练习题集[61]基础练习

1、若$a,b,x,y\in\mathcal R$，$3a+4b=12$，$(x-1)^2+y^2=2$，则$|x-a|+|y-b|$的最小值是_______．

2、已知$f(x)$是定义在$[a,b]$上的函数，如果存在常数$M>0$，对区间$[a,b]$的任意划分：

$$a=x_0<x_1<x_2<\cdots <x_{n-1}<x_n=b,$$ 和式 $$|f(x_0)-f(x_1)|+|f(x_1)-f(x_2)|+\cdots +|f(x_{n-1})-f(x_n)|\leqslant M$$ 恒成立，则称$f(x)$为$[a,b]$的“有限振荡函数”．现有下列四个命题：

①  函数$f(x)=\sin x+\cos x$是$\left[-\dfrac{\pi}2,0\right]$上的“有限振荡函数”；

②  函数$f(x)=\begin{cases} 0,x=0,\\ x\cos\dfrac{\pi}{2x},0<x\leqslant 1,\end{cases}$是$[0,1]$上的“有限振荡函数”；

③  若函数$f(x),g(x)$都是$[a,b]$上的“有限振荡函数”，则$f(x)+g(x)$也是$[a,b]$上的“有限振荡函数”；

④  存在常数$k>0$，使得对任意$x_1,x_2\in [a,b]$，均有

$$|f(x_1)-f(x_2)|\leqslant k|x_1-x_2|,$$ 则$f(x)$为$[a,b]$上的“有限振荡函数”，反之亦然．

其中所有正确的命题是_______．

3、函数$f(x)={\rm e}^{ax}-\dfrac 1a\ln x$存在零点，则$a$的取值范围是_______．

4、设$[x]$为$x$的整数部分，则$\left[\dfrac{10^{20000}}{10^{100}+3}\right]$的个位数字是_______．

5、已知$\alpha,\beta,\gamma$均为锐角，且

$$\cos^2\alpha +\cos^2\beta+\cos^2\gamma =1,$$ 求证：$\dfrac{3\pi}4<\alpha+\beta+\gamma<\pi$．

6、求证：$x^2{\rm e}^x-\ln x>1$．（参考数据：$\ln 2\approx 0.693$，$\sqrt{\rm e}\approx 1.649$．）

7、已知$x>0$，求$\sqrt{\dfrac{1}{1+x^2}}+2\sqrt{\dfrac{x}{1+x}}$的最大值．

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参考答案

1、$\dfrac{9-5\sqrt 2}4$

2、①③④

3、$(-\infty,0)\cup (0,{\rm e}^{-1}]$

4、$3$

提示    $\left[\dfrac{10^{20000}}{10^{100}+3}\right]=\dfrac{(10^{100})^{200}-3^{200}}{10^{100}+3}$．

5、提示    构造长方体的对角线，在三面角中证明．如图：

取长方体的中心$O$，不妨设

$$\angle ABD'=\alpha ,\angle CBD'=\beta,\angle B'BD'=\gamma,$$ 连接$BD$，则有 $$\alpha=\angle D'BA>\angle DBA,\beta=\angle D'BC>\angle DBC,$$ 于是有$\alpha+\beta>\dfrac {\pi}{2}$，从而不等式左边得证；

由$OA=OC'=OB=OD'=OC$知

$$\angle AOD'=2\alpha,\angle COD'=2\beta,\angle AOC=2\gamma.$$ 事实上，$O$为三棱锥$O-ACD'$的顶点，且$O$在底面$ACD'$上的投影为底面外心，与证明不等式左边的方法类似可以得到 $$2\alpha+2\beta+2\gamma<2\pi,$$ 不等式右边得证．

代数方法（由meiyun提供）

由题中等式得

$$\cos^2\gamma=-\dfrac 12(\cos{2\alpha}+\cos{2\beta})=-\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)>0,$$ 从而有 $$\alpha+\beta>\dfrac {\pi}{2},$$ $\alpha,\beta,\gamma$位置关系一样，从而得到不等式左边．

下面用反证法证明不等式右边：

不妨设$\alpha\geqslant \beta\geqslant \gamma$，若$\alpha+\beta+\gamma\geqslant \pi$，则有

$$0<\pi-\alpha-\beta\leqslant \gamma,$$ 从而有 $$\cos^2\gamma=\cos(\pi-\alpha-\beta)\cos(\alpha-\beta)\geqslant \cos{\gamma}\cos(\alpha-\beta),$$ 于是有$\cos\gamma>\cos(\alpha-\beta)$，从而$\gamma<\alpha-\beta$，于是 $$\pi\leqslant\alpha+\beta+\gamma<2\alpha,$$ 与$\alpha$为锐角矛盾．

6、由于在$x>0$时，$(x^2{\rm e}^x)'={\rm e}^x(x^2+2x)$单调递增，而$(\ln x)'=\dfrac 1x$单调递减，于是

$$x^2{\rm e}^x\geqslant \dfrac{5\sqrt{\rm e}}4\left(x-\dfrac 12\right)+\dfrac{\sqrt{\rm e}}4,$$ 且 $$\ln x\leqslant 2\left(x-\dfrac 12\right)+\ln\dfrac 12,$$ 两式相减可得 $$x^2{\rm e}^x-\ln x\geqslant \left(\dfrac{5\sqrt{\rm e}}4-2\right)x-\dfrac{3\sqrt{\rm e}}8+1+\ln 2,$$ 由于 $$\dfrac{5\sqrt{\rm e}}4-2>0,$$ 于是 $$x^2{\rm e}^x-\ln x>-\dfrac{3\sqrt{\rm e}}8+1+\ln 2>1.07>1,$$ 因此原不等式得证．

另法

由于${\rm e}^x\geqslant {\rm e}x$，于是

$$x^2{\rm e}^x-\ln x\geqslant {\rm e}x^3-\ln x,$$ 记右侧函数为$f(x)$，则 $$f'(x)=\dfrac{3{\rm e}x^3-1}{x},$$ 于是$f(x)$的最小值为 $$f\left((3{\rm e})^{-\frac 13}\right)=\dfrac 23+\dfrac 13\ln 3>1,$$ 因此原不等式得证．

7、设所求代数式为$f(x)$，则$f(x)$的导函数

$$f'(x)=\dfrac{(1+x^2)^{\frac 32}-(x+x^2)^{\frac 32}}{\sqrt x\cdot (1+x)^{\frac 32}\cdot (1+x^2)^{\frac 32}},$$ 于是函数$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减，因此所求最大值为 $$f(1)=\dfrac{3}{\sqrt 2}.$$