由于wordpress升级6.0后的编辑器与latex插件结合起来实在难用(每个换行复制后都变成切换不同的块,需要手动合并,gather之类的环境用起来要死要活),所以很久没更新了.
今天把wordpress降级到5.9才开始写新文章.

已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 是等差数列, 数列 $\left\{b_n\right\}$ 是等比数列, 公比为 $q$, 数列 $\left\{c_n\right\}$ 中, $c_n=a_n b_n$,$S_n$ 是数列 $\left\{c_n\right\}$ 的前 $n$ 项和。若 $S_m=11, S_{2 m}=7, S_{3 m}=-201$ ( $m$ 为正偶数), 则 $S_{4 m}$ 的值为
A. $-1601$
B. $-1801$
C. $-2001$
D. $-2201$

我们知道,等差乘以等比型数列的前$n$项和可以表示为$S_n=g_n q^n-g_0$的结构,其中$g_n$是某个等差数列.
实质就是$a_n$具有裂项表达式$a_n=g_n q^n-g_{n-1}q^{n-1},\forall n \in \mz$(将$n$扩展为一般整数,下面才能方便的用$S_0$,否则在求和意义下是没有$S_0$的)
那么题目可以看做\begin{gather}    g_m q^m-g_0=11\\    g_{2m} q^{2m}-g_0=7\\    g_{3m} q^{3m}-g_0=-201\\    g_{4m} q^{4m}-g_0=?\end{gather}
我们记$f_k=g_{km} Q^{k}-g_0,Q=q^m>0$,由线性递推的性质,它的特征方程为$(x-1)(x-Q)^2=x^3-(1+2Q)x^2+(Q^2+2Q)x-Q^2=0$
故我们有$f_k-(1+2Q)f_{k-1}+(Q^2+2Q)f_{k-2}-Q^2 f_{k-3}=0$
考虑$f_0=g_0-g_0=0,f_1=11,f_2=7,f_3=-201$,令$k=3$可得\[    -201-(1+2Q) \times 7+(Q^2+2Q) \times 11-Q^2 \times 0=0    \]
化简得$(Q-4)(11Q+52)=0,Q=4$
故\[    S_{4m}=f_4=9f_3-24f_2+16f_2=-1801    \]

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

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$f(2011)=f(\overline{2202111}_3)=2+2+0+2+1+1+1=9$