设 $x$ 是实数, $n>2$ 为整数,已知 $\{x\}=\{x^2\}=\{x^n\}$ .证明: $x$ 是整数
证明:小数部分相同也就是差为整数,所以存在整数 $k$ 使得 $x^2-x=k$
由二次函数的性质可得 $k\ge-\frac{1}{4},k\ge0$ ,若 $k=0$ 显然$x \in \{0,1\}$,证毕.
不妨设 $k \ge 1$
考虑
\begin{gather}
x^2=x+k\\
x^3=x(x+k)=(k+1)x+k\\
x^4=(k+1)x^2+kx=(2k+1)x+k(k+1)
\end{gather}
归纳易得 $x^m=a_m x+b_m$ ,其中 $a_1=1,b_1=0$, $a_{m+1}=a_m+b_m,b_{m+1}=ka_m$
显然当 $n>2$ 时有 $x^n=a_n x+b_n,a_n>1$
考虑 $x^n-x=(a_n-1)x+b_n \in \mz$ ,可得 $x$ 是有理数
结合 $x^2-x-k=0$ , $x$ 是整数
11. 已知 $F$ 是双曲线 $E: \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 的左焦点, $P$ 是 $E$ 右支上一点, $P F$ 与 $E$ 的渐近 线分别交于 $A, B$ 两点, 且 $\overrightarrow{F A}=\overrightarrow{A B}=2 \overrightarrow{B P}$, 则 $E$ 的离心率为$\tk$
解:我们令$X$代指$A$或者$B$,设$\vv{FX}=\lambda \vv{FP}$,由题意可知$\lambda=\frac{2}{5},\frac{4}{5}$(分别对应$A$和$B$)
设$P(x_1,y_1),\frac{x_1^2}{a^2}-\frac{y_1^2}{b^2}=1$,则有 \[ X(\lambda x_1+c(\lambda-1),\lambda y_1) \] 代入渐近线方程 \[ \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=0 \] 可得 \begin{gather} \frac{[\lambda x_1+c(\lambda-1)]^2}{a^2}-\frac{(\lambda y_1)^2}{b^2}=0\\ \lambda^2+\frac{2cx_1\lambda(\lambda-1)}{a^2}+\frac{c^2(\lambda-1)^2}{a^2}=0\\ c^2(\frac{\lambda-1}{\lambda})^2+2cx_1 \frac{\lambda-1}{\lambda}+a^2=0 \end{gather} 注意到$\frac{\lambda-1}{\lambda}=-\frac{3}{2},-\frac{1}{4}$,由韦达定理 \[ \frac{a^2}{c^2}=(-\frac{3}{2}) \cdot (-\frac{1}{4})=\frac{8}{3} \] \[ \frac{c}{a}=\sqrt{\frac{8}{3}}=\frac{2\sqrt{6}}{3} \]
12. 若 $a=\mathrm{e}^{0.2} \ln 3, b=\mathrm{e}^{0.3} \ln 2, c=\frac{\mathrm{e}^{0.4}}{3}$, 则请比较大小
解:基本常识:$\ln 2$大约是0.7
$\me^{0.1}$只比1.1大一点.如果非要证明的话,$f(x)=\me^x-1-2x$的导数$f'(x)=\me^x-2<0,\forall 0<x<\frac{1}{2}$,故$\me^x<1+2x,\forall 0<x<\frac{1}{2}$.因此$\me^{0.1}<1.2$
\[ \frac{c}{b}=\frac{\me^{0.1}}{3\ln 2} \approx \frac{\me^{0.1}}{2.1}<1 \]
基本常识:$3>2\sqrt{2},\ln 3>\frac{3}{2}\ln2$ \[ \frac{b}{a}=\frac{\me^{0.1}\ln 2}{\ln 3}<\frac{2}{3}\me^{0.1}<1 \]
因此$c<b<a$
20. (12 分)已知椭圆 $C: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的长轴长为 $4, O$ 为坐标原点, $A$ 为椭圆 $C$ 的右顶点, $B$ 为 椭圆 $C$ 的上顶点,且 $\triangle A B O$ 的面积为 $\sqrt{3}$.
(1)求椭圆 $C$ 的方程.
(2) 过点 $D(2,3)$ 的直线 $l$ 与椭圆相交于 $P, Q$ 两点, 过点 $P$ 作 $x$ 轴的垂线, 与直线 $A Q$ 相交 于点 $M, N$ 是 $P M$ 的中点, 试问直线 $A N$ 的斜率是否为定值? 若是, 求出该定值; 若不 是, 说明理由.
解:本题使用常规方法直接算即可,属于对称型问题,不需太多技巧.而实质上本题还是与22年乙卷题目相通的题目.由于$N$是$PM$中点,故$AM,AP;AN,AD$是调和线束,而$AD$是椭圆切线,所以$AN$就是$D$对应的切点弦所在直线.切线产生的调和,中线产生的调和,本题具有与22年乙卷完全相同的命题背景,但是简单在不需要猜点,计算也是完全对称化的.
当然,这里仍然可以采用点生成点的方式:
$P(x,_1,y_1),Q(x_2,y_2)$,设$\vv{DQ}=\lambda \vv{DP},x_2=\lambda x_1+2(1-\lambda),y_2=\lambda y_1+3(1-\lambda)$
代入到$\frac{x_2^2}{4}+\frac{y_2^2}{3}=1$,可得 \[ \lambda=\frac{3}{5-x_1-2y_1} \]
从而$M$的纵坐标 \[ y_M=\frac{y_2}{x_2-2}(x_1-2)=\frac{\lambda(y_1-3)+3}{\lambda}=2-x_1-y_1 \] 从而 \[ N(x_1,\frac{2-x_1}{2}) \]
所以$AN$的斜率为 \[ \frac{\frac{2-x_1}{2}-0}{x_1-2}=-\frac{1}{2} \]
21. (12 分)已知 $a \in \mathbf{R}$, 函数 $f(x)=\frac{2}{\sqrt{x}}+a x$.
(1)讨论 $f(x)$ 的单调性;
(2) 设 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数, 证明: $\left[\sqrt{\frac{1^2+1}{1^2+1+1}}+\sqrt{\frac{2^2+2}{2^2+2+1}}+\cdots+\sqrt{\frac{n^2+n}{n^2+n+1}}\right]$ $=n-1, n \in \mathbf{N}^{\cdot}$.
证明:记$S_n=\sqrt{\frac{1^2+1}{1^2+1+1}}+\sqrt{\frac{2^2+2}{2^2+2+1}}+\cdots+\sqrt{\frac{n^2+n}{n^2+n+1}}$
注意到 \[ 0<1-\sqrt{\frac{n^2+n}{n^2+n+1}}=\frac{\frac{1}{n^2+n+1}}{1+\sqrt{\frac{n^2+n}{n^2+n+1}}}<\frac{1}{n^2+n+1}<\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \]
可得 \[ 0<n-S_n<1-\frac{1}{n+1},n-1+\frac{1}{n+1}<S_n<n \] 故$[S_n]=n-1$
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
关于$x$的方程$e^x-a \sin x=b\sqrt{x}$有根,求证:$a^2+b^2>\me$
这可真是个老题了,而且各种模拟题早就玩出花了,只是本题增加了一些变式,而且求的不是最值了,而是对最值的估计
这类题最早的出处应该是1973年的IMO(国际数学奥林匹克)第3题:
3. 设 $a, b$ 是可使方程 \[ x^{4}+a x^{3}+b x^{2}+a x+1=0 \] 至少有一实根的实数, 对于所有这样的数偶 $(a, b)$, 求 $a^{2}+b^{2}$ 的最小值.
当年作为国际比赛的压轴题,而今已经沦为而今竞赛教材的经典问题,一般放在一试里.
显然$x \ne 0$,则可变形为$(x^2+\frac{1}{x^2})+a(x+\frac{1}{x})+b=0$,令$u=x+\frac{1}{x}$则有 \[ u^2-2+au+b=0,u^2 \ge 4 \] 由柯西不等式 \[ (u^2-2)^2=(au+b)^2 \le (a^2+b^2)(u^2+1) \]
从而 \[ a^2+b^2 \ge (u^2+1)+\frac{9}{u^2+1}-6 \ge \frac{4}{5} \] 且$a=\frac{4}{5},b=-\frac{2}{5}$时方程有根$x=-1$,故可以取到等号.
本题作为这类题的题源,经过各种变迁,如果将其中一些函数换为指数等特殊函数,则可以与导数联系起来,在各地模拟题或者网上自编题中已经出现了一些.凡是学过竞赛的同学都有入手的方向,但是直接进入高考试卷仍然是十分激进的.
对于本题的解答:
这个根$x$肯定是正的,由柯西不等式以及$\sin x<x,x>0$ \[ \me^x=a\sin x+b\sqrt{x} \le \sqrt{a^2+b^2}\sqrt{\sin^2 x+x} < \sqrt{a^2+b^2}\sqrt{x^2+x} \] 若$0<x\le 1$,使用不等式$\me^x \ge \me x$ \[ a^2+b^2>\frac{\me^{2x}}{x^2+x} \ge \frac{\me \cdot 2x}{x^2+x}=\me \cdot \frac{2}{x+1} \ge \me \] 若$x>1$,再次使用不等式$\me^x \ge \me x$,以及$\frac{x}{x+1}>\frac{1}{2}$ \[ a^2+b^2>\frac{\me^{2x}}{x^2+x} \ge \frac{(\me x)^2}{x^2+x}=\me^2 \frac{x}{x+1}>\frac{\me^2}{2}>\me \]
这样就证明了原题.
22. (本小题满分 12 分)已知函数 $f(x)=\left(x^{2}-a x\right) \ln x+x(a \in\mr, a>0)$.
(1) 若 1 是函数 $f(x)$ 的极值点, 求 $a$ 的值;
(2) 若 $0<a \leqslant 1$, 试问 $f(x)$ 是否存在零点. 若存在, 请求出该零点; 若不存在, 请说明理由.
(3) 若 $f(x)$ 有两个零点, 求满足题意的 $a$ 的最小整数值. (参考数据 $: \ln 2 \approx 0.693, \sqrt{\mathrm{e}} \approx 1.649$ )
22题参考答案如下(可点击下载):
思考:
(2).参考答案写了老大一页,其实只要多想想就行了.
首先这种方程就不可能有零点,因为超越方程的没法解(除了那种显而易见能观察出来的)
既然没有零点,就只需证明它恒正或者恒负,注意$g(1)>0$就知道恒正.
所以我们解答时只需证明$g(x)=(x-a) \ln x+1>0$
求导发现导数为0的地方不太好求,那就直接估计吧
$x \ge 1$显然可得$g(x)>0$
$0<x<1$时,$\ln x<0,-a\ln x>0$,尝试直接把$a$扔掉
$\ds g(x)=x\ln x-a\ln x+1>x \ln x+1 \ge 1-\frac{1}{\me}>0$,从而$g(x)>0$恒成立,无零点
三两行即可解决.
(3).参考答案又是洋洋洒洒写了一大篇.但是本题是求整数参数的范围,对于整数参数的范围问题,用隐零点属于非常麻烦的类型,最好的方式是直接试探出结果去验证.
由(2)可得$a > 1$
$g(x)=(x-a) \ln x+1$的两个零点显然在$1<x<a$里,而$g(1)=g(a)=1>0$,表明肯定在$(1,a)$之间有某个数的函数值是负的
我们只需采用基本试探法:
若$\ds g(2)<0,a>2+\frac{1}{\ln 2}>3,a \ge 4$
若$g(a-1)<0,-\ln (a-1)+1<0,a>\me+1>3,a \ge 4$
若$g(a-2)<0,-2\ln (a-2)+1<0,a>2+\sqrt{\me}>3,a \ge 4$
全部都得到$a \ge 4$,那就可以直接猜测整数$a$的最小值就是$4$
书写时只需证明$a \le 3$不可以,以及$a=4$可以就能完成严格证明了.
解答:
(2).$f(x)=0$等价于$g(x)=(x-a) \ln x+1=0$
若$x \ge 1,x-a \ge 0,\ln x \ge 0,g(x)\ge 1>0$
若$\ds 0<x<1,-a \ln x>0,g(x)=x\ln x-a\ln x+1>x\ln x+1 \ge 1-\frac{1}{\me}>0$(需求导证明)
因此$f(x)$无零点
(3).由(2),只需考虑$a>1$的情况.
如果$1<a \le 3$
1)若$x \ge a,x-a \ge 0,\ln x >0,g(x) \ge 1>0$
2)若$0<x \le 1,x-a<0,\ln x \le 0,g(x) \ge 1>0$
3)若$1< x <a$,使用不等式$\ds \ln x\le \frac{x}{\me},x-a<0$
则$\ds g(x) =(x-a) \ln x+1 \ge (x-3)\ln x+1 \ge \frac{x(x-3)}{\me}+1 \ge -\frac{9}{4\me}+1=\frac{4\me-9}{4\me}>0$恒成立(需求导证明)
故$g(x)$不存在零点
故$a \ge 4$,当$a=4$时,$\ds g'(x)=1-\frac{4}{x}+\ln x$单调递增,且$g'(1)<0,g'(4)>0$,故存在唯一的$x_0 \in (1,4)$使得$g'(x_0)=0$
于是$g(x)$在$(0,x_0)$单调减,$(x_0,+\infty)$单调增
结合$g(1)=g(4)=1,g(3)=1-\ln 3<0$,故$g(x)$恰好有两个零点,满足题意.
故$a$的最小整数值为4.
若函数$f(x)=|a\sin x+b \cos x-1|+|b \sin x-a \cos x|,(a,b \in \mr)$的最大值为11,则$a^2+b^2=\tk$
本题需要利用基本的绝对值恒等式:$|a|+|b|=\max\{|a+b|,|a-b|\}$
\begin{gather} f(x)=\max\{|(a+b)\sin x+(b-a) \cos x-1|,|(a-b)\sin x +(a+b)\cos x-1|\}\\ \le \sqrt{(a+b)^2+(a-b)^2}+1 =\sqrt{2(a^2+b^2)}+1\end{gather}
且只要$(a-b)\sin x +(a+b)\cos x=-\sqrt{2(a^2+b^2)}$就能取到等号,而根据辅助角公式我们知道这总是可以做到的
所以$\max f(x)=\sqrt{2(a^2+b^2)}+1=11$
$a^2+b^2=50$
上周学生问了我这样一个离心率问题
如图,椭圆的焦点$F_1$、$F_2$,椭圆上三点$A$、$B$、$C$满足:$F_1 \in AB,F_2 \in AC$.如果$\ds AF_2:F_2C=3:2,BF_2 \perp AC$.求椭圆的离心率.
我当时给的解答是下面这样的:
设$AF_1=1,BF_1=x$,
则$\ds AF_2=(1+x)\cos A,BF_2=(1+x)\sin A$,
比例可得$\ds CF_2=\frac{2}{3}AF_2=\frac{2}{3}(1+x)\cos A$
考虑到椭圆定义,可得$AF_1+AF_2=BF_1+BF_2$,也就是\[ AF_1-BF_1=BF_2-AF_2,1-x=(1+x)(\sin A-\cos A)\]
两个变量,所以还需要建立一个方程才能解.这也是本题的主要矛盾.
下面这种做法需要用到椭圆极坐标方程得到的一个结论:过焦点的弦被焦点分割的两部分,它们的倒数和是常数.
对于本题来说就是:$\ds \frac{1}{AF_1}+\frac{1}{BF_1}=\frac{1}{AF_2}+\frac{1}{CF_2}$,等于某个公共常数(只与椭圆自身有关) 那么就可以建立第二个方程:\[ 1+\frac{1}{x}=\frac{1}{AF_2}+\frac{1}{CF_2}=\frac{1}{(x+1)\cos A} \cdot \frac{5}{2}\]
两个方程整理如下\[ \frac{1-x}{1+x}=\sin A-\cos A, \frac{(1+x)^2}{x}=\frac{5}{2\cos A}\]
注意到\[ \frac{4x}{(1+x)^2}=1-(\frac{1-x}{1+x})^2=1-(\sin A-\cos A)^2=2\sin A\cos A\]
和第二个式子相乘可得$\ds 4=5\sin A,\sin A=\frac{4}{5},\cos A=\frac{3}{5}$,
进而$\ds x=\frac{2}{3},AF_2=1,F_1F_2=\sqrt{1+1-2\cos A}=\frac{2}{\sqrt{5}}$
从而离心率\[ e=\frac{F_1F_2}{AF_1+AF_2}=\frac{\sqrt{5}}{5}\]
后来他们说拿给高三的学生做,做法也只有更复杂的,需要解四次方程之类的.(这个做法如果硬解也不容易,只是是用来恒等变形直接消元处理解方程才变得简单)
不知是否有更简单的做法
9. 已知 $a>0, b>0$, 满足 $\ds \frac{3}{a}+2 b=4$, 则 $\ds \frac{2 a}{a+1}+\frac{3}{2 b}$ 的最小值为
A. $2+2 \sqrt{3}$
B. $\ds \frac{9+6 \sqrt{2}}{7}$
C. 3
D. $9+6 \sqrt{2}$
注意到条件是$a$的倒数与$b$的关系,所以$\ds \frac{2 a}{a+1}$需要换成$\ds \frac{2 }{1+1/a}$
这样两式的分母之和就是定值,可以使用柯西了
\begin{gather} \frac{2 a}{a+1}+\frac{3}{2 b} =\frac{6}{3+\frac{3}{a}}+\frac{3}{2b}\\ \ge \frac{(\sqrt{6}+\sqrt{3})^2}{(3+\frac{3}{a})+(2b)} =\frac{3(3+2\sqrt{2})}{7}\end{gather}
10. 正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $M, N$ 分别为 $A B, A_{1} B_{1}$ 的中点, $P$ 是边 $C_{1} D_{1}$ 上的一个点（包括端点 ), $Q$ 是平面 $P M B_{1}$ 上一动点, 满足 $\angle M N A=\angle M N Q$, 则点 $Q$ 所在轨迹为
A. 椭圆
B. 双曲线
C. 抛物线
D. 抛物线或双曲线
$\angle M N A=\angle M N Q$这个条件相当于说$\angle MNQ$是定角,也就意味着$Q$相当于是在一个圆锥上
$Q$的轨迹就是这个圆锥与面$PMB_1$的交线
但是圆锥上直线$NA$是必定与面$PMB_1$平行的,所以不可能是椭圆/圆(因为椭圆/圆与所有的母线都相交)
而这个平面又不能过圆锥顶点$N$,那么就只能是抛物线/双曲线了
注意:当我们说平面与母线平行截出抛物线的时候,指的是正对着这个平面的母线.或者说,是过轴与这个平面垂直的平面截出来的那两条母线之一.对于截出双曲线的平面,也总有母线与这个平面平行.对于本题来说,$P=C_1$的时候才是抛物线,其他情况都是双曲线.
11. 已知 $f(x)=\ln x-|a \sqrt{x}-b|-1$, 若存在实数 $a$, 使得 $f(x)$ 在 $\ds \left(\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}, \mathrm{e}^{2}\right)$ 上有 2 个零点, 则 $\ds \frac{b}{a}$ 的取值范 围为
A. $\ds \left(\frac{\mathrm{e}}{2}, \mathrm{e}\right)$
B. $\ds \left(1, \frac{\mathrm{e}}{2}\right)$
C. $\ds \left(\frac{\mathrm{e}}{3}, \frac{\mathrm{e}}{2}\right)$
D. $\ds \left(\frac{\mathrm{e}}{2}, \mathrm{e}^{2}\right)$
题目叙述有些问题,当题目说存在实数$a$的时候其实没说$b$是啥,所以总感觉有些奇怪
注意到有$a\sqrt{x}-b$,联想到直线方程,所以作换元$\ds x=z^2,z \in (\frac{1}{\me},\me)$,等价于$2\ln z-1=|az-b|$
题目问根,所以只需要考虑$z \in [\sqrt{\me},\me)$
然后考虑$2\ln z-1$与$|ax-b|$的交点就行了,$\ds \frac{b}{a}$就是右边与$x$轴的交点
可以观察到只要$\ds \sqrt{\me}<\frac{b}{a}<\me$,就能保证有满足题意的$a$(斜率无穷大),而$\ds \frac{b}{a} \ge \me$最多只有一个根总是不能满足题意.所以最大就是$\me$,四个选项里只有A满足(已经可以选出答案了)
而左边的边界是$\me$处的切线与$x$轴的交点.$\ds \frac{b}{a}$稍微大一点点的时候可以产生2个根
12. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $\ds a_{n+1}=\frac{2 a_{n}}{a_{n}^{2}+1}$, 满足 $a_{1} \in(0,1), a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2021}=2020$, 则下列成立的是
A. $\ds \ln a_{1} \cdot \ln a_{2021}>\frac{1}{2020}$
B. $\ds \ln a_{1} \cdot \ln a_{2021}=\frac{1}{2020}$
C. $\ds \ln a_{1} \cdot \ln a_{2021}<\frac{1}{2020}$
D. 以上均有可能
本题看起来很唬人,但是估计精度其实非常差
首先注意到$a_n$单调增且始终小于1,但$S_{2021}=2020$
那么会导致前面的数即便比1小也不会差太多,$a_{2021}$要非常接近1,否则大家加起来是不能凑够$2020$的
$\ln a_{2021}$非常接近0,于是我们需要考虑$\ln a_1$的值,如果$a_1$能够很接近0那就无法判断.但是我们会发现如果$a_1$太小,就会导致后面的$a_2,a_3$都很小,这会导致前面若干项的和小于1,那么整体加起来就不可能达到2020了
经过试验,我们会发现$\ds \frac{1}{3}$是一个不错的值
当$\ds a_1<\frac{1}{3},a_2<2a_1<\frac{2}{3}$,从而\[ S_{2021}=(a_1+a_2)+a_3+\dots+a_{2021}<2020\]矛盾
所以$\ds a_1 \in [\frac{1}{3},1)$,其实写完这个式子以后就可以直接选$C$了,$\ln a_{2021}$与0实在太接近了
而作为严格的过程,我们还需要作下面的不动点解法:
递推式可以变成\[ \frac{1-a_{n+1}}{1+a_{n+1}}=(\frac{1-a_n}{1+a_n})^2\]
从而\[ \frac{1-a_n}{1+a_n}=(\frac{1-a_1}{1+a_1})^{2^{n-1}}\]
这表明$a_n$与1的距离是指数的指数级别缩减,所以只要瞎估计就行了\[ \frac{1-a_1}{1+a_1}<\frac{1}{2}, \frac{1-a_{2021}}{1+a_{2021}}=(\frac{1-a_1}{1+a_1})^{2^{2020}}<\frac{1}{2^{2^{2020}}}\]
即\[ 1-a_{2021}<\frac{2}{2^{2^{2020}}}\]
而我们知道在1附近的时候$\ln x$和$x-1$是差不多的
针对本题可以优化一下,也就是当$\ds \frac{1}{2}<x<1$时,
\[ |\ln x|=\ln \frac{1}{x}<\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}<2(1-x)\]
所以\[ |\ln a_{2021}|<2(1-a_{2021})<\frac{4}{2^{2^{2020}}}\]
结合$|\ln a_1|<\ln 3$
可得\[ \ln a_1 \ln a_{2021}=|\ln a_1| |\ln a_{2021}|<\frac{4\ln 3}{2^{2^{2020}}}\]
这是远远远远远远远远远远远远远远远远小于$\ds \frac{1}{2020}$的数
题目本意可能不是让你用这种方式估计,精度差距太大了
16. 抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点为 $F$, 准线为 $l$, 讨点 $F$ 作直线 $A B$ 与抛物线交于点 $A, B, B\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 在 第四象限, 连 $A O(O$ 为 $C$ 的顶点)并延长交 $l$ 于点 $M$, 过 $B$ 作 $B C$ 垂直于 $x$ 轴, 垂足为 $C$, 若 $S_{\triangle A B M}-S_{\triangle B O C}=2 \sqrt{2}$, 则 $y_{0}=$
使用结论会快一点:$M$是$B$在准线上的投影,这样可以直接写出$M,C$的坐标
21. (12分) 已知函数 $f(x)=x^{2}+2 x-a \ln x$, 其中 $a \in \mathbf{R}$.
(1) 对于任意 $t \geq 1$, 恒有 $f(2 t-1) \geq 2 f(t)-3$, 求 $a$ 的取值范围;
（2）设 $a>0$, 存在实数 $t$ 使关于 $x$ 的方程 $f(x)=t$ 有两个实根 $\ds x_{1}, x_{2}\left(x_{1}<x_{2}\right)$, 求证: 函数 $f(x)$ 在 $x=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}$ 处的切线斜率大于 0 .
之前竞赛课讲过这样的性质:
若$f^{\prime\prime\prime}(x) \ge 0$,则\[ f'(\frac{a+b}{2})<\frac{f(a)-f(b)}{a-b}<\frac{1}{2}(f'(a)+f'(b))\]
(若$f^{\prime\prime\prime} (x) \le 0$则完全反号)
第二问$f^{\prime\prime\prime} (x)=-2a x^{-3}<0$,对这个函数使用上面的不等式可以得到
\[ f'(\frac{x_1+x_2}{2})>\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}=0\]
不用也无妨,本题最早应该是2008年前后的湖南高考题
已知函数$\ds f(x)=ax+\frac{1}{x}+a,x \in (0,+\infty)$,$A=\{x \in \mr \mid f(x)<x\},B=\{x \in \mr \mid f(f(x))>f(x)\}$,$A \cap B \ne \emptyset$,则实数$a$的取值范围是$\tk$
考虑到定义域,也就说要存在实数$x$满足$$\begin{cases}x>0\\f(x)>0\\f(x)<x\\f(f(x))>f(x)\end{cases}$$
其中,$f(x)<x$等价于$\ds a<\frac{x-\frac{1}{x}}{x+1}=1-\frac{1}{x}$
$f(f(x))>f(x)$为$\ds a f(x)+\frac{1}{f(x)}+a>ax+\frac{1}{x}+a$,分解得$\ds (f(x)-x)(a-\frac{1}{x f(x)})>0$
从而等价于$$\begin{cases}x>0\\f(x)>0\\\frac{1}{x}<1-a\\a x f(x)<1\end{cases}$$
(I).若$a \ge 1$,显然$f(x)>x$,矛盾
(II).若$0<a<1$,等价于$\ds \begin{cases}x>\frac{1}{1-a}\\a x f(x)<1\end{cases}$
$a x f(x)$在$\ds (\frac{1}{1-a},+\infty)$是增函数,所以等价于\[a \cdot \frac{1}{1-a} \cdot f(\frac{1}{1-a})<1,a^2-3a+1>0\]
从而$\ds 0<a<\frac{3-\sqrt{5}}{2}$
(III).若$a=0$,取$x=2$即满足
(IV).若$a<0$,$ax f(x)<0<1$恒成立,等价于$$\begin{cases}x>\frac{1}{1-a}\\f(x)>0\end{cases}$$
$f(x)$在$\ds (\frac{1}{1-a},+\infty)$是减函数,所以等价于\[f(\frac{1}{1-a})>0\]
化简得恒成立.
综上,$a$的取值范围是$\ds (-\infty,\frac{3-\sqrt{5}}{2})$