设$a \ge 0$,函数$f(x)=(x+1)\ln x+(a-2)x+2$
求证:(1)$f(x)$存在唯一零点$x_0$;
(2)若$x_1+a=\sin x_1$,则$x_1-\ln x_0 \le 0$

证明:第一问可以证$f(x)$单调递增,略
第二问:用$a$表示$x_1$是不现实的,所以我们整体将$f(x)$中的$a$换成$x_1-\sin x_1$
考虑$f(x)$的单调性\[    x_1-\ln x_0 \le 0 \iff \me^{x_1} \le x_0 \iff f(\me^{x_1}) \le f(x_0)=0    \]\[    \iff f(\me^{x_1})=(\me^{x_1}+1)x_1+(\sin x_1-x_1-2)\me^{x_1}+2=(\sin x_1-2)\me^{x_1}+x_1+2 \le 0    \]
    定义函数$g(x)=(\sin x-2)\me^x+x+2,g(x_1)=f(\me^{x_1})$
    则\[        g'(x)=\me^x(\sin x+\cos x-2)+1,g”(x)=2\me^x (\cos x-1) \le 0        \]
可得$g'(x)$在$\mr$上单调递减
所以当$x>0,g'(x)<g'(0)=0$;当$x<0,g'(x)>g'(0)=0$
故$g(x)$在$(-\infty,0)$单调递增,$(0,+\infty)$单调递减
$f(\me^x_1)=g(x_1) \ge g(0)=0$,故结论成立

锐角三角形$ABC$中，$D,E,F$为$BC，AC,AB$中点，$X,Y$为$D$在$AB$,$AC$上垂足，过$F$且与$XY$平行的直线与$DY$交于$P$。求证：$AD \perp EP$。

需要知道面积与定比分点的公式

注意到$AD \perp EP \iff$ $E$是$\triangle APD$垂心
\begin{gather}    AD \perp EP \iff AP \perp DE \iff AP //XD \\    \iff [PDX]=[ADX] \iff [FYX]+[DYX]=[ADX] \\    \iff \frac{1}{2}([XAY]-[XBY])+\frac{1}{2}([BXY]+[CXY])=[ADX]\\    \iff \frac{1}{2}([XAY]+[XCY])=[ADX]\end{gather}考虑到\[    [XAY]+[XCY]=[ACX]=2[ADX]    \]结论显然成立

设正整数数列$\{a_n\}$满足:$a_2=4$,且对任何$n \in \mN$,有    \[        2+\frac{1}{a_{n+1}}<\frac{\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_{n+1}}}{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}<2+\frac{1}{a_n}        \]        求$\{a_n\}$的通项公式

不等式定义的正整数数列,那肯定是写几项用归纳法了.

    解:代入$n=1$,得$\ds \frac{2}{3}<a_1<\frac{8}{7},a_1=1$,类似的可以求得$a_3=9$.猜测$a_k=k^2(\forall k \ge 2)$,下面用归纳法证明.

    显然$k=2$时成立,假设对$k$成立,即$a_k=k^2$,代入$n=k$:
    由于\[        2+\frac{1}{a_{k+1}}<(\frac{1}{k^2}+\frac{1}{a_{k+1}})k(k+1)        \]        可得    \[        a_{k+1}<\frac{k(k^2+k-1)}{k-1}=(k+1)^2+\frac{1}{k-1} \le (k+1)^2+1        \]
    考虑$a_{k+1}$是正整数,可得$a_{k+1} \le (k+1)^2$
    另外一方面    \[        (\frac{1}{k^2}+\frac{1}{a_{k+1}})k(k+1)<2+\frac{1}{k^2}        \]
    可得    \[        a_{k+1}>\frac{k(k+1)}{1-\frac{1}{k}+\frac{1}{k^2}}        \]        我们尝试证明    \begin{gather}        \frac{k(k+1)}{1-\frac{1}{k}+\frac{1}{k^2}} \ge k^2+2k\\        \Longleftrightarrow \frac{k+1}{k+2} \ge 1-\frac{1}{k}+\frac{1}{k^2}\\        \Longleftrightarrow \frac{1}{k}-\frac{1}{k^2} \ge \frac{1}{k+2}\\        \Longleftrightarrow \frac{1}{k}-\frac{1}{k+2} \ge \frac{1}{k^2}\\        \Longleftrightarrow \frac{2}{k(k+2) \ge \frac{1}{k^2}}\\        \Longleftrightarrow k \ge 2    \end{gather}    故可得$a_{k+1}>k^2+2k,a_{k+1} \ge k^2+2k+1=(k+1)^2$
    结合$a_{k+1} \le (k+1)^2$,可得$a_{k+1}=(k+1)^2$
    归纳原理可知对一切正整数$n$,$a_n=n^2$\end{proof}

设十进制$n$位正整数中,任何相邻两位数字(从左到右)不出现12的数有$a_n$个.证明:对任意$n \in \mN$,有$\ds \frac{1}{2}(a_n a_{n+1}-1)$是完全平方数

证明:
约定:如果一个正整数的任何相邻两位数字(从左到右)不出现12,则我们称为它具有性质$P$
    显然有$a_1=9,a_2=89,a_3=889$
    考虑$n+1$位具有性质$P$的正整数,有$a_{n+1}$个
    另外一方面,若尾数为2,则它的前$n$位是具有性质$P$且末尾不是1的正整数.具有性质$P$的$n$位正整数有$a_n$个,其中末尾是1的有$a_{n-1}$个,故此时有$a_n-a_{n-1}$个
    若尾数不是2,则尾数有9种可能,前$n$位有$a_n$种可能,此时有$9a_n$个
    因而,$a_{n+1}=(a_n-a_{n-1})+9a_{n}=10a_n-a_{n-1}$    \[        \frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_n}=10=\frac{a_{n+2}+a_n}{a_{n+1}}        \]    可得    \[        a_{n+1}^2+a_{n+1}a_{n-1}=a_n a_{n+2}+a_n^2,a_{n+1}^2-a_{n+2}a_n=a_n^2-a_{n+1}a_{n-1}        \]    这表明$a_n^2-a_{n+1}a_{n-1}$是常数,为$-8$
    从而    \[        a_{n+1}^2-10a_{n}a_{n+1}+a_n^2=a_{n+1}(a_{n+1}-10a_n)+a_n^2=a_n^2-a_{n+1}a_{n-1}=-8        \]
    故    \[        8a_n a_{n+1}-8=8a_n a_{n+1}+a_{n+1}^2-10a_{n}a_{n+1}+a_n^2=(a_{n+1}-a_n)^2        \]            由于$8 \mid (a_{n+1}-a_n)^2$,故$4 \mid a_{n+1}-a_n$
    故$\ds \frac{1}{2}(a_n a_{n+1}-1)=\left(\frac{a_{n+1}-a_n}{2}\right)^2$是完全平方数