练习题集[63]基础练习

1.在直角ABC中,C为直角,BDC=2BCDAB=8CD=3,则ADBD=______.

屏幕快照 2016-07-06 下午1.41.51

2.已知(1+x)10=a0+a1x+a2x2++a10x10,则a0+a12+a23++a1011=_______.

3.已知(1x)n=a0+a1x+a2x2++anxn,求nk=01ak

4.求证:nk=11kek<lnee1

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1x+1+x对任意x\in [0,1]都成立,求当a取最小值时b的最大值.

7.已知x_1,x_2,x_3,x_4是互异的4个正实数,且满足(x_1+x_2+x_3+x_4)\cdot\left(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_3}+\dfrac{1}{x_4}\right)<17,求证:从x_1,x_2,x_3,x_4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\triangle ABC的外接圆,利用圆的几何性质与相交弦定理解决.

2.答案 \dfrac{2047}{11}
 根据题意,有\int_{0}^{x}(1+x)^{10}{\rm d}x=a_0x+\dfrac{a_1}2x^2+\dfrac{a_2}3x^3+\cdots +\dfrac{a_{10}}{11}x^{11},\int_{0}^{x}(1+x)^{10}{\rm d}x=\dfrac{1}{11}(1+x)^{11}-\dfrac{1}{11},因此令x=1,即得a_0+\dfrac{a_1}2+\dfrac{a_2}3+\cdots +\dfrac{a_{10}}{11}=\dfrac{2^{11}-1}{11}=\dfrac{2047}{11}.

3.答案 \sum\limits_{k=0}^n\dfrac{1}{a_k}=\begin{cases} 0,&n\nmid 2,\\ \dfrac{2n+2}{n+2},& n\mid 2.\end{cases}
 根据题意,有a_k=(-1)^k{\rm C}_n^k=\dfrac{(-1)^k\cdot n!}{(n-k)!\cdot k!},于是\sum_{k=0}^n\dfrac{1}{a_k}=\dfrac{n!-(n-1)!\cdot 1!+(n-2)!\cdot 2!+\cdots +(-1)^{n-1}\cdot 1!\cdot (n-1)!+(-1)^n\cdot n!}{n!},n为奇数时,显然有\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{1}{a_k}=0

n为偶数时,考虑到\begin{split} &\quad\left[n!\cdot 0!-(n-1)!\cdot 1!+(n-2)!\cdot 2!+\cdots -1!\cdot (n-1)!+0!\cdot n!\right]\cdot (n+2)\\ &=\left[(n+1)!+n!\cdot 1!\right]-\left[n!+(n-1)!\cdot 2!\right]+\cdots -\left[2!\cdot (n-1)!+1!\cdot n!\right]+\left[1!\cdot n!+0!\cdot (n+1)!\right]\\ &=2(n+1)!,\end{split} 于是\sum_{k=0}^n\dfrac{1}{a_k}=\dfrac{2(n+1)!}{n!\cdot (n+2)}=\dfrac{2n+2}{n+2}.

综上所述,有\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{1}{a_k}=\begin{cases} 0,&n\nmid 2,\\ \dfrac{2n+2}{n+2},& n\mid 2.\end{cases}  拆分n+2=(n-k+1)+(k+1)(k=0,1,2,\cdots ,n)后达到裂项的效果是解决问题的关键.

4.考虑级数\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^n}n=\int_{0}^{x}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^n}n\right)'{\rm d}x=\int_{0}^{x}\left(\sum_{n=1}^{\infty}x^{n-1}\right){\rm d}x=\int_{0}^{x}\dfrac{1}{1-x}{\rm d}x=\ln\dfrac{1}{1-x},x=\dfrac{1}{\rm e}即得.

5.设P(2\cos\theta,\sin\theta),则\begin{split} PA^2&=(2\cos\theta-1)^2+(\sin\theta-2)^2\\ &=3\cos^2\theta-4(\sin\theta+\cos\theta)+6\\ &=\dfrac 32(1+\cos 2\theta)-4\sqrt 2\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}4\right)+6\\ &=\dfrac 32\sin 2t-4\sqrt 2\sin t+\dfrac{15}2\\ &=\sin t\cdot (3\cos t-4\sqrt 2)+\dfrac{15}2\end{split} 其中t=\theta+\dfrac{\pi}4.接下来的关键是计算函数f(x)=(1-x^2)(3x-4\sqrt 2)^2,x\in [-1,1]的最大值.函数f(x)的导函数f'(x)=-2(3x-4\sqrt 2)(6x^2-4\sqrt 2x-3),于是当x=\dfrac{2\sqrt 2-\sqrt{26}}6时,函数f(x)取得区间[-1,1]上的最大值,为f\left(\dfrac{2\sqrt 2-\sqrt{26}}{6}\right)=\dfrac{673+208\sqrt{13}}{36},进而所求距离PA的最大值为\sqrt{\dfrac{\sqrt{673+208\sqrt{13}}}6+\dfrac{15}2},最小值为\sqrt{-\dfrac{\sqrt{673+208\sqrt{13}}}6+\dfrac{15}2}

拓展 椭圆\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)上的点P到定点A(x_0,y_0)的距离的最值有以下三种情形是比较好求的.

(1) x_0\cdot y_0=0,此时化为二次函数最值问题;

(2) x_0^2+y_0^2=(a+b)^2,此时最小值为\dfrac{\sqrt{b^2x_0^{2}+a^2y_0^{2}}}{a+b}

(3) ax_0-by_0=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-\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}g(x)=f(x)-bx^a,则题意即不等式g(x)\geqslant 0对任意x\in [0,1]成立.考虑到函数f(x)的导函数f'(x)=\dfrac 12(1-x)^{-\frac 12}-\dfrac 12(1+x)^{-\frac 12},其二阶导函数f'^\prime(x)=\dfrac 14(1-x)^{-\frac 32}+\dfrac 14(1+x)^{-\frac 32},其三阶导函数[f'^\prime(x)]'=\dfrac 38(1-x)^{-\frac 52}-\dfrac 38(1+x)^{-\frac 52},因此[f'^{\prime}(x)]',f'^\prime(x),f'(x),f(x)均在区间[0,1]上单调递增,且f(0)=f'(0)=0f'^\prime(0)=\dfrac 12

情形一 0<a<1

此时g'(x)=f'(x)-abx^{a-1}g(0)=0,当x\to 0+时,g'(x)\to -\infty,与题意不符.

情形二 1\leqslant a<2

此时g'^\prime(x)=f'^\prime (x)-a(a-1)bx^{a-2}g'(0)=0,当x\to 0+时,g'^\prime (x)\to -\infty,与题意不符.

情形三 a=2

此时g'^\prime(x)=f'^\prime (x)-2b,考虑到f'^\prime(0)=\dfrac 12,于是b的最大值为\dfrac 14

综上所述,当a取最小值2时,b的最大值为\dfrac 14

7.考虑到变元的对称性,问题的实质在于证明x_1+x_2>x_3.接下来用反证法证明如下.

假设x_3\geqslant x_1+x_2.由于\begin{split} LHS&=\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot x_4+(x_1+x_2+x_3)\cdot \dfrac{1}{x_4}+\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)+1\\ &\geqslant 2\sqrt{\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)}+\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)+1\\ &=\left(\sqrt{\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)}+1\right)^2.\end{split} \left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)=(x_1+x_2)\cdot \left(\dfrac{x_3}{x_1x_2}+\dfrac{1}{x_3}\right)+\dfrac{x_1}{x_2}+\dfrac{x_2}{x_1}+3,由于在区间\left[\sqrt{x_1x_2},+\infty\right)上,函数f(x)=\dfrac{x}{x_1x_2}+\dfrac 1x单调递增,于是\begin{split} \left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)&\geqslant 2(x_1+x_2)\cdot\left(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_1+x_2}\right)\\ &=2\left(3+\dfrac{x_1}{x_2}+\dfrac{x_2}{x_1}\right)\\ &\geqslant 10,\end{split} 这样就得到了(x_1+x_2+x_3+x_4)\cdot\left(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_3}+\dfrac{1}{x_4}\right)\geqslant \left(\sqrt{10}+1\right)^2=11+2\sqrt {10}>17,矛盾.

因此x_1+x_2>x_3.同理可得,x_1,x_2,x_3,x_4中任意两个数之和都大于其余的两个数,因此从x_1,x_2,x_3,x_4中任取3个数作边长,可以作出4个不同的三角形.

 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.

此条目发表在练习题集分类目录。将固定链接加入收藏夹。

发表回复