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

三个不同的数字(不含0)可以组成6个不同的三位数,如果其中五个的和是3231,求最后一个数.

设最后一个数是$\overline{abc}$,那么三个数字就分别是$a,b,c$

它们组成的六个三位数加起来是$222(a+b+c)$,(因为每个数字都可能在每一位上出现两次)
所以题目等价于$222(a+b+c)-\overline{abc}=3231$

那么我们只需要求$a+b+c$就行了,稍微估计一下$3231<222(a+b+c),a+b+c \ge 15$

这里需要一个小知识:十进制下,自然数和它的各位数字之和模9同余
两边模9可得,$222(a+b+c)-(a+b+c) \equiv 3231 \equiv 0 \pmod 9$
即$9 \mid 221(a+b+c),9 \mid (a+b+c)$,结合$15 \le a+b+c <27$可得$a+b+c=18$

所以$\overline{abc}=222 \times 18-3231=765$
经过验证确实满足题意

本题将3231改为别的数也是可解的,只是从直接得到$9 \mid (a+b+c)$变成得到$a+b+c$模9的值,只要估计一下范围还是可以解出$a+b+c$的

如图,在锐角$\triangle ABC$中,$AB>AC$,$M$是$\triangle ABC$的外接圆$\Omega$的劣弧$BC$的中点,$K$是$\angle BAC$的外角平分线与$BC$延长线的交点.在过点$A$且垂直于$BC$的直线上取一点$D$(异于$A$),使得$DM=AM$.设$\triangle ADK$的外接圆与圆$\Omega$相交于点$A$及另一点$T$.证明:$AT$平分线段$BC$

显然$T$的位置不太清楚,但$AT$是根轴是明确的,所以可以直接取出$BC$中点$F$,证明$F$在根轴上.也就是证明$F$对两个圆的幂是相等的.

等等,这不就是今年A1的套路吗?这A2真就和A1这么像都不改的?

$F$对$\bigodot ABC$的幂是$\ds \frac{a^2}{4}$,设$\bigodot ADK$交$BC$于不同于$K$的$E$,只需证明$\ds FE \cdot FK=\frac{a^2}{4}$

考虑外角平分线基本性质$\ds \frac{KB}{KC}=\frac{c}{b}$,可得$\ds KC=\frac{ab}{c-b}$,$\ds KF=\frac{a}{2}+KC=\frac{a(c+b)}{2(c-b)}$
从而只需证明$\ds FE=\frac{a^2}{4}/\frac{a(c+b)}{2(c-b)}=\frac{a(c-b)}{2(c+b)}$
只需证明$\ds CE=FE+\frac{a}{2}=\frac{ac}{c+b}$

可这就是角平分线分割$BC$的两段长度之一,设$AM$交$BC$于$G$,只需证明$BG=CE$,只需证明$MG=ME$,考虑这边还有一个等腰三角形$MA=MD$,只需证明$E,M,D$共线即可
稍微导下角发现就没了

设$\triangle ABC$三边为$a,b,c$,$\bigodot ADK$交$BC$于不同于$K$的$E$,$BC$中点$F$,$AM$交$BC$于$G$.
则有$MF \perp BC$.
考虑$\angle EDA=\angle EKA$(共圆),$\angle EKA=90^\circ-\angle AGK=\angle GAD=\angle MDA$
可得$\angle EDA=\angle MDA$,所以$EMD$三点共线
可得$\angle MEG=\angle MGE=90^\circ-\angle MAD,ME=MG$
由对称性,$\ds CE=BG=\frac{ac}{c+b},FE=CE-\frac{a}{2}=\frac{a(c-b)}{2(c+b)}$
又由外角平分线基本性质$\ds \frac{KB}{KC}=\frac{c}{b}$,可得$\ds KC=\frac{ab}{c-b}$,$\ds FK=\frac{a}{2}+KC=\frac{a(c+b)}{2(c-b)}$
从而$\ds FK \cdot FE=\frac{a(c+b)}{2(c-b)}\frac{a(c-b)}{2(c+b)}=\frac{a^2}{4}=FB \cdot FC$
故$F$在$\bigodot ABC$和$\bigodot ADK$根轴上,即$F$在$AT$上,证毕.

已知$a,b,c \ge 0$,$a+b^2+c^3=9$,求$f=a+2b+3c$的最值

首先,$f=9-b^2-c^3+2b+3c \le 9-b^2-c^3+(b^2+1)+(c^3+1+1)=12$
因此最大值$12$,取等时$b=c=1,a=7$

然后,若$c^2 \le 3$,结合$0 \le b \le 3$
$f=10-(b-1)^2+c(3-c^2) \ge 10-(b-1)^2 \ge 10-(3-1)^2=6$
若$c^2>3,c^3>3\sqrt{3},b^2<9-3\sqrt{3}<4,0 \le b <2$
求导可得$3c-c^3$在$(\sqrt{3},\sqrt[3]{9}]$递减
故$f=10-(b-1)^2+3c-c^3 \ge 9+3c-c^3 \ge 9+3\sqrt[3]{9}-9=3\sqrt[3]{9}>6$
因此最小值6,取等时$b=3,a=c=0$

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$\ds (-\infty,\frac{3-\sqrt{5}}{2})$

泰勒發明一種方法來擴展一組數。例如將一組數 $[1,8]$ 泰勒化，則可造出兩組 數 $[2,9]$ ]與 $[3,10]$, 它們的每一項都由前組數的每一項各加 1 而得，再將這三 組數依序合併在一起而得另一組數 $[1,8,2,9,3,10]$ 。若他由只有一個數[0]的 這組數開始, 不斷地將它泰勒化, 則可得一組數：\[[0,1,2,1,2,3,2,3,4,1,2,3,2,3,4,3,4,5,2,3,4, \cdots]\]請問這組數中的第 2012 個數是什麼？

首先观察一些基本结论,第一组数长度为1,每泰勒化一次长度变成3倍.所以操作$k$次后长度变为$3^k$
我们把第$x$个数记作$f(x)$,$x$从0开始计算
假如我们已知了这$3^k$个数的值,下面的$3^{k+1}$组就都知道了
因为按照泰勒化的规则,$[f(0),f(1),\dots,f(3^k-1)]$会变成\[    [f(0),f(1),\dots,f(3^k-1);f(0)+1,f(1)+1,\ldots,f(3^k-1)+1;f(0)+2,f(1)+2,\ldots,f(3^k-1)+2)]\]
换言之,$f(x)+1=f(x+3^k),f(x)+2=f(x+2 \cdot 3^k),0<x \le 3^k$

比如从$0 \to 729-1$的值可以得到$0 \to 2187-1$的值,而$2012$就在这里
考虑$554+2 \cdot 729=2012$,$f(554)+2=f(2012)$
接着继续执行类似的操作$68+2 \cdot 243=554,f(68)+2=f(554)$
$14+2 \cdot 27=68,f(14)+2=f(68)$
$5+9=14,f(5)+1=f(14)$
从而$f(2012)=f(5)+7=9$

不过进一步思考的话会发现它与三进制有关,上面的$f(x)$就是$x$在三进制下的数码和.下面用归纳法证明:
当$x=0,1,2$显然成立
假设$x=0,1,\dots,3^k-1$时,$f(x)$都是$x$在三进制下的数码和.
即$x=\overline{(a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_1 a_0)}_3$($a_j \in \{0,1,2\},0 \le j \le k-1)$时,$\ds f(x)=f(\overline{(a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_1 a_0)}_3)=\sum_{j=0}^{k-1} a_j$
那么考虑一次泰勒化操作,$f(x)+1=f(x+3^k),f(x)+2=f(x+2 \cdot 3^k),0<x \le 3^k$,表明
\[    f(\overline{(1a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_1 a_0)}_3)=1+\sum_{j=0}^{k-1} a_j\]
以及\[    f(\overline{(2a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_1 a_0)}_3)=2+\sum_{j=0}^{k-1} a_j\]
这表明对于$k+1$也是成立的.
从而对一切正整数$x$,$f(x)$就是$x$在三进制下的数码和
从而第2012项是$f(2011)=f(\overline{2202111}_3)=2+2+0+2+1+1+1=9$

已知平面上有四个不同的点$A,B,C,D$,则集合$M=\{ \vv{PQ} \cdot \vv{RS} \mid \{P,Q,R,S\}=\{A,B,C,D\} \}$的元素个数不可能是$\tk$

(A).1
(B).2
(C).3
(D).6

解析:不太常规的问题.由于变量多,那就需要考虑一些更加本质的问题.

如果$t \in M$,可以得到什么?
可以确定$-t \in M$,因为我们只需保持$P,Q$不变,交换$R,S$就能使得这个内积反号.
因此,非0实数必定在$M$中成对出现.如果$0 \in M$,那么$M$就有奇数个元素;如果$0 \notin M$,那么$M$就有偶数个元素.

那么如果取$A$,就意味着$M$中只有0,也就是任何一个取法的向量都是互相垂直的.这个很容易判断,一个三角形的三个顶点和它的垂心就行了.

如果取$B$,那么就意味着$M$中只有两个不同的元素$t,-t(t \ne 0)$.这里需要一点额外的知识,或者知道托勒密定理的复数证法,或者直接知道这样一个简单的恒等式:\[(a-b)(c-d)+(a-c)(d-b)+(a-d)(b-c)=0\]
用向量去替换它,如($\vv{OA}$替换$a$)可得\[\vv{BA} \cdot \vv{DC}+\vv{CA}\cdot \vv{BD}+\vv{DA} \cdot \vv{CB}=0\]
而如果$M=\{t,-t\}$,则会发现,无论三者如何取值,都只能导致$t=0$,从而矛盾.所以$2$是取不到的

$C$.取3是可能的,这意味着$M=\{0,t,-t\}$.取等腰直角三角形的三个顶点和斜边中点即可.

$D$.取6也是可能的,这是最普通的情况.就是6种内积互不相同(分为3组,每组考虑反向有2种可能)

注:根据$B,D$的分析可知,$M$的结构必定是$\{a,b,a+b,-a,-b,-(a+b)\}$这种,但是随着有些值相等,集合元素会减少.
6个元素互不相等如($a=1,b=3$)则是6;
$a=b \ne 0$时,可以取4;
$a=0,b \ne 0$会得到3;
$a=b=0$,会得到1;
除2此以外,5也是取不到的.因为奇数意味着必定含0.根据$B$中的恒等式,必定有另外两组内积互为相反数取$t,-t$,进而交换位置导致产生2组$t$,2组$-t$.只能是1或者3,产生矛盾.

原文:Let $\{a_{n}\}$ and $\{b_{n}\}$ be the sequences of real numbers such that\[(2+i)^{n}=a_{n}+b_{n} \mi\]for all integers $n \geq 0$, where $i=\sqrt{-1}$. What is$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_{n} b_{n}}{7^{n}}$ ?

中文题目:设 $\{a_{n}\}$ 和 $\{b_{n}\}$ 是对一切非负整数$n$满足下式的实数列:\[(2+i)^{n}=a_{n}+b_{n} \mi\], 其中$\mi$是虚数单位.$ \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_{n} b_{n}}{7^{n}}$的值是?

解:直接展开求出$a_b,b_n$不太方便,所以可以选择平方直接出现$a_n b_n$
\[(2+\mi)^{2n}=(3+4\mi)^n=(a_n^2-b_n^2)+2a_n b_n \mi\]
\[    \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(3+4\mi)^n}{7^n}=\frac{1}{1-\frac{3+4\mi}{7}}=\frac{7+7\mi}{8}\]
两边取虚部再除以2,得\[    \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{a_n b_n}{7^n}=\frac{7}{16}\]

    \[    \sin nx=2^{n-1} \prod_{k=0}^{n-1} \sin(x+\frac{k\pi}{n})    \]

    令$\displaystyle \alpha=\frac{\pi}{n}$    

\begin{gather*}    \exp(2nx\mi)-1    =\prod_{k=0}^{n-1}(\exp(2x\mi)-\exp(2k\alpha \mi))\\    =\prod_{k=0}^{n-1} [\exp(x+k\alpha)\mi \cdot 2\mi \cdot \sin(x-k\alpha)] \\   =\prod_{k=0}^{n-1}\exp(nx\mi+\frac{n-1}{2}\pi\mi) \cdot (2\mi)^n \cdot \prod_{k=0}^{n-1}\sin(x-k\alpha)\\    =2^n \cdot \exp(\frac{n\pi}{2}\mi) \cdot \exp(nx\mi) \cdot \exp(\frac{n-1}{2}\pi\mi) \cdot \prod_{k=0}^{n-1}\sin(x-k\alpha)\\    =2^n \cdot \exp(nx\mi) \cdot \mi^{2n-1} \cdot \prod_{k=0}^{n-1}\sin(x-k\alpha)    \end{gather*}
    因此可得    \begin{gather*}    \exp(nx\mi)-\exp(-nx\mi)    =2^n \cdot \mi^{2n-1} \cdot \prod_{k=0}^{n-1}\sin(x-k\alpha)    =-2^n \cdot \mi \cdot \prod_{k=0}^{n-1}\sin(k\alpha-x)\\    =-2^n \cdot \mi \cdot \prod_{k=0}^{n-1}\sin(x+\frac{n-k}{n}\pi)    =2^n \cdot \mi \cdot \prod_{k=0}^{n-1}\sin(x+\frac{k\pi}{n})    \end{gather*}

    再利用$\exp(nx\mi)-\exp(-nx\mi)-2\mi \sin nx$即得证.

如果只是需要绝对值的话,对$\exp(2nx\mi)-1=\prod_{k=0}^{n-1}(\exp(2x\mi)-\exp(2k\alpha \mi))$两边取模即可,这个对于计算具体的数字会有用.但如果计算一般的式子还是需要上面的做法