导数练习题

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itle{导数与圆锥曲线练习题}

%author{高思一对一高端VIP部：曾熊quad 老师}

date{2020年9月24日}

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ewtheorem{problem}{问题}

everymath{displaystyle}%%公式都不缩小
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ewenvironment{solution}{par oindent extbf{{解：}}}

egin{document}
maketitle

section{导数}

egin{problem}
已知函数$f(x)=e^x-ax^2\,(ain mathbb{R})$.
egin{enumerate}
item[(I)] 若曲线$y=f(x)$在$(1,f(1))$处的切线与$x$轴平行,求$a$;

item[(II)] 已知$f(x)$在$[0,1]$上的最大值不小于$2$,求$a$的取值范围;

item[(III)] 写出$f(x)$所有可能的零点个数及相应的$a$的取值范围.
end{enumerate}
end{problem}
%egin{solution}

%end{solution}

egin{problem}
设函数$f(x)=e^x-1-x-ax^2$.

(1)若$a=0$,求$f(x)$的单调区间;

(2)若当$xgeq 0$时$f(x)geq 0$,求$a$的取值范围.
end{problem}

拓展:函数不等式: $e^xgeq x+1\, (xin mathbb{R}),ln (x+1)leq x\,(x>-1)$与$sin x leq xleq an x\,left(0<x<frac{pi}{2} ight)$.

泰勒公式:
[e^x=1+x+frac{x^2}{2!}+frac{x^3}{3!}+cdots+frac{x^n}{n!}+cdots]

egin{problem}
%(2020年全国I卷理数)
己知函数$f(x)=e^x+ax^2-x$.

(1)当$a=1$时,讨论$f(x)$的单调性;

(2)当$xgeqslant 0$时, $f(x)geqslant frac{1}{2}x^3+1$,求$a$的取值范围.
end{problem}

egin{problem}
%(2017年全国III卷)
已知函数$f(x)=x-1-aln x$.

(1)若$f(x)geqslant 0$,求$a$的值;

(2)设$m$为整数,且对于任意正整数$n$, $left( 1+frac{1}{2} ight)left( 1+frac{1}{2^2} ight)cdots left( 1+frac{1}{2^n} ight)<m$,求$m$最小值.
end{problem}

egin{problem}
已知函数$f(x)=xln x$.

(1)求函数$f(x)$的最小值;

(2)若对一切$xin (0,+infty)$,都有$f(x)leqslant x^2-ax +2$恒成立,求实数$a$的取值范围;

(3)试判断函数$y=ln x$与$g(x)=frac{1}{e^x}-frac{2}{ex}$的图象是否有公共点?若有,求出公共点的个数;若无,请说明理由.
end{problem}

egin{problem}
%(2016年全国I卷理数)
已知函数$f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2$有两个零点.

(I)求$a$的取值范围;

(II)设$x_1,x_2$是$f(x)$的两个零点,求证: $x_1+x_2<2$.
end{problem}

egin{problem}
%(2017年北京理数)
已知函数$f(x)=e^xcos x-x$.

(I)求曲线$y=f(x)$在点$(0,f(0))$处的切线方程;

(II)求函数$f(x)$在区间$left[0,frac{pi}{2} ight]$上的最大值和最小值.
end{problem}

egin{problem}
%(2014年北京理数)
已知函数$f(x)=xcos x-sin x,xinleft[0,frac{pi}{2} ight]$.

(1)求证: $f(x)leqslant 0$;

(2)若$a<frac{sin x}{x}<b$在$left(0,frac{pi}{2} ight)$上恒成立,求$a$的最大值与$b$的最小值.
end{problem}

egin{problem}
%(2010年湖北理数)
已知函数$f(x)=ax+frac{b}{x}+c\,(a>0)$的图象在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y=x-1$.

(1)用$a$表示出$b$、$c$;

(2)若不等式$f(x)>ln x$在$xin (1,+infty)$上恒成立,求实数$a$的取值范围;

(3)证明不等式: $1+frac{1}{2}+frac{1}{3}+cdots +frac{1}{n}> ln (n+1)+frac{n}{2(n+1)}\,(nin mathbb{N}^ast)$.
end{problem}

egin{problem}
设函数$f(x)=frac{1-x}{ax}+ln x$在$[1,+infty)$上是增函数.

(1)求正实数$a$的取值范围;

(2)设$b>0,a>1$,求证: $frac{1}{a+b}<ln frac{a+b}{b}<frac{a+b}{b}$.
end{problem}

egin{problem}
已知函数$f(x)=2ln x+frac{1}{x}-mx\,(min mathbb{R})$.

(I)当$m=-1$时,求曲线$y=f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程;

(II)若$f(x)$在$(0,+infty)$上为单调递减,求$m$的取值范围;

(III)设$0<a<b$,求证: $frac{2}{a+b}<frac{ln b-ln a}{b-a}<frac{1}{sqrt{ab}}$.
end{problem}

拓展: (对数平均值不等式)设$0<a<b$,则
$$a<frac{2}{frac{1}{a}+frac{1}{b}}
<sqrt{ab}<frac{b-a}{ln b-ln a}<frac{a+b}{2}<sqrt{frac{a^2+b^2}{2}}.$$

%https://www.sohu.com/a/279335998_120009991

egin{problem}
%(2004年高考全国2卷)
已知函数$f(x)=ln (1+x)-x, g(x)=x ln x$.
egin{enumerate}
item[(1)] 求函数$f(x)$的最大值;

item[(2)] 设$0<a<b$,证明: $0<g(a)+g(b)-2 gleft(frac{a+b}{2} ight)<(b-a) ln 2$.
end{enumerate}
end{problem}

%2015年广东

egin{problem}
%(2019年全国II卷理数)
已知函数$f(x)=ln x-frac{x+1}{x-1}$.

(1)讨论$f(x)$的单调性,并证明$f(x)$有且仅有两个零点;

(2)设$x_0$是$f(x)$的一个零点,证明曲线$y=ln x$在点$A(x_0,ln x_0)$处的切线也是曲线$y=e^x$的切线.
end{problem}

egin{problem}
%(2005年湖南理数)
已知函数$f(x)=ln x,g(x)=frac{1}{2}ax^2+bx,a eq 0$.

(I)若$b=2$,且函数$h(x)= f(x)-g(x)$存在单调递减区间,求$a$的取值范围.

(II)设函数$f(x)$的图象$C_1$与函数$g(x)$的图象$C_2$交于点$P,Q$,过线段$PQ$的中点作$x$轴的垂线分别交$C_1,C_2$于点$M,N$.证明$C_1$在点$M$处的切线与$C_2$在点$N$处的切线不平行.
end{problem}

egin{problem}
%(云南师大附中2019-2020学年高三适应性)
已知$f(x)=e^x,g(x)=ln x$,若点$A$为函数$f(x)$上的任意一点,点$B$为函数$g(x)$上的任意一点.

(1)求$A,B$两点之间距离的最小值;

(2)若$A,B$为函数$f(x)$与函数$g(x)$公切线的两个切点,求证:这样的点$B$有且仅有两个,且满足条件的两个点$B$的横坐标互为倒数.
end{problem}

section{圆锥曲线}

egin{problem}
%(2011年北京)
已知椭圆$G:frac{x^2}{4}+y^2=1$,过点$(m,0)$作圆$x^2+y^2=1$的切线$l$交椭圆$G$于$A,B$两点.

(I)求椭圆$G$的焦点坐标和离心率;

(II)将$|AB|$表示为$m$的函数,并求$|AB|$的最大值.
end{problem}

egin{problem}
%(2009年北京)
已知双曲线$C:frac{x^2}{a^2}-frac{y^2} {b^2}=1\,(a>0,b>0)$的离心率为$sqrt{3}$,右准线方程为$x=frac{sqrt{3}}{3}$.

(I)求双曲线$C$的方程;

(II)设直线$l$是圆$O:x^2+y^2=2$上动点$P(x_0,y_0)\,(x_0y_0 eq 0)$处的切线, $l$与双曲线$C$交于不同的两点$A,B$,证明$angle AOB$的大小为定值.
end{problem}

egin{problem}
%(2011年华约)
已知双曲线$C:frac{x^2}{a^2}-frac{y^2} {b^2}=1\,(a>0,b>0)$, $F_1,F_2$分别为$C$的左右焦点. $P$为$C$右支上一点,且使$angle F_1PF_2=frac{pi}{3}$,又$ riangle F_1PF_2$的面积为$3sqrt{3}a^2$.

(I)求$C$的离心率$e$;

(II)设$A$为$C$的左顶点, $Q$为第一象限内$C$上的任意一点,问是否存在常数$lambda\,(lambda>0)$,使得
$angle QF_2A=lambda angle QAF_2$恒成立.若存在,求出$lambda$的值;若不存在,请说明理由.
end{problem}

egin{problem}
%(2020年全国I卷)
已知$A,B$分别为椭圆$E: frac{x^2}{a^2}+y^2=1\, (a>1)$的左、右顶点, $G$为$E$上顶点, $overrightarrow{AG}cdot overrightarrow{GB}=8$. $P$为直线$x=6$上的动点, $PA$与$E$的另一交点为$C$, $PB$与$E$的另一交点为$D$.

(1)求$E$的方程;

(2)证明:直线$CD$过定点.
end{problem}

egin{problem}
%(2020年新高考I卷)
已知椭圆$C:frac{x^2}{a^2}+frac{y^2}{b^2}=1\,(a>b> 0)$的离心率为$frac{sqrt{2}}{2}$,且过点$A(2,1)$.

(1)求$C$的方程.

(2)点$M,N$在$C$上,且$AMperp AN,ADperp MN$, $D$为垂足,证明:存在定点$Q$,使得$|DQ|$为定值.
end{problem}

egin{problem}
%(2020年北京市海淀区高考数学一模试卷)
已知椭圆$C:frac{x^2}{a^2}+frac{y^2}{b^2}=1\,(a>b>0)$的离心率为$frac{sqrt{3}}{2}$, $A_1(-a,0),A_2(a,0),B(0,b)$, $ riangle A_1BA_2$的面积为$2$.

(I)求椭圆$C$的方程;

(II)设$M$是椭圆$C$上一点,且不与顶点重合,若直线$A_1B$与直线$A_2M$交于点$P$,直线$A_1M$与直线$A_2B$交于点$Q$.求证: $ riangle BPQ$为等腰三角形.
end{problem}

egin{problem}
(2017年北京市东城区高三第一学期期末)
已知椭圆$C:frac{x^2}{a^2}+frac{y^2}{b^2}=1\,(a>b>0)$经过点$M(2,0)$,离心率为$frac{1}{2}$. $A,B$是椭圆$C$上两点,且直线$OA,OB$的斜率之积为$-frac{3}{4}$, $O$为坐标原点.

(I)求椭圆$C$的方程;

(II)若射线$OA$上的点$P$满足$|PO|=3|OA|$,且$PB$与椭圆交于点$Q$,求$frac{|BP|} {|BQ|}$的值.
end{problem}
%https://wenku.baidu.com/view/ccabfd4c7275a417866fb84ae45c3b3567ecddaf.html

egin{problem}
(2020年北京高考)
已知椭圆$C:frac{x^2}{a^2}+frac{y^2}{b^2}=1$过点$A(-2,-1)$,且$a=2b$.

(I)求椭圆$C$的方程;

(II)过点$B(-4,0)$的直线$l$交椭圆$C$于点$M,N$,直线$MA,NA$分别交直线$x=-4$于点$P,Q$.求$frac{|PB|}{|BQ|}$的值.
end{problem}

egin{problem}
设$a_1,a_2,a_3,cdots,a_{2019},a_{2020}$是正整数 $1$到$2020$的一个排列,且$x_1=a_1$, $x_2=|a_2-x_1|$, $x_3=|a_3-x_2|$, $cdots$, $x_{2019}=|a_{2019}-x_{2018}|$, $x_{2020}=|a_{2020}-x_{2019}|$.
试求出$x_{2020}$的最小值和最大值.
end{problem}

%(2020年北京高考)已知$alpha,etain mathbb{R}$,则"存在$kin mathbb{Z}$使得$a=kpi +(-1)^keta$"是"$sinalpha=sineta$"的

%A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件

egin{problem}
已知$n$个不同的数$x_1,x_2,x_3,cdots,x_n$是正整数$1,2,cdots,n$的任意一个排列，试求$|x_1-1|+|x_2-2|+cdots+|x_n-n|$的最小值.
end{problem}

八皇后-高斯

骑士遍历-欧拉

section{求和符号}

求和符号$sum$是欧拉于1755年首先使用的,记法如下:
$$sum_{k=1}^{n}a_k=a_1+a_2+cdots+a_n.$$
一般地,当正整数$n>m$时,有
$$sum_{k=m}^{n}a_k=a_m+a_{m+1}+cdots+a_n.$$

求和的性质:

(1) $sum_{k=1}^{n}(a_kpm b_k)=sum_{k=1}^{n}a_kpm sum_{k=1}^{n}b_k$.

(2) $sum_{k=1}^{n}lambda a_k=lambdasum_{k=1}^{n}a_k$.

(3) $left( sum_{i=1}^m{a_i} ight) left( sum_{j=1}^n{b_j} ight) =sum_{i=1}^m{sum_{j=1}^n{a_ib_j}}=sum_{j=1}^n{sum_{i=1}^m{a_ib_j}}$.

(4) $sum_{i=1}^m{sum_{j=1}^n{a_{ij}}}=sum_{j=1}^n{sum_{i=1}^m{a_{ij}}}$.

(5) $left( sum_{i=1}^n{a_i} ight) ^2=sum_{i=1}^n{a_{i}^{2}}+2sum_{1leqslant i<jleqslant n}{a_ia_j}$.

(6) $sum_{1leqslant i<jleqslant n}{left( a_i-a_j ight) ^2}=nsum_{1leqslant ileqslant n}{a_{i}^{2}}-left( sum_{i=1}^n{a_i} ight) ^2$.

(7) $sum_{1leqslant i<jleqslant n}{a_ia_j}=sum_{i=1}^n{left( sum_{j=i}^n{a_ia_j} ight)}=sum_{j=1}^n{left( sum_{i=1}^j{a_ia_j} ight)}$.

(8) $sum_{i=1}^n{sum_{j=1}^n{a_ib_j}}=frac{1}{2}sum_{i=1}^n{sum_{j=1}^n{left( a_ib_j+a_jb_i ight)}}$.

(9) $a_n-a_1=sum_{k=1}^{n-1}{left( a_{k+1}-a_k ight)}$. (裂项相消法)

性质:对称和(Symmetric Sum): 考虑一个函数$f(x_1,x_2,cdots,x_n)$,它的对称和定义为
$$sum _{sym}f(x_1,x_2,cdots,x_n)=sum _{sigma}f(x_{sigma{(1)}},x_{sigma{(2)}},cdots,x_{sigma{(n)}}),$$
其中, $sigma$是$(1,2,cdots,n)$的排列.更一般地, $n$个变量的对称和是一个不随着变量顺序的排列而改变的和.

例1.三变量$a,b,c$的对称和
egin{align*}
sum_{sym}a &=2(a+b+c),\
sum_{sym}ab &=ab+ba+bc+cb+ca+ac=2(ab+bc+ca),\
sum_{sym}f(a,b,c)&=f(a,b,c)+f(a,c,b)+f(b,c,a)+f(b,a,c)+f(c,a,b)+f(c,b,a),\
sum_{sym}a^2b &=a^2b+b^2a+b^2c+c^2b+c^2a+a^2c.
end{align*}

轮换和(Cyclic Sum): 考虑一个函数$f(x_1,x_2,cdots,x_n)$,它的轮换和定义为
$$sum _{cyc}f(x_1,x_2,cdots,x_n)=f(x_1,x_2,cdots,x_{n-1},x_n)+f(x_2,x_3,cdots,x_{n},x_1)+cdots +f(x_n,x_1,cdots,x_{n-2},x_{n-1}).$$
轮换和只是变量的循环往复,并非所有的变量的排列都被使用到了.

例2.三变量$a,b,c$的轮换和
egin{align*}
sum_{cyc} f(a) &=sum_{cyc}f(b)=sum_{cyc}f(c)=f(a)+f(b)+f(c),\
sum_{cyc} f(a,b) &=sum_{cyc}f(b,c)=sum_{cyc}f(c,a)=f(a,b)+f(b,c)+f(c,a),\
sum_{cyc} f(a,b,c) &=sum_{cyc}f(b,c,a)=sum_{cyc}f(c,a,b)=f(a,b,c)+f(b,c,a)+f(c,a,b).
end{align*}

案例3.四变量$a,b,c,d$的轮换和
egin{align*}
sum_{cyc} f(a) &=sum_{cyc}f(b)=sum_{cyc}f(c)=sum_{cyc}f(d)=f(a)+f(b)+f(c)+f(d),\
sum_{cyc} f(a,b) &=sum_{cyc}f(b,c)=sum_{cyc}f(c,d)=sum_{cyc}f(d,a)=f(a,b)+f(b,c)+f(c,d)+f(d,a).
end{align*}
对称积、轮换积同理.

【1】范建熊. 不等式的秘密,第2卷[M]. 哈尔滨工业大学出版社, 2014.

egin{problem}
证明Lagrange恒等式
$$
left( sum_{i=1}^n{a_{i}^{2}} ight) cdot left( sum_{i=1}^n{b_{i}^{2}} ight) =left( sum_{i=1}^n{a_ib_i} ight) ^2+sum_{1leqslant i<jleqslant n}{left( a_ib_j-a_jb_i ight) ^2},
$$
由此说明Cauchy不等式成立,并指出取等条件.
end{problem}

egin{align*}
&left( sum_{i=1}^n{a_{i}^{2}} ight) cdot left( sum_{i=1}^n{b_{i}^{2}} ight) -left( sum_{i=1}^n{a_ib_i} ight) ^2
\
&=sum_{i=1}^n{sum_{j=1}^n{a_{i}^{2}b_{j}^{2}}}-sum_{i=1}^n{sum_{j=1}^n{a_ib_ia_jb_j}}
\
&=frac{1}{2}sum_{i=1}^n{sum_{j=1}^n{left( a_{i}^{2}b_{j}^{2}+a_{j}^{2}b_{i}^{2}-2a_ib_ia_jb_j ight)}}
\
&=frac{1}{2}sum_{i=1}^n{sum_{j=1}^n{left( a_ib_j-a_jb_i ight) ^2}}=sum_{1leqslant i<jleqslant n}{left( a_ib_j-a_jb_i ight) ^2},
end{align*}
故Lagrange恒等式成立.又因为$sum_{1leqslant i<jleqslant n}{left( a_ib_j-a_jb_i ight) ^2}geqslant 0$,所以有
$$
left( sum_{i=1}^n{a_{i}^{2}} ight) cdot left( sum_{i=1}^n{b_{i}^{2}} ight) geqslantleft( sum_{i=1}^n{a_ib_i} ight) ^2,
$$
即Cauchy不等式成立,取等条件为$a_ib_j-a_jb_i=0$, 即
$$frac{a_1}{b_1}=frac{a_2}{b_2}=cdots=frac{a_n}{b_n}.$$

egin{problem}
(1) (Abel和差变换公式)设$m,n$为正整数且$m<n$,则
$$
sum_{k=m}^n{a_kleft( B_k-B_{k-1} ight)}=sum_{k=m}^{n-1}{left( a_k-a_{k+1} ight) B_k}+a_nB_n-a_mB_{m-1}.
$$

(2) (Abel变换, Abel分部求和公式)对于数列$a_k,b_k\,(k=1,2,cdots,n)$,
记$B_k=sum_{i=1}^{k}b_i$, $1leqslant kleqslant n$,则
$$
sum_{k=1}^n{a_kb_k}=sum_{k=1}^{n-1}{left( a_k-a_{k+1} ight) B_k}+a_nB_n.
$$

(3)若$a_n$单调,即$a_1geqslant a_2geqslantcdotsgeqslant a_n$或$a_1leqslant a_2leqslantcdotsleqslant a_n$,且$|B_k|=left|sum_{i=1}^{k}b_i ight|leqslant M$有界, $k=1,2,cdots,n$,则
$$
left| sum_{k=1}^{n-1}{a_kb_k} ight|leqslant Mleft( left| a_1 ight|+2left| a_n ight| ight).
$$

(4) (Abel不等式)若$a_1geqslant a_2geqslantcdotsgeqslant a_n>0$,且$mleqslant B_k=sum_{i=1}^{k}b_ileqslant M$, $k=1,2,cdots,n$,则
$$a_1mleqslantsum_{k=1}^{n}{a_kb_k}leqslant a_1M.$$
end{problem}
%应用阿贝尔变换解竞赛题, http://www.doc88.com/p-0939368560464.html

把$Delta (a_nb_n)=a_{n+1}Delta b_n+b_nDelta a_n$叫做Abel变换的差分形式,记不住Abel变换公式的时候,记它也挺不错.

(2)
egin{align*}
sum_{k=1}^n a_kb_k&=a_1b_1+sum_{k=2}^{n} a_kb_k\ &=a_1B_1+sum_{k=2}^na_k(B_k-B_{k-1})\ &=a_1B_1+sum_{k=2}^n a_kB_k-sum_{k=2}^n a_kB_{k-1}\ &=sum_{k=1}^{n-1} a_kB_k+a_nB_n-sum_{k=1}^{n-1}a_{k+1}B_k\ &=sum_{k=1}^{n-1} left(a_k-a_{k+1} ight)B_k+a_nB_n.
end{align*}

(3)
egin{align*}
left| sum_{k=1}^{n-1}{a_kb_k} ight| &=left| sum_{k=1}^{n-1}{left( a_k-a_{k+1} ight) B_k}+a_nB_{n-1} ight|
\
&leqslant Mleft| sum_{k=1}^{n-1}{left( a_k-a_{k+1} ight)} ight|+left| a_nB_{n-1} ight|
\
&leqslant Mleft( left| a_1 ight|+left| a_n ight| ight) +Mleft| a_n ight|=Mleft( left| a_1 ight|+2left| a_n ight| ight).
end{align*}

(4)
egin{align*}
a_1m &leqslant sum_{k=1}^n{a_kb_k}=sum_{k=1}^{n-1}{left( a_k-a_{k+1} ight) B_k}+a_nB_n
\
&leqslant sum_{k=1}^{n-1}{left( a_k-a_{k+1} ight) M}+a_nM=a_1M.
end{align*}

egin{problem}
(1989年高联)设$ngeq 2$, 设$x_1,dots,x_n$均为实数且满足 $x_1+dots+x_n=0$和$|x_1|+dots+|x_n|=1$.求证:
$$left|dfrac{x_1}{1}+dfrac{x_2}{2}+dots+dfrac{x_n}{n} ight|
leqdfrac{1}{2}-dfrac{1}{2n}.$$
end{problem}
egin{solution}
把问题中的$x_1,dots,x_n$转化成它的部分和数列$S_1,dots,S_n$即可. 我们断言对于任意的$1leq ileq n$, 都有$|S_i|leqdfrac{1}{2}$. 原因如下: 因为$x_1+dots+x_i=-(x_{i+1}+dots+x_n)$, 所以$|S_i|=|x_1+dots+x_i|=|x_{i+1}+dots+x_n|$,于是
egin{align*}
2|S_i|&=|x_1+dots+x_i|+|x_{i+1}+dots+x_n|\ &leqslant |x_1|+dots+|x_i|+|x_{i+1}|+dots+|x_n|=1,
end{align*}
即$|S_i|leqdfrac{1}{2}$.

把所要估计的式子写成$S_1,dots,S_n$的形式:
egin{align*}
left|dfrac{x_1}{1}+dfrac{x_2}{2}+dots+dfrac{x_n}{n} ight|
&=left|dfrac{S_1}{1}+dfrac{S_2-S_1}{2}+dots+dfrac{S_n-S_{n-1}}{n} ight|\ &=left|S_1left( 1-frac{1}{2} ight) +S_2left( frac{1}{2}-frac{1}{3} ight) +cdots +S_{n-1}left( frac{1}{n-1}-frac{1}{n} ight)
ight|
end{align*}
这里用到了条件$S_n=x_1+dots+x_n=0$. 然后利用每一个$|S_i|leqdfrac{1}{2}$, 上式
$$
le frac{1}{2}left[ left( 1-frac{1}{2} ight) +left( frac{1}{2}-frac{1}{3} ight) +dots +left( frac{1}{n-1}-frac{1}{n} ight) ight] =frac{1}{2}left( 1-frac{1}{n} ight).
$$
end{solution}

egin{problem}
设无穷级数$sumlimits_{k=1}^{infty}b_k$收敛, 求证:
$$limlimits_{n oinfty}dfrac{b_1+2b_2+dots+n b_n}{n}=0.$$
end{problem}
egin{solution}
设$B_1,B_2,cdots$为数列$b_1,b_2,cdots$的部分和数列, 则题目条件就是说数列${B_k}$收敛, 设$B_k o B$. 把要估计的式子改写成
egin{align*}
dfrac{b_1+2b_2+dots+n b_n}{n} &=dfrac{B_1+2(B_2-B_1)+dots+n(B_n-B_{n-1})}{n}\
&=dfrac{-B_1-dots-B_{n-1}+nB_n}{n}=-dfrac{B_1+dots+B_{n-1}}{n}+B_n
end{align*}
而
$$dfrac{B_1+dots+B_{n-1}}{n}=dfrac{B_1+dots+B_{n-1}}{n-1}cdotdfrac{n-1}{n} o Bcdot 1=B,$$
所以上面式子的极限是$0$.
end{solution}

egin{problem}
计算:
$$sum_{i=1}^{10}sum_{j=1}^{i}frac{ij}{j+10}.$$
end{problem}
egin{solution}
由求和换序可知
egin{align*}
sum_{i=1}^{10}{sum_{j=1}^i{frac{ij}{j+10}}} &=sum_{j=1}^{10}{sum_{i=j}^{10}{frac{ij}{j+10}}}=sum_{j=1}^{10}{frac{j}{j+10}sum_{i=j}^{10}{i}}
\
&=sum_{j=1}^{10}{frac{j}{j+10}cdot frac{left( j+10 ight) left( 11-j ight)}{2}}=sum_{j=1}^{10}{frac{jleft( 11-j ight)}{2}}
\
&=frac{11}{2}sum_{j=1}^{10}{j}-sum_{j=1}^{10}{frac{j^2}{2}}=frac{11}{2}cdot frac{11 imes 10}{2}-frac{1}{2}cdot frac{1}{6}cdot 10cdot 11cdot 21=110.
end{align*}
end{solution}
一般地,有
egin{align*}
sum_{i=1}^n{sum_{j=1}^i{frac{ij}{j+n}}} &=sum_{j=1}^n{sum_{i=j}^n{frac{ij}{j+n}}}=sum_{j=1}^n{frac{j}{j+n}sum_{i=j}^n{i}}
\
&=sum_{j=1}^n{frac{j}{j+n}cdot frac{left( j+n ight) left( n+1-j ight)}{2}}=sum_{j=1}^n{frac{jleft( n+1-j ight)}{2}}
\
&=frac{n+1}{2}sum_{j=1}^n{j}-sum_{j=1}^n{frac{j^2}{2}}=frac{n+1}{2}cdot frac{nleft( n+1 ight)}{2}-frac{1}{2}cdot frac{1}{6}nleft( n+1 ight) left( 2n+1 ight)
\
&=frac{1}{12}nleft( n+1 ight) left( n+2 ight).
end{align*}

egin{problem}
已知实数$a_1,a_2,cdots,a_n$,记$a_{n+1}=0$,当$k=1,2,cdots,n$时,记$|a_k-a_{k+1}|$的最大值为$M$,求证:
$$
left| sum_{k=1}^n{ka_k} ight|leqslant frac{1}{6}Mcdot nleft( n+1 ight) left( n+2 ight).
$$
end{problem}
egin{solution}
利用Abel变换可知
egin{align*}
left| sum_{k=1}^n{ka_k} ight| &=left| sum_{k=1}^{n-1}{left( a_k-a_{k+1} ight) frac{kleft( k+1 ight)}{2}}+a_nfrac{nleft( n+1 ight)}{2} ight|
\
&leqslant sum_{k=1}^{n-1}{left| a_k-a_{k+1} ight|cdot frac{kleft( k+1 ight)}{2}}+left| a_n ight|frac{nleft( n+1 ight)}{2}
\
&leqslant Msum_{k=1}^n{frac{kleft( k+1 ight)}{2}}=frac{1}{6}Mcdot nleft( n+1 ight) left( n+2 ight).
end{align*}
end{solution}

egin{problem}
求$left| x-1 ight|+left| frac{x}{2}-1 ight|+left| frac{x}{3}-1 ight|+left| frac{x}{4}-1 ight|$的最小值.

求$left| x-1 ight|+left| sqrt{2}x-1 ight|+left| sqrt{3}x-1 ight|+left| sqrt{4}x-1 ight|$的最小值.
end{problem}
egin{solution}

end{solution}

egin{problem}
(2019年浙江高联预赛)设$a_i,b_i>0\,(1leqslant ileqslant n+1),b_{i+1}-b_igeqslantdelta>0$ ($delta$为常数).若$sum_{i=1}^{n}a_i=1$,证明:
$$
sum_{i=1}^n{frac{isqrt[i]{a_1a_2cdots a_ib_1b_2cdots b_i}}{b_{i+1}b_i}}<frac{1}{delta}.
$$
end{problem}
egin{solution}
extbf{证法一.}
egin{align*}
&sum_{i=1}^n{frac{isqrt[i]{a_1a_2cdots a_ib_1b_2cdots b_i}}{b_{i+1}b_i}}<frac{1}{delta}sum_{i=1}^n{left( frac{1}{b_i}-frac{1}{b_{i+1}} ight) isqrt[i]{a_1a_2cdots a_ib_1b_2cdots b_i}}
\
&leqslant frac{1}{delta}sum_{i=1}^n{left( frac{1}{b_i}-frac{1}{b_{i+1}} ight) left( a_1+a_2+cdots +a_i ight) sqrt[i]{b_1b_2cdots b_i}}
\
&=frac{1}{delta}left{ a_1+sum_{i=2}^n{frac{1}{b_i}left[ left( a_1+a_2+cdots +a_i ight) sqrt[i]{b_1b_2cdots b_i}-left( a_1+a_2+cdots +a_{i-1} ight) sqrt[i-1]{b_1b_2cdots b_i} ight]} ight.
\
&-left. frac{1}{b_{n+1}}left( a_1+a_2+cdots +a_n ight) sqrt[n]{b_1b_2cdots b_n} ight}
\
&<frac{1}{delta}left{ a_1+sum_{i=2}^n{frac{1}{b_i}sqrt[i]{b_1b_2cdots b_i}left[ left( a_1+a_2+cdots +a_i ight) -left( a_1+a_2+cdots +a_{i-1} ight) ight]} ight}
\
&=frac{1}{delta}left[ a_1+sum_{i=2}^n{frac{a_i}{b_i}sqrt[i]{b_1b_2cdots b_i}} ight] <frac{1}{delta}left[ a_1+sum_{i=2}^n{frac{a_i}{b_i}b_i} ight] =frac{1}{delta},
end{align*}
这里利用了
$$
sqrt[i]{b_1b_2cdots b_i}>sqrt[i-1]{b_1b_2cdots b_i}.
$$

extbf{证法二.}
记$s_k=sum_{i=1}^{k}a_ib_i$, $s_0=0$,则有$a_k=frac{s_k-s_{k-1}}{b_k}$.由已知
egin{align*}
1 &=sum_{i=1}^n{a_i}=sum_{i=1}^n{frac{s_i-s_{i-1}}{b_i}}=sum_{i=1}^n{left( frac{s_i}{b_i}-frac{s_i}{b_{i+1}} ight)}+frac{s_n}{b_{n+1}}
\
&geqslant delta sum_{i=1}^n{frac{s_i}{b_ib_{i+1}}}geqslant delta sum_{i=1}^n{frac{isqrt[i]{a_1a_2cdots a_ib_1b_2cdots b_i}}{b_ib_{i+1}}},
end{align*}
这是因为$s_igeqslant isqrt[i]{a_1a_2cdots a_ib_1b_2cdots b_i}$,即
$$
sum_{i=1}^n{frac{isqrt[i]{a_1a_2cdots a_ib_1b_2cdots b_i}}{b_{i+1}b_i}}<frac{1}{delta}.
$$
end{solution}

egin{problem}
(2018年第十届全国大学数学竞赛初赛(非数学专业))已知${a_k},{b_k}$是正数数列,且$b_{k+1}-b_kgeqslantdelta>0$, $k=1,2,cdots$, $delta$为一常数.证明:若级数$sum_{k=1}^{+infty}a_k$收敛,则级数$sum_{k=1}^{+infty}{frac{ksqrt[k]{left( a_1a_2cdots a_k ight) left( b_1b_2cdots b_k ight)}}{b_{k+1}b_k}}$收敛.
end{problem}
egin{solution}
记$S_k=sum_{i=1}^{k}a_ib_i$, $a_kb_k=S_k-S_{k-1}$, $S_0=0$, $a_k=frac{S_k-S_{k-1}}{b_k}$, $k=1,2,cdots$.
egin{align*}
sum_{k=1}^n{a_k} &=sum_{k=1}^N{frac{S_k-S_{k-1}}{b_k}}=sum_{k=1}^{N-1}{left( frac{S_k}{b_k}-frac{S_k}{b_{k+1}} ight)}+frac{S_N}{b_N}
\
&=sum_{k=1}^{N-1}{frac{b_{k+1}-b_k}{b_kb_{k+1}}S_k}+frac{S_N}{b_N}geqslant sum_{k=1}^{N-1}{frac{delta}{b_kb_{k+1}}S_k},
end{align*}
所以$sum_{k=1}^{+infty}{frac{S_k}{b_kb_{k+1}}}$收敛.由不等式
$$
sqrt[k]{left( a_1a_2cdots a_k ight) left( b_1b_2cdots b_k ight)}leqslant frac{a_1b_1+a_2b_2+cdots +a_kb_k}{k}=frac{S_k}{k}
$$
可知
$$
sum_{k=1}^{+infty}{frac{ksqrt[k]{left( a_1a_2cdots a_k ight) left( b_1b_2cdots b_k ight)}}{b_{k+1}b_k}}leqslant sum_{k=1}^{+infty}{frac{S_k}{b_kb_{k+1}}},
$$
故原不等式成立.
end{solution}

egin{problem}
求方程组
$$egin{cases}
||4x-4|-2|=y, \
||4y-4|-2|=x.
end{cases}$$
的解的个数.
end{problem}
%egin{solution}

%end{solution}

egin{problem}
(1)若$0<a_0<1$, $a_1={2a_0}$, $a_2={2a_1}$, $a_3={2a_2}$, $a_4={2a_3}$, $a_5={2a_4}$, 且$a_5=a_0$,其中${x}$表示$x$的小数部分.求$a_0$.

(2)若$0<a_0<1$, $a_1={2a_0}$, $a_2={2a_1}$, $cdots$ , $a_{n}={2a_{n-1}}$,且$a_n=a_0$,其中${x}$表示$x$的小数部分.求$a_0$.
end{problem}
%egin{solution}

%end{solution}

egin{problem}
$a,b,c$为何值时,对任意实数$x,y,z$,有
$$|ax+by+cz|+|ay+bz+cx|+|az+bx+cy|=|x|+|y|+|z|.$$
end{problem}
%egin{solution}

%end{solution}

egin{problem}
1
end{problem}
egin{solution}

end{solution}

end{document}