• 若对于任意的$b \in R$,都存在$x \in [1,a]$,使得不等式$\ds |ax^2+bx-1| \ge \frac{5}{4}x$成立,求实数$a$的取值范围

本题是存在性,不能随便代入.得化成最值问题.
注意到由于左右都是变量我们不能转化,所以考虑分离变量,两边同时除以$x$则变成熟悉的问题:
对于任意的$b \in \mr$,都存在$x \in [1,a]$,使得不等式$\ds |ax-\frac{1}{x}+b| \ge \frac{5}{4}$成立
注意”对于任意的$b \in \mr$”,这句话表明对于$b$来说这是个任意性问题.

考虑到$\ds g(x)=ax-\frac{1}{x} \in [g(1),g(a)]$,等价于
$$\min_{b \in \mr} \max \{|b+g(1)|,|b+g(a)|\} \ge \frac{5}{4}$$
而熟知左边等于$\ds \frac{|g(1)-g(a)|}{2}=\frac{g(a)-g(1)}{2}$,故等价于
$$a^2-\frac{1}{a}-a+1 \ge \frac{5}{2}$$
解得$a \ge 2$

• 已知函数$f(x)=ax^2+bx+a+b$在区间$[1,2]$上至少有一个零点,求$a^2+b^2-2b$的最小值

这看起来是一个老题改编的,我们用老题的思路写写看:
首先凑出来$a,b-1$
$$a(x^2+1)+(b-1)(x+1)=-(x+1)$$
而后要出现$a^2+(b-1)^2$,故使用柯西
$$|x+1|=|a(x^2+1)+(b-1)(x+1)| \le \sqrt{a^2+(b-1)^2}\sqrt{(x^2+1)^2+(x+1)^2}$$
$$a^2+b^2-2b \ge \frac{(x+1)^2}{(x^2+1)^2+(x+1)^2}-1=-\frac{1}{1+g^2(x)}$$
其中
$$g(x)=\frac{x+1}{x^2+1} \ge \frac{3}{5}$$
故
$$a^2+b^2-2b \ge -\frac{25}{34}$$

但是本题特殊,原条件中$a,b$是成比例的,所以有更直接的算法,先对于确定的$b$求$a$的最值化为$b$的函数,而后求这个函数的最值即可
$$-\frac{a}{b}=\frac{x+1}{x^2+1} \ge \frac{3}{5}$$
平方可得
$$a^2 \ge \frac{9}{25}b^2$$
$$a^2+b^2-2b \ge \frac{34}{25}b^2-2b \ge -\frac{25}{34}$$
当$\ds a=-\frac{15}{34},b=\frac{25}{34}$取等

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

之前申请了一个个人网站,今天收到短信备案通过,终于不用在微信公众号里截图发东西了.

2018年北大自招有这样一道试题:
设$a,b,c$为非负实数,满足$a+b+c=3$,则$a+ab+abc$的最大值为?

本题相对简单,只要有基本的不等式思想,固定一下$a$对$b,c$使用均值即可解答
\[a+ab+abc=a+ab(1+c) \le a+a \cdot (\frac{b+1+c}{2})^2\]
\[=4+\frac{1}{4}(a-4)(a-2)^2 \le 4\]
或者得到三次函数以后求导.虽然中间的等号不总是能取到,但最后是可以取等的,$(a,b,c)=(2,1,0)$

变形

今天看到一道改编的问题,难度骤然上升,但内核是不变的

$a,b,c>0,a+b+c=3$,求$\ds f=\frac{1}{a}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{abc}$最小值

和上题的区别是整式全部变成了分式.
仍然采用固定变量的思想,尝试在固定$a$的情况下,对$b+c=3-a$求最值
此时分离掉$a$,与$b,c$有关的部分就是$\ds \frac{1+c}{bc}$
抽象看来,这是个一次比二次的结构,所以我们将其取倒数,尝试用均值求解

设$1+c=t>1,b=4-a-t$
$$\frac{bc}{1+c}=\frac{(4-a-t)(t-1)}{t}$$
$$=5-a-(t+\frac{4-a}{t}) \le 5-a-2\sqrt{4-a}$$
$$=(\sqrt{4-a}-1)^2$$

显然$a \ge b \ge c$,否则交换$(b,c),(a,b)$会使得$f$变小,$3>a \ge 1$(这一步判断其实并非必要,对后面的求解毫无影响)

从而$$f=\frac{1}{a}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{abc}=\frac{1}{a}+\frac{1}{a}(\frac{1+c}{bc}) \ge \frac{1}{a}+\frac{1}{a}\frac{1}{(\sqrt{4-a}-1)^2}$$
换元$u=\sqrt{4-a}-1 \in (0,\sqrt{3}-1]$$$    f=f(u)=\frac{u^2+1}{u^2(3-2u-u^2)}$$

如果不抗拒导数的话,下面一步最简单的就是求导.如果非要展示一些奇怪的技巧就只能待定系数自求多福.

求导得$$    f'(u)=\frac{2 \left(u^2+3\right) \left(u^2+u-1\right)}{(u-1)^2 u^3 (u+3)^2}$$
可得$\ds (0,\frac{\sqrt{5}-1}{2})$递减,$\ds (\frac{\sqrt{5}-1}{2},\sqrt{3}-1)$递增
最小值$\ds f(\frac{\sqrt{5}-1}{2})=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$

取等时,套娃式一步步找到$a,b,c$即可
$\ds u=\frac{\sqrt{5}-1}{2},a=4-(u+1)^2=\frac{5-\sqrt{5}}{2}$
$\ds t=\sqrt{4-a}=1+u=\frac{\sqrt{5}+1}{2},c=t-1=u=\frac{\sqrt{5}-1}{2},b=3-a-c=1$

最终可得取等时$\ds (a,b,c)=(\frac{5-\sqrt{5}}{2},1,\frac{\sqrt{5}-1}{2})$