1．在直角$\triangle ABC$中，$C$为直角，$\angle BDC=2\angle BCD$，$AB=8$，$CD=3$，则$AD\cdot BD=$______．
2．已知$(1+x)^{10}=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_{10}x^{10}$，则$a_0+\dfrac{a_1}2+\dfrac{a_2}3+\cdots +\dfrac{a_{10}}{11}=$_______．
3．已知$(1-x)^n=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots +a_nx^n$，求$\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{1}{a_k}$．
4．求证：$\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k\cdot{\rm e}^k}<\ln\dfrac{{\rm e}}{{\rm e}-1}$．
5．求椭圆$\dfrac{x^2}4+y^2=1$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$\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}\leqslant 2-bx^a$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 $\dfrac{2047}{11}$．
解 根据题意，有$$\int_{0}^{x}(1+x)^{10}{\rm d}x=a_0x+\dfrac{a_1}2x^2+\dfrac{a_2}3x^3+\cdots +\dfrac{a_{10}}{11}x^{11},$$又$$\int_{0}^{x}(1+x)^{10}{\rm d}x=\dfrac{1}{11}(1+x)^{11}-\dfrac{1}{11},$$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} $
解 根据题意，有$$a_k=(-1)^k{\rm C}_n^k=\dfrac{(-1)^k\cdot n!}{(n-k)!\cdot k!},$$于是$$\sum_{k=0}^n\dfrac{1}{a_k}=\dfrac{n!-(n-1)!\cdot 1!+(n-2)!\cdot 2!+\cdots +(-1)^{n-1}\cdot 1!\cdot (n-1)!+(-1)^n\cdot n!}{n!},$$当$n$为奇数时，显然有$\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{1}{a_k}=0$．
当$n$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$$\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{1}{a_k}=\begin{cases} 0,&n\nmid 2,\\ \dfrac{2n+2}{n+2},& n\mid 2.\end{cases} $$注 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$$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^n}n=\int_{0}^{x}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^n}n\right)'{\rm d}x=\int_{0}^{x}\left(\sum_{n=1}^{\infty}x^{n-1}\right){\rm d}x=\int_{0}^{x}\dfrac{1}{1-x}{\rm d}x=\ln\dfrac{1}{1-x},$$令$x=\dfrac{1}{\rm e}$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$f(0)=f'(0)=0$，$f'^\prime(0)=\dfrac 12$．
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\[\begin{split} LHS&=\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot x_4+(x_1+x_2+x_3)\cdot \dfrac{1}{x_4}+\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)+1\\ &\geqslant 2\sqrt{\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)}+\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)+1\\ &=\left(\sqrt{\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)}+1\right)^2.\end{split} \]而$$ \left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)=(x_1+x_2)\cdot \left(\dfrac{x_3}{x_1x_2}+\dfrac{1}{x_3}\right)+\dfrac{x_1}{x_2}+\dfrac{x_2}{x_1}+3,$$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．
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．