1.在直角△ABC中,C为直角,∠BDC=2∠BCD,AB=8,CD=3,则AD⋅BD=______.
2.已知(1+x)10=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10,则a0+a12+a23+⋯+a1011=_______.
3.已知(1−x)n=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn,求n∑k=01ak.
4.求证:n∑k=11k⋅ek<lnee−1.
5.求椭圆x24+y2=1上的点P到点A(1,2)的距离PA的最大值与最小值.
6.已知正实数a,b使得不等式√1−x+√1+x⩽2−bxa对任意x∈[0,1]都成立,求当a取最小值时b的最大值.
7.已知x1,x2,x3,x4是互异的4个正实数,且满足(x1+x2+x3+x4)⋅(1x1+1x2+1x3+1x4)<17,求证:从x1,x2,x3,x4中任取3个数作边长,可以作出4个不同的三角形.
参考答案
1.答案 12;
提示 可以运用正弦定理,也可以考虑△ABC的外接圆,利用圆的几何性质与相交弦定理解决.
2.答案 204711.
解 根据题意,有∫x0(1+x)10dx=a0x+a12x2+a23x3+⋯+a1011x11,又∫x0(1+x)10dx=111(1+x)11−111,因此令x=1,即得a0+a12+a23+⋯+a1011=211−111=204711.
3.答案 n∑k=01ak={0,n∤2,2n+2n+2,n∣2.
解 根据题意,有ak=(−1)kCkn=(−1)k⋅n!(n−k)!⋅k!,于是n∑k=01ak=n!−(n−1)!⋅1!+(n−2)!⋅2!+⋯+(−1)n−1⋅1!⋅(n−1)!+(−1)n⋅n!n!,当n为奇数时,显然有n∑k=01ak=0.
当n为偶数时,考虑到[n!⋅0!−(n−1)!⋅1!+(n−2)!⋅2!+⋯−1!⋅(n−1)!+0!⋅n!]⋅(n+2)=[(n+1)!+n!⋅1!]−[n!+(n−1)!⋅2!]+⋯−[2!⋅(n−1)!+1!⋅n!]+[1!⋅n!+0!⋅(n+1)!]=2(n+1)!,于是n∑k=01ak=2(n+1)!n!⋅(n+2)=2n+2n+2.
综上所述,有n∑k=01ak={0,n∤2,2n+2n+2,n∣2.注 拆分n+2=(n−k+1)+(k+1)(k=0,1,2,⋯,n)后达到裂项的效果是解决问题的关键.
4.考虑级数∞∑n=1xnn=∫x0(∞∑n=1xnn)′dx=∫x0(∞∑n=1xn−1)dx=∫x011−xdx=ln11−x,令x=1e即得.
5.设P(2cosθ,sinθ),则PA2=(2cosθ−1)2+(sinθ−2)2=3cos2θ−4(sinθ+cosθ)+6=32(1+cos2θ)−4√2sin(θ+π4)+6=32sin2t−4√2sint+152=sint⋅(3cost−4√2)+152其中t=θ+π4.接下来的关键是计算函数f(x)=(1−x2)(3x−4√2)2,x∈[−1,1]的最大值.函数f(x)的导函数f′(x)=−2(3x−4√2)(6x2−4√2x−3),于是当x=2√2−√266时,函数f(x)取得区间[−1,1]上的最大值,为f(2√2−√266)=673+208√1336,进而所求距离PA的最大值为√√673+208√136+152,最小值为√−√673+208√136+152.
拓展 椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的点P到定点A(x0,y0)的距离的最值有以下三种情形是比较好求的.
(1) x0⋅y0=0,此时化为二次函数最值问题;
(2) x20+y20=(a+b)2,此时最小值为√b2x20+a2y20a+b;
(3) ax0−by0=0,此时可以通过三角换元结合导数求出最大值和最小值.
本题是情形(3)的一个特例.
6.设f(x)=2−√1−x−√1+x,g(x)=f(x)−bxa,则题意即不等式g(x)⩾0对任意x∈[0,1]成立.考虑到函数f(x)的导函数f′(x)=12(1−x)−12−12(1+x)−12,其二阶导函数f′′(x)=14(1−x)−32+14(1+x)−32,其三阶导函数[f′′(x)]′=38(1−x)−52−38(1+x)−52,因此[f′′(x)]′,f′′(x),f′(x),f(x)均在区间[0,1]上单调递增,且f(0)=f′(0)=0,f′′(0)=12.
情形一 0<a<1.
此时g′(x)=f′(x)−abxa−1,g(0)=0,当x→0+时,g′(x)→−∞,与题意不符.
情形二 1⩽a<2.
此时g′′(x)=f′′(x)−a(a−1)bxa−2,g′(0)=0,当x→0+时,g′′(x)→−∞,与题意不符.
情形三 a=2.
此时g′′(x)=f′′(x)−2b,考虑到f′′(0)=12,于是b的最大值为14.
综上所述,当a取最小值2时,b的最大值为14.
7.考虑到变元的对称性,问题的实质在于证明x1+x2>x3.接下来用反证法证明如下.
假设x3⩾x1+x2.由于LHS=(1x1+1x2+1x3)⋅x4+(x1+x2+x3)⋅1x4+(1x1+1x2+1x3)⋅(x1+x2+x3)+1⩾2√(1x1+1x2+1x3)⋅(x1+x2+x3)+(1x1+1x2+1x3)⋅(x1+x2+x3)+1=(√(1x1+1x2+1x3)⋅(x1+x2+x3)+1)2.而(1x1+1x2+1x3)⋅(x1+x2+x3)=(x1+x2)⋅(x3x1x2+1x3)+x1x2+x2x1+3,由于在区间[√x1x2,+∞)上,函数f(x)=xx1x2+1x单调递增,于是(1x1+1x2+1x3)⋅(x1+x2+x3)⩾2(x1+x2)⋅(1x1+1x2+1x1+x2)=2(3+x1x2+x2x1)⩾10,这样就得到了(x1+x2+x3+x4)⋅(1x1+1x2+1x3+1x4)⩾(√10+1)2=11+2√10>17,矛盾.
因此x1+x2>x3.同理可得,x1,x2,x3,x4中任意两个数之和都大于其余的两个数,因此从x1,x2,x3,x4中任取3个数作边长,可以作出4个不同的三角形.
注 恰当的冻结变量,将问题分解为若干子问题加以解决是本题的关键.