设 $n$ 个互异的正整数 $a_1$, $a_2, \cdots, a_n$ 之和为 2000 . 记\[A=\max \left\{a_1, a_2, \cdots, a_n\right\} .\]求 $A+n$ 的最小值.

考虑
\begin{align}2000&=a_1+a_2+\dots+a_n \\& \le A+(A-1)+(A-2)+\dots+(A-n+1)\\& = nA-\frac{n(n-1)}{2}\\A &\ge \frac{2000}{n}+\frac{n-1}{2}\\A+n &\ge \frac{2000}{n}+\frac{3n}{2}-\frac{1}{2} \ge 2\sqrt{3000}-\frac{1}{2}>109\\A+n &\ge 110\end{align}
且当$5,40,41,42,\dots,74$时可取等

对于实数$a,b$,求$\ds S=\frac{(1-a) (1-b) (1-a b)}{\left(a^2+1\right) \left(b^2+1\right)}$的最值

    令$\ds a=\frac{x+1}{x-1},b=\frac{y+1}{y-1}$(如果$a,b$中有1,则原式为0显然不是最值)
    代入化简得    \begin{gather}        S=\frac{(1-a) (1-b) (1-a b)}{\left(a^2+1\right) \left(b^2+1\right)}        =-\frac{2 (x+y)}{\left(x^2+1\right) \left(y^2+1\right)}\\        |S|=\frac{2 |x+y|}{\left(x^2+1\right) \left(y^2+1\right)}\\        =\frac{2 |x+y|}{\left(x^2+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\right) \left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+y^2\right)}\\        \le \frac{2 |x+y|}{\left(\frac{|x|}{\sqrt{3}}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{|y|}{\sqrt{3}}\right)}        =\frac{6|x+y|}{(|x|+|y|+\frac{2\sqrt{3}}{3})^2} \le \frac{3\sqrt{3}}{4}    \end{gather}

    Given is a real number $a \in (0,1)$ and positive reals $x_0, x_1, \ldots, x_n$ such that $\sum x_i=n+a$ and $\sum \frac{1}{x_i}=n+\frac{1}{a}$. Find the minimal value of $\sum x_i^2$.
    给定实数$a \in (0,1)$,正实数$x_0,x_1,\dots,x_n$满足:    \[        \sum_{i=0}^n x_i=n+a,\sum_{i=0}^n \frac{1}{x_i}=n+\frac{1}{a}        \]    求$\sum_{i=0}^n x_i^2$的最小值

    类似的问题有不少,大多都是先求单个变量的范围,再构造局部不等式.
    当然,本题稍微观察一下会发现$(1,1,\dots,1,a)$是一组简洁的解.    \[        (n+a-x_0)(n+\frac{1}{a}-\frac{1}{x_0})=(x_1+x_2+\dots+x_n)(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots x_n) \ge n^2    \]
    那么这个方程解出来的解必有一端是$a$,再配凑出另外一个根,可以解出来    \[        a \le x_0 \le \frac{n+a}{1+na}    \]    当然这也是其他$x_i$的范围
    接下来就是配凑局部不等式,待求式是$x_i^2$,已知式是$x_i,\frac{1}{x_i}$
    所以我们需要配凑出下面的式子    \[        x_i^2 \ge A x_i +\frac{B}{x_i}+C    \]
    它实质是个三次的局部不等式.考虑之前观察出的简洁的解$(1,1,\dots,1,a)$,我们有理由猜测这就是取等条件(如果不是就再说)
    考虑$1$在区间中间,所以必须是$(x-1)^2$,所以选择的局部不等式就是    \[        0 \le \frac{1}{x_i}(x_i-1)^2 (x_i-a) =x_i^2-(2+a)x_i+(2a+1)-\frac{a}{x_i}        \]
    累加得    \[        \sum_{i=0}^n x_i^2 \ge (2+a)\sum_{i=0}^n x_i +a \sum_{i=0}^n \frac{1}{x_i} -(2a+1)(n+1)= n+a^2    \]
    当$(1,1,\dots,1,a)$时取等
    虽然题目没要求,但是也可以使用类似的方法求出最大值:        考虑局部不等式    \[       \frac{1}{x_i} \left( x_i-\frac{a(n+a)}{1+na} \right)^2 \left( x_i-\frac{n+a}{1+na}\right) \le 0    \]
    可得    \[        x_i^2 \le \frac{(1+2a) (n+a)}{1+na}x_i+\frac{a^2 (n+a)^3}{(1+na)^3} \frac{1}{x_i}-\frac{a (2+a) (n+a)^2}{(1+na)^2}    \]
    累加得    \begin{align}        \sum_{i=0}^n x_i^2 &\le \frac{(1+2a) (n+a)}{1+na} (n+a)\\        &+\frac{a^2 (n+a)^3}{(1+na)^3} (n+\frac{1}{a})\\        &-\frac{a (2+a) (n+a)^2}{(1+na)^2}(n+1)\\       & =\frac{(n+a)^2 (1+na^2)}{(1+na)^2}    \end{align}    当取$n$个$\frac{a(n+a)}{1+na}$,1个$\frac{n+a}{1+na}$时取等

   
英文题目: An infinite sequence of positive integers $a_1, a_2, \dots$ is called $good$ if
    (1) $a_1$ is a perfect square, and
    (2) for any integer $n \ge 2$, $a_n$ is the smallest positive integer such that$$na_1 + (n-1)a_2 + \dots + 2a_{n-1} + a_n$$is a perfect square.
    Prove that for any good sequence $a_1, a_2, \dots$, there exists a positive integer $k$ such that $a_n=a_k$ for all integers $n \ge k$.

中文题目: 一个无穷正整数数列 $a_1, a_2, \dots$ 被称作”好数列”,如果它满足:
    (1) $a_1$ 是完全平方数
    (2) 对一切 $n \ge 2$, $a_n$ 是使得 $$na_1 + (n-1)a_2 + \dots + 2a_{n-1} + a_n$$为完全平方数的最小的正整数.
    证明:对所有”好数列” $a_1, a_2, \dots$, 存在正整数 $k$ 使得 对一切 $n \ge k$ 都有 $a_n=a_k$.

    设$na_1 + (n-1)a_2 + \dots + 2a_{n-1} + a_n=b_n^2$,$b_n \in \mN$    \[        b_{n}^2-b_{n-1}^2=a_1+a_2+\dots+a_n    \]    显然 $b_n$严格递增
    如果$a_n$最终变为常数,那么最终$b_n^2-b_{n-1}^2$就是一次的
    从而最终$b_n$也是一次的,所以其实要证$b_n$最终是等差数列
    要证$b_n-b_{n-1}$最终是常数
    而我们证明一个正整数数列最终变为常数有一个经典做法:证明这个正整数数列不增,或者先找到某个不增的子列.
    在最美好的情况下,如果总有    \[        b_{n+1}-b_n \le b_n-b_{n-1}    \]    那么就可以立即判断命题成立.
    可以先去尝试证明$b_{n+1} \le 2b_n-b_{n-1}$
    而这需要$(n+1) a_1+n a_2+\dots+3 a_{n-1}+2 a_n<(2b_n-b_{n-1})^2$(因为如果此式成立,那么按照$a_{n+1}$的定义,$b_{n+1}^2=(n+1) a_1+n a_2+\dots+3 a_{n-1}+2 a_n+a_{n+1}$一定不会超过$(2b_n-b_{n-1})^2$)
    把左边用$b_n$表达    \begin{align}          & (n+1) a_1+n a_2+\dots+3 a_{n-1}+2 a_n                                                    \\        = & \left( na_1 + (n-1)a_2 + \dots + 2a_{n-1} + a_n \right)+\left( a_1+a_2+\dots+a_n \right) \\        = & b_n^2+b_n^2-b_{n-1}^2=2b_n^2-b_{n-1}^2                                                   \\        = & (2b_n-b_{n-1})^2-2(b_n-b_{n-1})^2 < (2b_n-b_{n-1})^2    \end{align}        于是可得    \[        b_{n+1}^2 \le (2b_n-b_{n-1})^2,b_{n+1}-b_{n} \le b_{n}-b_{n-1}    \]
    所以$b_{n+1}-b_n$是不增的正整数列,某项之后是正整数$c$,剩下的就显然了.
    相关问题:2017-IMO-P1,2016-东南数学奥林匹克-P8

    对于每个正整数 $n \geq 3$ ，定义 $A_n$ 和 $B_n$ 如下: $A_n=\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2+3}+$ $\cdots+\sqrt{n^2+2 n-1}$,$B_n=\sqrt{n^2+2}+\sqrt{n^2+4}+\cdots+\sqrt{n^2+2 n}$.
    求所有满足 $\left\lfloor A_n\right\rfloor=\left\lfloor B_n\right\rfloor$ 的正整数 $n \geq 3$ .注 : 对于任何实数 $x $,$\lfloor x\rfloor$ 表示不大于 $x$ 的最大整数.

  这题真配不上P6,这里考虑把对一个大数的估计变成对小数的估计
    \[        \sqrt{n^2+k}-n=\frac{k}{\sqrt{n^2+k}+n} \in (\frac{k}{2n+1},\frac{k}{2n})    \]
    于是对$k=1,3,5,\dots,2n-1$累加,可得    \[        \frac{n^2}{2n+1}<A_n-n^2<\frac{n^2}{2n}=\frac{n}{2}    \]
对$k=2,4,6,\dots,2n$累加,可得    \[        \frac{n(n+1)}{2n+1}<B_n-n^2<\frac{n(n+1)}{2n}=\frac{n+1}{2}        \]        于是当$n$为偶数时,    \[        A_n-n^2<\frac{n}{2}<\frac{n(n+1)}{2n+1}<B_n-n^2    \]
    那么$\lfloor A_n \rfloor<\lfloor B_n \rfloor$,不合题意
    当$n$为奇数时,    \[        \frac{n-1}{2}< \frac{n^2}{2n+1}<A_n-n^2 <B_n-n^2<\frac{n+1}{2}    \]
    可得    \[        \lfloor A_n \rfloor = \lfloor B_n \rfloor=n^2+ \frac{n-1}{2}    \]
    于是当且仅当$n$为不小于3的奇数时符合题意.

证明:若实数 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 满足 $6(b c+c a+a b) \geq 5\left(a^2+b^2+c^2\right)$ ，则对实数 $x$ 、 $y$ 、 $z$ ，有\[    a^2(x-y)(x-z)+b^2(y-z)(y-x)+c^2(z-x)(z- y) \geq 0\]

    考虑\[        6ab \ge 5(a^2+b^2+c^2)-6ac-6bc=5(a-\frac{3}{5}c)^2+5(b-\frac{3}{5}c)^2+\frac{7}{5}c^2 \ge 0    \]
    若$a=0$,显然可得$b=c=0$,下面仅考虑$abc \ne 0$的情况
    此时$a,b,c$任意两个均同号
    不妨设$a,b,c$均为正实数,否则全部反号不影响题目.则有    \begin{gather}        6(a+b)c+\frac{3}{2}(a+b)^2 \ge 6(bc+ca+ab)        \ge 5(a^2+b^2+c^2) \ge 5\times \frac{(a+b)^2}{2}+5c^2\\        (a+b)^2-6(a+b)c+5c^2 \le 0\\        c \le a+b \le 5c    \end{gather}        考虑到将$x,y,z$同时加上一个数原式不变,不妨设$z=0$,则原式化为    \[        a^2 x^2+(c^2-a^2-b^2)xy+b^2 y^2 \ge 0        \]
    只需证    \[        \Delta=(c^2-a^2-b^2)^2-4a^2 b^2=-(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \le 0    \]
    而这是显然的,所以原不等式成立.

设整数 $n \geq 3, a_1, a_2, \cdots, a_n$ 是正实数. 对 $1 \leq i \leq n$, 记 $b_i=\frac{a_{i-1}+a_{i+1}}{a_i}$, 其中 $a_0=a_n, a_{n+1}=a_1$. 已知对任意 $1 \leq i, j \leq n, a_i \leq a_j$ 当且仅当 $b_i \leq b_j$. 求 证: $a_1=a_2=\cdots=a_n$.

 读完题以后应该会有基本的感觉:这两个条件似乎是反的.
    一方面,$a_i$越大,意味着$b_i$越大;另外一方面,$a_i$越大会导致 $b_i=\frac{a_{i-1}+a_{i+1}}{a_i}$要比较小.这两个条件是有矛盾性在里面的.
    那么我们可以考虑$\{a_n\}$的最小项和最大项,设为$a_s,a_t$,则总有    \[        a_s \le a_i \le a_t,\forall 1 \le i \le n    \]
    按照题意我们有$b_s \le b_i \le b_t$,这表明$b_s,b_t$也分别是$b_i$的最小项和最大项
    但是另外一方面,考虑$a_s$最小,$a_t$最大,显然    \[        2 \le \frac{a_{s-1}+a_{s+1}}{a_s} =b_s \le b_t=\frac{a_{t-1}+a_{t+1}}{a_t} \le 2    \]
因此恒有$b_i=2$
既然对一切$1 \le i,j \le n$都有$b_i \le b_j,b_j \le b_i$,那么根据题意,可得$a_i \le a_j,a_j \le a_i$
因此一切$a_i$相同
或者回到递推化成等差数列也行.

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$[S_n]=n-1$

学校发的小题专练里的题目
12. 已知函数 $f(x)=2 \sin (\omega x+\varphi)+h$ 的最小正周期为 $\pi$, 若 $|f(x)|$ 在 $\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$ 上的最大值为 $M$, 则 $M$ 的最小值为$\tk$

解:考虑$f(0)=2\sin\varphi +h,f(\frac{\pi}{8})=\sqrt{2}\sin\varphi+\sqrt{2}\cos\varphi+h,f(\frac{\pi}{4})=2\cos\varphi+h$
\begin{gather}    2M \ge |f(0)-f(\frac{\pi}{8})|=|(2-\sqrt{2})\sin\varphi-\sqrt{2}\cos\varphi|\\    2M \ge |f(\frac{\pi}{4})-f(\frac{\pi}{8})|=|(2-\sqrt{2})\cos\varphi-\sqrt{2}\sin\varphi|\\    (2M)^2+(2M)^2 \ge |(2-\sqrt{2})\sin\varphi-\sqrt{2}\cos\varphi|^2+|(2-\sqrt{2})\cos\varphi-\sqrt{2}\sin\varphi|^2\\    =8-4\sqrt{2}-(4\sqrt{2}-4)\sin 2\varphi \ge 12-8\sqrt{2}\\    M \ge \frac{2-\sqrt{2}}{2}\end{gather}当$\varphi=\frac{3\pi}{4},h=-\frac{2+\sqrt{2}}{2}$取等

正项数列 $\left\{x_n\right\}$ 满足 $x_n+\frac{1}{x_{n+1}}<2, n \in \mN$
(1) 证明: $x_n<x_{n+1}$
(2) 证明: $1-\frac{1}{n}<x_n<1$

证明:(1) 均值不等式\[    x_{n+1}+\frac{1}{x_{n+1}} \ge 2 > x_n+\frac{1}{x_{n+1}}\]
故有$x_{n+1}>x_n$

(2) 若存在某个$x_k\ge 1$,那么由(1)可得$x_n>1,\forall n>k$
\begin{gather}    \forall n \ge k+1,0<x_n-1<\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}}\\    \frac{1}{x_n-1}>\frac{x_{n+1}}{x_{n+1}-1}=1+\frac{1}{x_{n+1}-1},\frac{1}{x_{n+1}-1}<\frac{1}{x_{n}-1}-1\\    \forall j \in \mN,\frac{1}{x_{j+k+1}-1} \le \frac{1}{x_{k+1}-1}-j\end{gather}
取$j>\frac{1}{x_{k+1}-1}$,则$\frac{1}{x_{j+k+1}-1}<0,x_{j+k+1}<1$,矛盾
故对一切$k \in \mN,0<x_k<1$
\begin{gather}    1-x_n>\frac{1}{x_{n+1}}-1=\frac{1-x_{n+1}}{x_{n+1}}>0\\    \frac{1}{1-x_n}<\frac{x_{n+1}}{1-x_{n+1}}=\frac{1}{1-x_{n+1}}-1,\frac{1}{1-x_{n+1}}>\frac{1}{1-x_n}+1\\    \frac{1}{1-x_n}>\frac{1}{1-x_1}+n-1>n\\    1-\frac{1}{n}<x_n<1\end{gather}