a_{n-1}+ 2(-1)^{n-1}$ ．上式可化为 $\displaystyle a_{n}+\frac{2}{3}(-1)^{n}=2\left[a_{n-1}+\frac{2}{3}(-1)^{n-1}\right]$ ，故数列 $\displaystyle \left\{a_{n}+\frac{2}{3}(-1)^{n}\right\}$ 是以 $\displaystyle a_{1}+\frac{2}{3}(-1)^{1}$ 为首项、 2 为公比的等比数列，即 $\displaystyle a_{n}+\frac{2}{3}(-1)^{n}=\frac{1}{3} \cdot 2^{n-1}$ ，故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的 通项公式为 $$ a_{n}=\frac{1}{3} \cdot 2^{n-1}-\frac{2}{3}(-1)^{n}=\frac{2}{3}\left[2^{n-2}-(-1)^{n}\right] . $$ （3）由已知得 $$ \begin{aligned} \frac{1}{a_{4}}+\frac{1}{a_{5}}+\cdots+\frac{1}{a_{m}} & =\frac{3}{2} \cdot\left[\frac{1}{2^{2}-1}+\frac{1}{2^{3}+1}+\cdots+\frac{1}{2^{m-2}-(-1)^{m}}\right] \\ & =\frac{3}{2} \cdot\left[\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\frac{1}{15}+\frac{1}{33}+\frac{1}{63}+\cdots+\frac{1}{2^{m-2}-(-1)^{m}}\right] \\ & =\frac{1}{2} \cdot\left[1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{11}+\frac{1}{21}+\cdots\right] \\ & <\frac{1}{2} \cdot\left[1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{10}+\frac{1}{20}+\cdots\right] \\ & =\frac{1}{2} \cdot\left[\frac{4}{3}+\frac{\frac{1}{5}\left(1-\frac{1}{2^{m-5}}\right)}{1-\frac{1}{2}}\right] \\ & =\frac{1}{2} \cdot\left(\frac{4}{3}+\frac{2}{5}-\frac{2}{5} \cdot \frac{1}{2^{m-5}}\right) \\ & =\frac{13}{15}-\frac{1}{5} \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{m-5} \\ & <\frac{13}{15}=\frac{104}{120}<\frac{105}{120}=\frac{7}{8} \end{aligned} $$ 故 $\displaystyle \frac{1}{a_{4}}+\frac{1}{a_{5}}+\cdots+\frac{1}{a_{m}}<\frac{7}{8}(m>4)$ ．

（1）解法 1 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ．直线 $A Q$ 交抛物线于 $C\left(x_{3}, y_{3}\right)$ ，则直线 $A Q: x=k_{1} y-4$ ，直线 $A B: x=k_{2} y+4$ ．先将 $x=k_{1} y-4$ 代人 $y^{2}=2 a x$ 中，则 $y^{2}= 2 a\left(k_{1} y-4\right)$ ，即 $y^{2}-2 a k_{1} y+8 a=0$ ，所以 $y_{1} y_{2}=-8 a$ 。同理 $y_{1} y_{3}=8 a$ ，则 $y_{2}=-y_{3}$ 。故 $B$与 $C$ 关于 $x$ 轴对称，即 $l_{A Q}$ 与 $l_{B Q}$ 关于 $x$ 轴对称，则 $k_{A Q}+k_{B Q}=0$ ． 解法 2 设 $A B: x=k y+4$ ，代人 $y^{2}=2 a x$ 中，得 $y^{2}-2 a k y-8 a=0$ ，则 $\left\{\begin{array}{l}y_{1}+y_{2}=2 a k, \\ y_{1} y_{2}=-8 a,\end{array}\right. \overrightarrow{Q A}=\left(k y_{1}+8, y_{1}\right), \overrightarrow{Q B}=\left(k y_{2}+8, y_{2}\right)$ ，故 $$ \begin{aligned} k_{Q A}+k_{Q B} & =\frac{y_{1}}{k y_{1}+8}+\frac{y_{2}}{k y_{2}+8} \\ & =\frac{2 k y_{1} y_{2}+8\left(y_{1}+y_{2}\right)}{\left(k y_{1}+8\right)\left(k y_{2}+8\right)} \\ & =\frac{-16 a k+16 a k}{\left(k y_{1}+8\right)\left(k y_{2}+8\right)}=0 \end{aligned} $$ （2）因为 $a=2$ ，所以抛物线方程为 $y^{2}=4 x$ ．那么可设 $\displaystyle A\left(\frac{y^{2}}{4}, y\right)$ ，又 $P(4,0)$ ，可得 $A, P$ 的中点坐标为 $\displaystyle O^{\prime}\left(\frac{y^{2}+16}{8}, \frac{y}{2}\right)$ ，如图 J11 所示．则圆的半径 \begin{figure} $$ r=\left|O^{\prime} P\right|=\sqrt{\left(\frac{y^{2}+16}{8}-4\right)^{2}+\frac{y^{2}}{4}} . $$ 再设直线 $l^{\prime}$ 存在且方程为 $x=t$ ，那么要使被以 $A P$ 为直径的圆截得的弦长为定值 $C$ ，则 $$ \begin{aligned} r^{2}-\left[d\left(O^{\prime}, l^{\prime}\right)\right]^{2}=\left(\frac{C}{2}\right)^{2} & \Rightarrow\left(\frac{y^{2}+16}{8}-4\right)^{2}+\frac{y^{2}}{4}-\left(t-\frac{y^{2}+16}{8}\right)^{2}=\left(\frac{C}{2}\right)^{2} \\ & \Rightarrow-t^{2}+\frac{y^{2}+16}{4} t-\frac{3}{4} y^{2}=\left(\frac{C}{2}\right)^{2} \\ & \Rightarrow\left(\frac{t}{4}-\frac{3}{4}\right) y^{2}-t^{2}+4 t=\left(\frac{C}{2}\right)^{2} \\ & \Rightarrow \frac{t}{4}=\frac{3}{4} \Rightarrow t=3 \end{aligned} $$ 故直线 $l^{\prime}$ 存在，为 $x=3$ ．

（1）展开式中二项式系数最大的项是第 4 项，此项是 $\displaystyle \mathrm{C}_{6}^{3} 1^{5}\left(\frac{1}{n}\right)^{3}=\frac{20}{n^{3}}$ ． （2）解法 1 $$ \begin{aligned} f(2 x)+f(2) & =\left(1+\frac{1}{n}\right)^{2 x}+\left(1+\frac{1}{n}\right)^{2} \geqslant 2 \sqrt{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{2 x} \cdot\left(1+\frac{1}{n}\right)^{2}} \\ & =2\left(1+\frac{1}{n}\right)^{x} \cdot\left(1+\frac{1}{n}\right)>2\left(1+\frac{1}{n}\right)^{x} \\ & >2\left(1+\frac{1}{n}\right)^{x} \ln \left(1+\frac{1}{2}\right) \geqslant 2\left(1+\frac{1}{n}\right)^{x} \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=2 f^{\prime}(x) \end{aligned} $$ 解法 2 因为 $$ \begin{aligned} f(2 x)+f(2) & =\left(1+\frac{1}{n}\right)^{2 x}+\left(1+\frac{1}{n}\right)^{2} \geqslant 2 \sqrt{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{2 x} \cdot\left(1+\frac{1}{n}\right)^{2}} \\ & =2\left(1+\frac{1}{n}\right)^{x} \cdot\left(1+\frac{1}{n}\right), \end{aligned} $$ 而 $\displaystyle 2 f^{\prime}(x)=2\left(1+\frac{1}{n}\right)^{x} \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$ ，故只需对 $\displaystyle 1+\frac{1}{n}$ 和 $\displaystyle \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$ 进行比较． 令 $g(x)=x-\ln x(x \geqslant 1)$ ，则 $\displaystyle g^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$ ．由 $\displaystyle \frac{x-1}{x}=0$ ，解得 $x=1$ ． 当 $0<x<1$ 时，$g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减；当 $1<x<+\infty$ 时，$g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增．所以在 $x=1$ 处，$g(x)$ 有极小值 1．故当 $x>1$ 时，$g(x)>g(1)=1$ ，从而有 $x-\ln x>1$ ，即 $x>\ln x+1>\ln x$ ，故有 $\displaystyle 1+\frac{1}{n}>\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$ 恒成立。 所以 $f(2 x)+f(2) \geqslant 2 f^{\prime}(x)$ ，原不等式成立． （3）对于 $m \in \mathbf{N}$ ，且 $m>1$ ，有 $$ \begin{aligned} \left(1+\frac{1}{m}\right)^{m}= & \mathrm{C}_{m}^{0}+\mathrm{C}_{m}^{1}\left(\frac{1}{m}\right)+\mathrm{C}_{m}^{2}\left(\frac{1}{m}\right)^{2}+\cdots+\mathrm{C}_{m}^{k}\left(\frac{1}{m}\right)^{k}+\cdots+\mathrm{C}_{m}^{m}\left(\frac{1}{m}\right)^{m} \\ = & 1+1+\frac{m(m-1)}{2!}\left(\frac{1}{m}\right)^{2}+\cdots+\frac{m(m-1) \cdot \cdots \cdot(m-k+1)}{k!}\left(\frac{1}{m}\right)^{k} \\ & +\cdots+\frac{m(m-1) \cdot \cdots \cdot 2 \cdot 1}{m!}\left(\frac{1}{m}\right)^{m} \\ = & 2+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{m}\right)+\cdots+\frac{1}{k!}\left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right) \cdots \cdots\left(1-\frac{k-1}{m}\right) \\ & +\cdots+\frac{1}{m!}\left(1-\frac{1}{m}\right) \cdots \cdots\left(1-\frac{m-1}{m}\right) \\ < & 2+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{k!}+\cdots+\frac{1}{m!} \\ < & 2+\frac{1}{2 \times 1}+\frac{1}{3 \times 2}+\cdots+\frac{1}{k(k-1)}+\cdots+\frac{1}{m(m-1)} \\ = & 2+\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{m-1}-\frac{1}{m}\right) \end{aligned} $$ $$ =3-\frac{1}{m}<3 \text {. } $$ 又因为 $\displaystyle \mathrm{C}_{m}^{k}\left(\frac{1}{m}\right)^{k}>0(k=2,3,4, \cdots, m)$ ，所以 $\displaystyle 2<\left(1+\frac{1}{m}\right)^{m}<3$ ，从而有 $\displaystyle 2 n< \sum_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)^{k}<3 n$ 成立，即存在 $a=2$ ，使得 $\displaystyle 2 n<\sum_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)^{k}<3 n$ 恒成立．

解法 1 由柯西不等式，有 $$ \left[\left(x_{1}-x_{1}^{3}\right)+\left(x_{2}-x_{2}^{3}\right)+\cdots+\left(x_{n}-x_{n}^{3}\right)\right]\left(\frac{1}{x_{1}-x_{1}^{3}}+\frac{1}{x_{2}-x_{2}^{3}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}-x_{n}^{3}}\right) \geqslant n^{2} $$ 注意到 $$ \begin{aligned} \left(x_{1}-x_{1}^{3}\right)+\left(x_{2}-x_{2}^{3}\right)+\cdots+\left(x_{n}-x_{n}^{3}\right) & =\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)-\left(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+\cdots+x_{n}^{3}\right) \\ & =1-\left(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+\cdots+x_{n}^{3}\right) \end{aligned} $$ 而 $0<x_{i}<1, x_{i}^{3}<x_{i}(i=1,2,3, \cdots, n), x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+\cdots+x_{n}^{3}<x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=1$ ，故 $1- \left(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+\cdots+x_{n}^{3}\right) \in(0,1)$ 。从而 $\displaystyle \frac{1}{x_{1}-x_{1}^{3}}+\frac{1}{x_{2}-x_{2}^{3}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}-x_{n}^{3}}>n^{2}$ ，显然 $n \geqslant 2$ ，故 $$ \frac{1}{x_{1}-x_{1}^{3}}+\frac{1}{x_{2}-x_{2}^{3}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}-x_{n}^{3}}>4 $$ 解法 2 先证明一个局部不等式 $$ \begin{equation*} \frac{1}{x_{i}-x_{i}^{3}}>4 x_{i} \quad(i=1,2,3, \cdots, n) \tag{1} \end{equation*} $$ 事实上，式（1）$\Leftrightarrow 1>4 x_{i}^{2}-4 x_{i}^{4} \Leftrightarrow 4 x_{i}^{4}-4 x_{i}^{2}+1>0 \Leftrightarrow\left(2 x_{i}^{2}-1\right)^{2}>0$ ，显然成立．所以 $$ \frac{1}{x_{1}-x_{1}^{3}}+\frac{1}{x_{2}-x_{2}^{3}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}-x_{n}^{3}}>4\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)=4 $$

用归纳法证明：当 $n$ 为奇数时，$f_{n}(x)$ 单调递增，且值域为 $(-\infty,+\infty)$ ；当 $n$ 为偶数时，$f_{n}(x)>0$ 恒成立．这里 $\displaystyle f_{n}(x)=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{3}}{3!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}$ ，则 $$ f_{n}^{\prime}(x)=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\cdots+\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}=f_{n-1}(x) $$ 当 $n=1$ 时，$f_{1}(x)=1+x$ ，它在 $\mathbf{R}$ 上单调递增，且值域为 $\mathbf{R}$ ． 当 $n=2$ 时，$\displaystyle f_{2}(x)=1+x+\frac{x^{2}}{2!}=1+x+\frac{1}{2} x^{2}=\frac{1}{2}(x+1)^{2}+\frac{1}{2}>0$ ． 故当 $n=1,2$ 时结论成立． 设当 $n=k-1$ 时结论成立，则当 $n=k$ 时，有： （1）当 $k$ 为偶数时，$\displaystyle f_{k}(x)=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\cdots+\frac{x^{k}}{k!}, f_{k}^{\prime}(x)=f_{k-1}(x)$ 。因为 $k-1$ 为奇数，由归纳假设，$f_{k-1}(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增，且值域为 $\mathbf{R}$ ．故方程 $f_{k-1}(x)=0$ 有且仅有一个实根，设为 $x_{0}$ ，当 $x<x_{0}$ 时，$f_{k-1}(x)<0$ ；当 $x>x_{0}$ 时，$f_{k-1}(x)>0$ ，所以对 $f_{k}^{\prime}(x)$ 而言，只有 $f_{k}^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ，且当 $x<x_{0}$ 时，$f_{k}^{\prime}(x)<0$ ；当 $x>x_{0}$ 时，$f_{k}^{\prime}(x)>0$ ．所以 $x_{0}$ 是 $f_{k}(x)$ 的最小值，于是 $$ f_{k}\left(x_{0}\right)=1+x_{0}+\frac{x_{0}^{2}}{2!}+\cdots+\frac{x_{0}^{k}}{k!}=f_{k-1}\left(x_{0}\right)+\frac{x_{0}^{k}}{k!}=\frac{x_{0}^{k}}{k!}>0 \text { (因为 } k \text { 为偶数). } $$ $f_{k}(x) \geqslant f_{k}\left(x_{0}\right)>0$ ，即当 $n$ 为偶数时，$f_{n}(x)>0$ 恒成立。 （2）当 $k$ 为奇数时，$k-1$ 为偶数，由归纳假设，$f_{k-1}(x)>0$ ，所以 $f_{k}^{\prime}(x)=f_{k-1}(x)>0$ ， $f_{k}(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增．再注意到当 $k$ 为奇数时，多项式 $\displaystyle f_{k}(x)=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\cdots+\frac{x^{k}}{k!}$ ．当 $x \rightarrow+\infty$ 时，$f_{k}(x) \rightarrow+\infty$ ；当 $x \rightarrow-\infty$ 时，$f_{k}(x) \rightarrow-\infty$ ．即当 $n$ 为奇数时，$f_{n}(x)$ 单调递增，且值域为 $(-\infty,+\infty)$ 。 综上所述，当 $n$ 为偶数时，$f_{n}(x)>0$ 恒成立，故 $f_{n}(x)=0$ 没有实数根；当 $n$ 为奇数时， $f_{n}(x)$ 单调递增，且值域为 $(-\infty,+\infty)$ ，故 $f_{n}(x)=0$ 有且仅有一个实数根．

用反证法．假设不然，则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中有不小于 $\displaystyle \frac{7 \pi}{2}$ 的项，设 $a_{k}$ 是第一个不小于 $\displaystyle \frac{7 \pi}{2}$ 的项，则 $k \geqslant 4$ ，且有 $\displaystyle a_{k-1}<\frac{7 \pi}{2} \leqslant a_{k}$ ． 注意到数列中的任何两个相邻项的差都不大于 1 ，因此 $\displaystyle \frac{7 \pi}{2}>a_{k-1} \geqslant \frac{7 \pi}{2}-1>3 \pi$ ．从而 $\displaystyle a_{k-1} \in\left(3 \pi, \frac{7 \pi}{2}\right)$ ．已知该区间中的数的正弦值和余弦值都是负的，从而 $a_{k}$ 不可能大于 $a_{k-1}$ ，于是 $\displaystyle a_{k}<\frac{7 \pi}{2}$ ，与假设矛盾． 所以对于一切 $n$ ，都有 $\displaystyle a_{n}<\frac{7 \pi}{2}$ ．

$\displaystyle -\frac{1}{4}$ ． 由题设可知 $(3 x+y)^{2021}+3(3 x+y)=-\left(x^{2021}+3 x\right)$ ．考虑函数 $f(t)=t^{2021}+3 t$ ，则 $f(t)$ 是单调奇函数，从而 $f(3 x+y)=-f(x)=f(-x)$ ，则 $3 x+y=-x$ ，故 $\displaystyle \frac{x}{y}=-\frac{1}{4}$ ．

$\displaystyle \frac{8 \sqrt{3}}{9}$ ． 由三角函数两角和的正弦公式及柯西不等式，得 $$ \begin{aligned} {[\sin \alpha+\sin (\alpha+\beta)]^{2} } & =(\sin \alpha+\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta)^{2} \\ & =[\sin \alpha(1+\cos \beta)+\cos \alpha \sin \beta]^{2} \\ & \leqslant\left(\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha\right)\left[(1+\cos \beta)^{2}+\sin ^{2} \beta\right] \\ & =2+2 \cos \beta=4 \cos ^{2} \frac{\beta}{2} \end{aligned} $$ 由 $\beta \in[0, \pi]$ ，得 $\displaystyle \frac{\beta}{2} \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ ，所以 $$ \begin{aligned} {[\sin \alpha+\sin (\alpha+\beta)] \sin \beta } & \leqslant 2 \sin \beta \cos \frac{\beta}{2}=4 \sin \frac{\beta}{2} \cos ^{2} \frac{\beta}{2} \\ & =8 \sqrt{\sin ^{2} \frac{\beta}{2} \cdot \frac{1}{2} \cos ^{2} \frac{\beta}{2} \cdot \frac{1}{2} \cos ^{2} \frac{\beta}{2}} \leqslant \frac{8 \sqrt{3}}{9} . \end{aligned} $$

（1）经计算得 $F_{1}=2, F_{2}=6, F_{3}=24$ ． （2）根据（1）猜想 $F_{n}=(n+1)$ ！．下面用数学归纳法证明． （i）当 $n=1$ 时，由于 $F_{1}=2$ ，故命题成立． （ii）假设当 $n=k$ 时，$F_{k}=(k+1)$ ！，下面我们来完成 $n=k+1$ 时的证明．分两种情况： （1）$\left|a_{k+1}-a_{k}\right|=3^{k}$ ，即 $a_{k+1}=3^{k}+a_{k}$ 或 $a_{k+1}=-3^{k}+a_{k}$ 。由归纳假设知 $\left\{\left|a_{1}-a_{0}\right|\right.$ ， $\left.\left|a_{2}-a_{1}\right|, \cdots,\left|a_{k-1}-a_{k-2}\right|,\left|a_{k}-a_{k-1}\right|\right\}$ 与集合 $\left\{1,3, \cdots, 3^{k-2}, 3^{k-1}\right\}$ 相等，且 $0=\left|a_{0}\right|< \left|a_{1}\right|<\left|a_{2}\right|<\cdots<\left|a_{k-1}\right|<\left|a_{k}\right|$ 的数列有 $(k+1)!$ 个．注意到 $3^{k}>2\left(1+3+\cdots+3^{k-1}\right)$ ，且 $\left|a_{k}\right| \leqslant 1+3+\cdots+3^{k-1}$ ，所以 $\left|3^{k}+a_{k}\right|>\left|a_{k}\right|,\left|-3^{k}+a_{k}\right|>\left|a_{k}\right|$ ，故此时满足条件的整数数列有 $2(k+1)!$ 个． （2）$\left|a_{k+1}-a_{k}\right|=3^{i}, 1 \leqslant i \leqslant k-1$ ，即 $a_{k+1}=3^{i}+a_{k}$ 或 $a_{k+1}=-3^{i}+a_{k}$ ．由归纳假设知 $\left\{\left|a_{1}-a_{0}\right|,\left|a_{2}-a_{1}\right|, \cdots,\left|a_{k-1}-a_{k-2}\right|,\left|a_{k}-a_{k-1}\right|\right\}$ 与集合 $\left\{1,3, \cdots, 3^{k-1}, 3^{k}\right\} \backslash\left\{3^{i}\right\}$ 相等，且 $0=\left|a_{0}\right|<\left|a_{1}\right|<\left|a_{2}\right|<\cdots<\left|a_{k-1}\right|<\left|a_{k}\right|$ 的数列有 $(k+1)$ ！个。而此时，$a_{k+1}= 3^{i}+a_{k}$ 与 $a_{k+1}=-3^{i}+a_{k}$ 中，恰有一个满足 $\left|a_{k}\right|<\left|a_{k+1}\right|$ 。故对于每一个 $i$ 满足条件的数列个数为 $(k+1)!$ ．而 $i$ 有 $k$ 个取值，故共有 $k(k+1)!$ 个数列满足条件． 综上所述，所有满足条件的整数数列个数为 $2(k+1)!+k(k+1)!=(k+2)!$ ． 所以，当 $n=k+1$ 时，命题也成立． 由（i），（ii）及归纳假设可知，对于 $n \in \mathbf{N}^{*}, F_{n}=(n+1)!$ ． \section*{模拟试题58}

当 $n$ 为奇数时，不能；当 $n$ 为偶数时，可以。 （1）先证明：当 $n$ 为奇数时，不能将所有灯都关闭． 给这 $n$ 盏灯赋值，若某盏灯亮着，则给这个灯赋值为 1 ，若这盏灯灭了，则赋值为 -1 。显然，将某盏灯的开关拉动一次，则给这盏灯的值乘以一次 -1 ，所以拉动开关，则是给 $n-1$ 个值都乘以 -1 ，也即所有灯的乘积乘一次 $(-1)^{n-1}=1$ ，所以拉动一次开关，所有灯的乘积不变。经过若干次拉动开关，能将所有的灯都关闭，则初始时的 $n$ 个值的乘积为 $1^{n}=1$ ，结束时 $n$ 个值的乘积为 $(-1)^{n}=-1$ ，所以不能将所有灯都关闭。 （2）再证明：当 $n$ 为偶数时，可以将所有灯都关闭。 若开始有 $x$ 盏灯关着，$n-x$ 盏灯亮着。将如下两次拉动开关称为一次操作： （i）拉动 $x$ 盏关着的灯和 $n-1-x$ 盏亮着的灯，这样就会有 $x+1$ 盏亮着的灯和 $n-1 -x$ 盏关着的灯。 （ii）拉动 $x+1$ 盏亮着的灯和 $n-2-x$ 盏关着的灯，这样就会有 $x+2$ 盏关着的灯和 $n -2-x$ 盏关着的灯。 我们可以看到，每经过这样一次操作，关着的灯增加两盏．经过这样 $\displaystyle \frac{n}{2}$ 次操作，可以将所有灯都关闭。

令 $\displaystyle f(n)=n+\left[\frac{n}{x-1}\right]-[[n x] x]-1$ ，则应有 $f(n)=0$ ，对于 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 恒成立． 因为 $\displaystyle f(n) \geqslant n+\left(\frac{n}{x-1}-1\right)-n x^{2}-1$ ，所以 $\displaystyle n+\frac{n}{x-1}-n x^{2} \leqslant 2$ ，即对于任意正整数 $n$ ， 恒有 $\displaystyle n+\frac{n}{x-1}-n x^{2} \leqslant 2$ ．又因为 $$ \begin{aligned} f(n) & <n+\left[\frac{n}{x-1}\right]-([n x] x-1)+1=n+\frac{n}{x-1}-([n x] x) \\ & <n+\frac{n}{x-1}-(n x-1) x=n+\frac{n}{x-1}-\left(n x^{2}-x\right) \end{aligned} $$ 所以对于任意正整数 $n$ ，恒有 $\displaystyle n+\frac{n}{x-1}-n x^{2}>-x$ ，即 $\displaystyle -\frac{x}{n}<1+\frac{1}{x-1}-x^{2}<0$ ，知 $\displaystyle 1+\frac{1}{x-1} -x^{2}=0$ ，解得 $\displaystyle x=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ ． 下面证明 $\displaystyle x=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ 满足要求． 因为 $\displaystyle x=\frac{1}{x-1}$ ，所以 $$ \begin{aligned} f(n) & =n+\left[\frac{n}{x-1}\right]-([n x] x-1)+1=n+[n x]-([n x] x)-1 \\ & =n-1-[[n x](x-1)]=n-1-\left[\frac{[n x]}{x}\right], \end{aligned} $$ 而 $\displaystyle \frac{[n x]}{x}<\frac{n x}{x}=n$ ，且 $\displaystyle \frac{[n x]}{x}>\frac{n x-1}{x}=n-\frac{1}{x}=n-(x-1)=n+1-x>n-1$ ，则 $\displaystyle \frac{[n x]}{x}= n-1$ ，即 $f(n)=0$ ，对于任意自然数 $n$ 恒成立． 综上所述，$\displaystyle x=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ ． \title{

（1）设椭圆 $C$ 的方程为 $\displaystyle \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ ．由已知条件知 $a^{2}-b^{2}=6$ ，且 $\displaystyle \frac{4}{a^{2}}+$ $\displaystyle \frac{1}{b^{2}}=1$ ，解得 $a^{2}=8, b^{2}=2$ ，故椭圆 $C$ 的方程为 $\displaystyle \frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{2}=1$ ． （2）由直线平行于 $O M$ ，设直线的方程为 $\displaystyle y=\frac{1}{2} x+m$ ．由 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{2}=1, \\ y=\frac{1}{2} x+m\end{array}\right.$ 得 $x^{2}+2 m x+ 2 m^{2}-4=0$ ．设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，则 $x_{1}+x_{2}=-2 m, x_{1} x_{2}=2 m^{2}-4$ ，由 $l$ 交椭圆 $C$ 于不同的两点知 $$ \Delta=4 m^{2}-4\left(2 m^{2}-4\right)>0 \Rightarrow \quad-2<m<2 \text {, 且 } m \neq 0 \text {. } $$ 又 $$ \begin{aligned} |A B| & =\sqrt{1+\frac{1}{4}} \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2} \sqrt{4 m^{2}-4\left(2 m^{2}-4\right)} \\ & =\sqrt{5} \cdot \sqrt{4-m^{2}} \end{aligned} $$ 点 $O$ 到直线的距离 $\displaystyle d=\frac{|2 m|}{\sqrt{5}}$ ，所以 $\triangle O A B$ 的面积 $\displaystyle S=\frac{1}{2} d \cdot|A B|=|m| \sqrt{4-m^{2}}= \sqrt{-\left(m^{2}-2\right)^{2}+4}$ ．故当 $m^{2}=2$ ，即 $m= \pm \sqrt{2}$ 时，$\triangle O A B$ 的面积取得最大值 2 ． （3）设直线 $M A, M B$ 的斜率分别为 $k_{1}, k_{2}$ ，则 $$ \begin{aligned} k_{1}+k_{2} & =\frac{y_{1}-1}{x_{1}-2}+\frac{y_{2}-1}{x_{2}-2} \\ & =\frac{\left(\frac{1}{2} x_{1}+m-1\right)\left(x_{2}-2\right)+\left(\frac{1}{2} x_{2}+m-1\right)\left(x_{1}-2\right)}{\left(x_{1}-2\right)\left(x_{2}-2\right)} \\ & =\frac{x_{1} x_{2}+(m-2)\left(x_{1}+x_{2}\right)-4(m-1)}{\left(x_{1}-2\right)\left(x_{2}-2\right)} \\ & =\frac{2 m^{2}-4+(m-2)(-2 m)-4(m-1)}{\left(x_{1}-2\right)\left(x_{2}-2\right)}=0 \end{aligned} $$ 所以直线 $M A, M B$ 与 $x$ 轴围成一个等腰三角形． \section*{模拟试题61}

$(3,5)$ ． 设 $t=2^{x}$ ，因为 $x \in[1,2]$ ，所以 $t \in[2,4]$ ．于是 $|t-a|<|5-t|$ 对于所有 $t \in[2,4]$ 均成立。 因为 $|t-a|<|5-t| \Leftrightarrow(t-a)^{2}<(5-t)^{2} \Leftrightarrow(5-a)(2 t-a-5)<0$ ，所以对于给定的 $a$ ，设 $f(t)=(5-a)(2 t-a-5)$ ，则 $f(t)$ 是关于 $t$ 的一次函数或者常值函数．注意到 $t \in[2,4]$ ，因此 $f(t)<0$ 等价于 $\left\{\begin{array}{l}f(2)=(5-a)(-a-1)<0, \\ f(4)=(5-a)(3-a)<0,\end{array}\right.$ 解得 $3<a<5$ ．

由均值不等式得 $$ \begin{aligned} 1 & =(a+b)(b+c)(c+a) \\ & \leqslant\left[\frac{(a+b)+(b+c)+(c+a)}{3}\right]^{3} \\ & =\frac{8}{27}(a+b+c)^{3} \end{aligned} $$ 所以 $\displaystyle a+b+c \geqslant \frac{3}{2}$ ．又由均值不等式得 $a+b+c \geqslant \sqrt{a b}+\sqrt{b c}+\sqrt{c a}$ ． 由柯西不等式得 $$ \begin{aligned} & \left(\frac{a^{2}}{1+\sqrt{b c}}+\frac{b^{2}}{1+\sqrt{c a}}+\frac{c^{2}}{1+\sqrt{a b}}\right)[(1+\sqrt{b c})+(1+\sqrt{c a})+(1+\sqrt{a b})] \\ & \quad \geqslant(a+b+c)^{2} \end{aligned} $$ 即 $$ \begin{aligned} \frac{a^{2}}{1+\sqrt{b c}}+\frac{b^{2}}{1+\sqrt{c a}}+\frac{c^{2}}{1+\sqrt{a b}} & \geqslant \frac{(a+b+c)^{2}}{3+\sqrt{a b}+\sqrt{b c}+\sqrt{c a}} \\ & \geqslant \frac{(a+b+c)^{2}}{3+a+b+c} \\ & =\frac{1}{3\left(\frac{1}{a+b+c}\right)^{2}+\frac{1}{a+b+c}} \\ & \geqslant \frac{1}{3\left(\frac{2}{3}\right)^{2}+\frac{2}{3}}=\frac{1}{2} . \end{aligned} $$

32 ． 数 2017 是数列 $a_{n}=2 n-1$ 的第 1009 项．设 2017 位于第 $k$ 组，则 $1+3+5+\cdots+ (2 k-1) \geqslant 1009$ ，且 $1+3+5+\cdots+(2 k-3)<1009$ ，即 $k$ 是不等式组 $\left\{\begin{array}{l}k^{2} \geqslant 1009, \\ (k-1)^{2}<1009\end{array}\right.$ 的正整数解，解得 $k=32$ ，所以 2017 在第 32 组中．

$\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{3}$ ． 由数量积的定义及余弦定理知 $\displaystyle \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=c b \cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2}$ ．同理得 $\displaystyle \overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}= \frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2}, \overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{C B}=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2}$. 已知条件可化为 $b^{2}+c^{2}-a^{2}+2\left(c^{2}+a^{2}-b^{2}\right)=3\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)$ ，即 $a^{2}+2 b^{2}=3 c^{2}$ ．由余弦定理及基本不等式，得 $\displaystyle \cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\frac{a^{2}+b^{2}-\frac{a^{2}+2 b^{2}}{3}}{2 a b}=\frac{a}{3 b}+\frac{b}{6 a} \geqslant 2 \sqrt{\frac{a}{3 b} \cdot \frac{b}{6 a}}=\frac{\sqrt{2}}{3}$.

由抽屉原理知，在三个非零实数 $a, b, c$ 中必有两个同号，由于 $P(a, b, c)= P(-a,-b, c)$ ，所以不妨设 $a>0, b>0$ ，由 $a+b+c=0$ 得 $c=-(a+b)$ ，代人得 $$ \begin{aligned} P(a, b, c) & =\frac{a^{2} b^{2} c^{2}}{\left(a^{2}+a b+b^{2}\right)\left(b^{2}+b c+c^{2}\right)\left(c^{2}+c a+a^{2}\right)} \\ & =\frac{a^{2} b^{2}(a+b)^{2}}{\left(a^{2}+a b+b^{2}\right)\left[b^{2}-b(a+b)+(a+b)^{2}\right]\left[(a+b)^{2}-a(a+b)+a^{2}\right]} \\ & =\frac{a^{2} b^{2}(a+b)^{2}}{\left(a^{2}+a b+b^{2}\right)^{3}} . \end{aligned} $$ 因为 $$ \begin{aligned} a^{2}+a b+b^{2} & =\frac{1}{2}\left[(a+b)^{2}+(a-b)^{2}\right]+\frac{1}{4}\left[(a+b)^{2}-(a-b)^{2}\right] \\ & =\frac{3}{4}(a+b)^{2}+\frac{1}{4}(a-b)^{2} \geqslant \frac{3}{4}(a+b)^{2} \\ a^{2}+a b+b^{2} & \geqslant 3 a b \end{aligned} $$ 两个不等式等号成立的条件都是 $a=b$ ，所以 $$ \left(a^{2}+a b+b^{2}\right)^{3} \geqslant \frac{3}{4}(a+b)^{2}(3 a b)^{2}=\frac{27}{4} a^{2} b^{2}(a+b)^{2} . $$ 故 $\displaystyle P \leqslant \frac{4}{27}$ ，即当 $\displaystyle a=b=-\frac{c}{2}$ 时，$P$ 取最大值 $\displaystyle \frac{4}{27}$ ．

（1）先证 $\displaystyle a b c \geqslant \frac{a+b+c}{\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}}$ ，等价于证明 $(a b)^{2}+(b c)^{2}+(c a)^{2} \geqslant a b c(a+b+c)$ ．令 $x=a b, y=b c, z=c a$ ，由不等式 $x^{2}+y^{2}+z^{2} \geqslant x y+y z+z x$ 知结论成立。 （2）再证 $$ \begin{equation*} a+b+c \geqslant(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\left(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\right) . \tag{1} \end{equation*} $$ 由于不等式是轮换对称的，不妨设 $a=\max \{a, b, c\}$ ，则 $a+b-c>0, c+a-b>0$ ． （i）当 $b+c-a \leqslant 0$ 时，结论显然成立． （ii）当 $b+c-a>0$ 时，令 $a=y+z, b=z+x, c=x+y$ ，则 $\displaystyle x=\frac{1}{2}(b+c-a), y= \frac{1}{2}(c+a-b), z=\frac{1}{2}(a+b-c)$ ，所以 $x, y, z$ 均大于 0 ．不等式（1）变为 $$ 2(x+y+z) \geqslant 8 x y z\left[\frac{1}{(y+z)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}}+\frac{1}{(x+y)^{2}}\right] $$ 只需证 $$ \begin{equation*} \frac{1}{y z}+\frac{1}{z x}+\frac{1}{x y} \geqslant \frac{4}{(y+z)^{2}}+\frac{4}{(z+x)^{2}}+\frac{4}{(x+y)^{2}} \tag{2} \end{equation*} $$ 注意到 $(y+z)^{2} \geqslant 4 y z$ ，则 $\displaystyle \frac{1}{y z} \geqslant \frac{4}{(y+z)^{2}}$ ，同理可得 $\displaystyle \frac{1}{z x} \geqslant \frac{4}{(z+x)^{2}}, \frac{1}{x y} \geqslant \frac{4}{(x+y)^{2}}$ ．三个不等式相加得到式（2），所以原不等式成立。

4 ． 设 $f(x)=0$ 的五个实根为 $x_{1} \leqslant x_{2} \leqslant x_{3} \leqslant x_{4} \leqslant m$ ．由韦达定理得到 $m+x_{1}+x_{2}+ x_{3}+x_{4}=0, m \sum_{i=1}^{4} x_{i}+\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 4} x_{i} x_{j}=-10$ ．于是 $\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 4} x_{i} x_{j}=-10+m^{2}$ ，则 $\sum_{i=1}^{4} x_{i}^{2}= \left(\sum_{i=1}^{4} x_{i}\right)^{2}-2 \sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 4} x_{i} x_{j}=m^{2}-2\left(-10+m^{2}\right)=20-m^{2}$. 由柯西不等式得到 $\left(\sum_{i=1}^{4} x_{i}\right)^{2} \leqslant 4\left(\sum_{i=1}^{4} x_{i}^{2}\right)$ ，故 $m^{2} \leqslant 4\left(20-m^{2}\right)$ ，解得 $m^{2} \leqslant 16,-4 \leqslant m \leqslant 4$ ，即 $m$ 的最大值是 4 ． 又 $f(x)=(x-4)(x+1)^{4}=x^{5}-10 x^{3}-20 x^{2}-15 x-4$ ，方程 $f(x)=0$ 的根均为实数， 且五个实根中最大的根 $m=4$ ．因此，$m$ 的最大值是 4 ．

（1）设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$ ，则 $$ \begin{aligned} b_{n+1}-b_{n} & =\left(a_{n+2} a_{n+3}-a_{n+1}^{2}\right)-\left(a_{n+1} a_{n+2}-a_{n}^{2}\right) \\ & =a_{n+2}\left(a_{n+3}-a_{n+1}\right)-\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right) \\ & =2 d a_{n+2}-d\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=d\left(2 a_{n+2}-a_{n+1}-a_{n}\right) \\ & =d\left[\left(a_{n+2}-a_{n+1}\right)+\left(a_{n+2}-a_{n+1}\right)+\left(a_{n+1}-a_{n}\right)\right] \\ & =3 d^{2}, \end{aligned} $$ 所以数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 也是等差数列． （2）由已知条件及（1）的结果知 $3 d^{2}=d$ ．因为 $d \neq 0$ ，所以 $\displaystyle d=\frac{1}{3}$ ．这样 $$ b_{n}=a_{n+1} a_{n+2}-a_{n}^{2}=\left(a_{n}+d\right)\left(a_{n}+2 d\right)-a_{n}^{2}=3 d a_{n}+2 d^{2}=a_{n}+\frac{2}{9} . $$ 若存在正整数 $s, t$ ，使得 $a_{s}+b_{t}$ 是整数，则 $$ a_{s}+b_{t}=a_{s}+a_{t}+\frac{2}{9}=a_{1}+(s-1) d+a_{1}+(t-1) d+\frac{2}{9} $$ $$ =2 a_{1}+\frac{s+t-2}{3}+\frac{2}{9} \in \mathbf{Z} . $$ 记 $\displaystyle l=2 a_{1}+\frac{s+t-2}{3}+\frac{2}{9}$ ，则 $l \in \mathbf{Z}$ ，且 $18 a_{1}=3(3 l-s-t+1)+1$ 是一个非零整数，故 $\left|18 a_{1}\right| \geqslant 1$ ，从而 $\displaystyle \left|a_{1}\right| \geqslant \frac{1}{18}$ ． 当 $\displaystyle a_{1}=\frac{1}{18}$ 时，$\displaystyle a_{1}+b_{3}=\frac{1}{18}+\frac{17}{18}=1 \in \mathbf{Z}$ ．所以，$\left|a_{1}\right|$ 的最小值是 $\displaystyle \frac{1}{18}$ ．

设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right), M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，易求得切线 $P M$ 的方程为 $y_{1} y=p\left(x+x_{1}\right)$ ，切线 $P N$ 的方程为 $y_{2} y=p\left(x+x_{2}\right)$ 。因为点 $P$ 在两条切线上，所以 $y_{1} y_{0}=p\left(x_{0}+x_{1}\right)$ ， $y_{2} y_{0}=p\left(x_{0}+x_{2}\right)$ ，则 $M, N$ 均在直线 $y_{0} y=p\left(x+x_{0}\right)$ 上，直线 $M N$ 的方程为 $y_{0} y= p\left(x+x_{0}\right)$ ． 联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y_{0} y=p\left(x+x_{0}\right) \text { ，} \\ y^{2}=2 p x,\end{array}\right.$ 得 $\left[p\left(x+x_{0}\right)\right]^{2}=2 p x y_{0}^{2}$ ，即 $\displaystyle x^{2}+2\left(x_{0}-\frac{y_{0}^{2}}{p}\right) x+x_{0}^{2}=0$ ．由韦达定理得 $\displaystyle x_{1}+x_{2}=2\left(\frac{y_{0}^{2}}{p}-x_{0}\right), x_{1} x_{2}=x_{0}^{2}$ ． （1）因为 $\displaystyle F\left(\frac{p}{2}, 0\right)$ ，由抛物线的定义得 $\displaystyle |M F|=x_{1}+\frac{p}{2},|N F|=x_{2}+\frac{p}{2}$ ，所以 $$ \begin{aligned} |M F| \cdot|N F| & =\left(x_{1}+\frac{p}{2}\right)\left(x_{2}+\frac{p}{2}\right)=x_{1} x_{2}+\frac{p}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)+\frac{p^{2}}{4} \\ & =x_{0}^{2}+\frac{p}{2}\left[2\left(\frac{y_{0}^{2}}{p}-x_{0}\right)\right]+\frac{p^{2}}{4}=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-p x_{0}+\frac{p^{2}}{4} \\ & =\left(x_{0}-\frac{p}{2}\right)^{2}+y_{0}^{2}=|P F|^{2} . \end{aligned} $$ （2）因为 $\displaystyle \overrightarrow{F P}=\left(x_{0}-\frac{p}{2}, y_{0}\right), \overrightarrow{F M}=\left(x_{1}-\frac{p}{2}, y_{1}\right), \overrightarrow{F N}=\left(x_{2}-\frac{p}{2}, y_{2}\right)$ ，所以 $$ \begin{aligned} \overrightarrow{F P} \cdot \overrightarrow{F M} & =\left(x_{0}-\frac{p}{2}, y_{0}\right)\left(x_{1}-\frac{p}{2}, y_{1}\right)=\left(x_{0}-\frac{p}{2}\right)\left(x_{1}-\frac{p}{2}\right)+y_{0} y_{1} \\ & =x_{0} x_{1}-\frac{p}{2}\left(x_{0}+x_{1}\right)+\frac{p^{2}}{4}+y_{0} y_{1} \\ & =x_{0} x_{1}-\frac{p}{2}\left(x_{0}+x_{1}\right)+\frac{p^{2}}{4}+p\left(x_{0}+x_{1}\right) \\ & =x_{0} x_{1}+\frac{p}{2}\left(x_{0}+x_{1}\right)+\frac{p^{2}}{4}=\left(x_{0}+\frac{p}{2}\right)\left(x_{1}+\frac{p}{2}\right) . \end{aligned} $$ 又 $\displaystyle |M F|=x_{1}+\frac{p}{2},|F P| \cdot|M F| \cdot \cos \angle P F M$ ，所以 $$ \cos \angle P F M=\frac{\overrightarrow{F P} \cdot \overrightarrow{F M}}{|F P| \cdot|M F|}=\frac{\left(x_{0}+\frac{p}{2}\right)\left(x_{1}+\frac{p}{2}\right)}{|F P| \cdot\left(x_{1}+\frac{p}{2}\right)}=\frac{x_{0}+\frac{p}{2}}{|F P|} $$ 同理可得 $\displaystyle \cos \angle P F N=\frac{x_{0}+\frac{p}{2}}{|F P|}$ ． 所以 $\cos \angle P F M=\cos \angle P F N$ ，即 $\angle P F M=\angle P F N$ 。结合 $|P F|^{2}=|M F| \cdot|N F|$ ，可得 $\triangle M F P \backsim \triangle P F N$ ，所以 $\angle P M F=\angle F P N$ ．

设满足条件的四面体存在，如图 J2 所示，证明：$A B$ 是最长的棱，$C D$ 是最短的棱． 由题设条件可知 $\angle A C B$ 与 $\angle A D B$ 都是直角，并且 $\angle A C D$ 或 $\angle A D C$ 之中有一个是直角．不妨设 $\angle A C D$ 为直角． 令 $\angle B A C=\varphi$ ，则 $\angle A B D=\varphi$ ，否则，若 $\angle B A D=\varphi$ ，可得 $|A C|=|A D|=|A B| \cos \varphi$ ．但 $A D$ 是直角 $\triangle A C D$ 的斜边，上式不可能成立． \begin{figure} 同理有 $\angle C D A=\varphi$ ． 于是 $|B D|=|A C|=|A B| \cos \varphi$ ，且 $|B C|=|A D|=|A B| \sin \varphi$ ，又 $|C D|=|A D| \cos \varphi =|A B| \sin \varphi \cos \varphi$ ，且 $|A C|=|A D| \sin \varphi=|A B| \sin ^{2} \varphi$ ，从而有 $|A C|=|A B| \cos \varphi= |A B| \sin ^{2} \varphi$ ，且 $\cos \varphi=\sin ^{2} \varphi=1-\cos ^{2} \varphi$ ，解得 $\displaystyle \varphi=\arccos \frac{\sqrt{5}-1}{2}$ 。于是 $\displaystyle \varphi>\frac{\pi}{4}, \angle C A D=\varphi$ 。从而 $C D$ 为最短边．当 $|A B|=1$ 时， $$ |C D|=|A B| \sin \varphi \cos \varphi=\sqrt{\cos \varphi} \cdot \cos \varphi=\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)^{\frac{3}{2}} \text {. } $$ 因此，为证明这样的四面体是存在的，只需这样取四面体 $A B C D$ ，使它的棱为 $$ |A C|=\frac{\sqrt{5}-1}{2}, \quad|C B|=\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)^{\frac{1}{2}}, \quad|C D|=\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)^{\frac{3}{2}}, $$ 且平面角为 $\displaystyle \angle B C A=\angle D C A=90^{\circ}, \angle B C D=\arccos \frac{\sqrt{5}-1}{2}$ ，则 $|A B|=1,|A D|=|C B|$ ， $|B D|=|A C|, \angle C A B=\angle B C D$ ，且四面体的四个面是相似的．

由幂平均值不等式得 $\displaystyle \left(\frac{u+v+w}{3}\right)^{3} \leqslant \frac{u^{3}+v^{3}+w^{3}}{3}$ ，其中 $u, v, w$ 均为正实数．令 $\displaystyle u=\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6 b}, v=\sqrt[3]{\frac{1}{b}+6 c}, w=\sqrt[3]{\frac{1}{c}+6 a}$ ，则有 $$ \begin{align*} \sqrt[3]{\frac{1}{a}+6 b}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}+6 c}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}+6 a} & \leqslant \frac{3}{\sqrt[3]{3}} \sqrt[3]{\frac{1}{a}+6 b+\frac{1}{b}+6 c+\frac{1}{c}+6 a} \\ & \leqslant \frac{3}{\sqrt[3]{3}} \sqrt[3]{\frac{a b+b c+c a}{a b c}+6(a+b+c)} \tag{1} \end{align*} $$ 由于 $$ \begin{aligned} & a+b=\frac{1-a b}{c}=\frac{a b-(a b)^{2}}{a b c} \\ & b+c=\frac{1-b c}{a}=\frac{b c-(b c)^{2}}{a b c} \\ & c+a=\frac{1-c a}{b}=\frac{c a-(c a)^{2}}{a b c} \end{aligned} $$ 于是 $$ \begin{aligned} \frac{a b+b c+c a}{a b c}+6(a+b+c) & =\frac{1}{a b c}+3[(a+b)+(b+c)+(c+a)] \\ & =\frac{1}{a b c}\left\{4-3\left[(a b)^{2}+(b c)^{2}+(c a)^{2}\right]\right\} \end{aligned} $$ 由柯西不等式，有 $$ 3\left[(a b)^{2}+(b c)^{2}+(c a)^{2}\right] \geqslant(a b+b c+c a)^{2}=1 $$ 故 $$ \frac{3}{\sqrt[3]{3}} \sqrt[3]{\frac{a b+b c+c a}{a b c}+6(a+b+c)} \leqslant \frac{3}{\sqrt[3]{a b c}} $$ 于是，只要证 $\displaystyle \frac{3}{\sqrt[3]{a b c}} \leqslant \frac{1}{a b c}$ ，即证 $\displaystyle a^{2} b^{2} c^{2} \leqslant \frac{1}{27}$ ． 由平均值不等式可得 $\displaystyle a^{2} b^{2} c^{2}=(a b)(b c)(c a) \leqslant\left(\frac{a b+b c+c a}{3}\right)^{3}=\frac{1}{27}$ ，当且仅当 $\displaystyle a=b =c=\frac{1}{\sqrt{3}}$ 时等号成立． 因此，结论成立． \title{

$\displaystyle \left(-\sqrt{\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}, 0\right) \cup\left(0, \sqrt{\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}\right)$ ． 显然 $g(t)=t^{3}+2 t$ 在 $\mathbf{R}$ 上为增函数，由此题中不等式等价于 $\displaystyle \frac{1}{x^{2}}>x^{2}+1$ ，即 $\left(x^{2}\right)^{2}+x^{2} -1<0$ ，亦即 $\displaystyle \left(x^{2}-\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\right)\left(x^{2}-\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\right)<0$ ，所以 $\displaystyle 0<x^{2}<\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$ ，解得 $\displaystyle -\sqrt{\frac{-1+\sqrt{5}}{2}} <x<\sqrt{\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}$ ，且 $x \neq 0$ ．故原不等式的解集为 $\displaystyle \left(-\sqrt{\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}, 0\right) \cup\left(0, \sqrt{\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}\right)$ ．

（1）已知等式等价于 $n a_{n} a_{n-1}=(n+1) a_{n+1}\left[(n+1) a_{n-1}-n a_{n}\right]$ ，即 $$ \begin{equation*} \frac{1}{(n+1) a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{n a_{n}}-\frac{1}{a_{n-1}} \tag{1} \end{equation*} $$ 根据式（1），并注意到 $\displaystyle a_{1}=1, a_{2}=\frac{1}{2}$ ，有 $$ \frac{1}{n a_{n}}-\frac{1}{a_{n-1}}=\frac{1}{(n-1) a_{n-1}}-\frac{1}{a_{n-2}}=\cdots=\frac{1}{2 a_{2}}-\frac{1}{a_{1}}=0, $$ 这表明，$\displaystyle a_{n}=\frac{1}{n} a_{n-1}=\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n-1} \cdot a_{n-2}=\cdots=\frac{1}{n!}$ ． （2）要证明 $\displaystyle \frac{2}{n+1}<\sqrt[n]{a_{n}}<\frac{1}{\sqrt{n}}$ ，即证明 $$ \begin{equation*} \sqrt{n}<\sqrt[n]{n!}<\frac{n+1}{2} \tag{2} \end{equation*} $$ 由均值不等式得 $\displaystyle \sqrt[n]{n!}<\frac{1+2+\cdots+n}{n}=\frac{n+1}{2}$ ．又由于对于任意整数 $k(1<k<n)$ ，有 $k(n-k+1)-n=(k-1)(n-k)>0$ ，所以 $k(n-k+1)>n$ ，故 $$ (n!)^{2}=(1 \cdot n)[2(n-1)] \cdots[k(n-k+1)] \cdots(n \cdot 1)>n^{n}, $$ 所以 $\sqrt{n}<\sqrt[n]{n!}$ 。 由此，式（2）得证．

（1）设直线 $P Q$ 的方程为 $x=m y+n$ ，点 $P, Q$ 的坐标分别为 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ． 由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+n, \\ y^{2}=4 x,\end{array}\right.$ 得 $y^{2}-4 m y-4 n=0$ ．由 $\Delta=16 m^{2}+16 n>0$ ，得 $m^{2}+n>0$ ．又 $y_{1}+y_{2} =4 m, y_{1} y_{2}=-4 n$ ，由 $A P \perp A Q$ 得 $\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A Q}=0$ ，所以 $$ \left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)+\left(y_{1}-2\right)\left(y_{2}-2\right)=0 $$ 又 $\displaystyle x_{1}=\frac{y_{1}^{2}}{4}, x_{2}=\frac{y_{2}^{2}}{4}$ ，则 $$ \left(y_{1}-2\right)\left(y_{2}-2\right)\left[\left(y_{1}+2\right)\left(y_{2}+2\right)+16\right]=0 \text {, } $$ 所以 $\left(y_{1}-2\right)\left(y_{2}-2\right)=0$ 或 $\left(y_{1}+2\right)\left(y_{2}+2\right)+16=0$ ，则 $n=-2 m+1$ 或 $n=2 m+5$ ．因为 $m^{2}+n>0$ ，所以只有 $n=2 m+5$ ，即直线 $P Q$ 的方程是 $x-5=m(y+2)$ ，直线 $P Q$ 经过定点 $(5,-2)$ ． （2）假设存在以 $P Q$ 为底边的等腰 $\triangle A P Q$ ，由于直线 $P Q$ 经过定点 $(5,-2)$ ，所以 $n= 2 m+5$ ，直线 $P Q$ 的方程是 $x-5=m(y+2)$ ，即 $x=m y+2 m+5$ ． 设点 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y+2 m+5, \\ y^{2}=4 x,\end{array}\right.$ 得 $y^{2}-4 m y-8 m-20=0$ ，所以 $y_{1}+ y_{2}=4 m, y_{1} y_{2}=-8 m-20$ ，则 $P Q$ 的中点坐标为 $\left(2 m^{2}+2 m+5,2 m\right)$ ．由已知得 $\displaystyle \frac{2 m-2}{2 m^{2}+2 m+5-1}=-m$ ，即 $m^{3}+m^{2}+3 m-1=0$ ． 设 $g(m)=m^{3}+m^{2}+3 m-1$ ，则 $g^{\prime}(m)=3 m^{2}+2 m+3>0$ ，所以 $g(m)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增．又 $g(0)=-1<0, g(1)=4>0$ ，所以 $g(m)$ 在 $(0,1)$ 上有一个零点，即函数 $g(m)$ 在 $\mathbf{R}$ 上只有一个零点，所以方程 $m^{3}+m^{2}+3 m-1=0$ 在 $\mathbf{R}$ 上只有一个实数根，故满足条件的等腰三角形有且只有一个．

设平面 $K E L$ 是过 $K, L$ 的任一平面，且该平面交 $B C$ 于 $E$ ，交 $A D$ 于 $F$ ，交 $B D$ 的延长线于 $G$ ．如图 J1 所示． \begin{figure} 由于 $L$ 是 $C D$ 的中点，所以 $C, D$ 到平面 $K E L$ 的距离相等，于是 $$ \begin{equation*} V_{C K E L F}=V_{D K E L F} . \tag{1} \end{equation*} $$ 设四面体 $A B C D$ 的体积为 $V$ ，则 $$ \begin{equation*} V_{C A K F}=\frac{|A K| \cdot|A F|}{|A B| \cdot|A D|} V=\frac{1}{2} \cdot \frac{|A F|}{|A D|} V . \tag{2} \end{equation*} $$ 同理 $$ \begin{equation*} V_{D \cdot B K E}=\frac{1}{2} \cdot \frac{|B E|}{|B C|} V \text {. } \tag{3} \end{equation*} $$ 由梅涅劳斯定理有 $\displaystyle \frac{|D G|}{|G B|} \cdot \frac{|A F|}{|F D|} \cdot \frac{|B K|}{|K A|}=1$ ，且 $\displaystyle \frac{|D G|}{|G B|} \cdot \frac{|C L|}{|L D|} \cdot \frac{|B E|}{|E C|}=1$ ．又 $\displaystyle \frac{|B K|}{|K A|} =\frac{|C L|}{|L D|}=1$ ，所以 $\displaystyle \frac{|A F|}{|F D|}=\frac{|B E|}{|E C|}$ ，故 $$ \begin{equation*} \frac{|A F|}{|A D|}=\frac{|B E|}{|B C|} . \tag{4} \end{equation*} $$ 由式（2）～式（4）得 $$ \begin{equation*} V_{C A K F}=V_{D B K E} \tag{5} \end{equation*} $$ 将式（1）和式（5）相加，即可得出平面 $K E L$ 平分四面体 $A B C D$ 的体积． \section*{强基计划校考数学模拟试题精选强基计划校考物理模拟试题精选} 选题编辑：肖向兵 责任编辑：马 瑞