1.已知f(x)=x2+px+q,求证:|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于12.
2.已知在△ABC中,D为边AC上一点,且AB=AD=4,AC=6,若△ABC的外心在线段BD上,则BC=______.
3.已知关于x的方程x3−ax2−2ax+a2−1=0有且只有一个实数根,求实数a的取值范围.
4.给出计算双曲线y=mx+nx(m,n>0)的半实轴长a,半虚轴长b以及离心率e的算法.
5.求证:1+14+19+⋯+1n2+⋯=π26.
6.写出连续100个合数.
7.设椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)外一点P(x0,y0),求证:方程(x20a2+y20b2−1)(x2a2+y2b2−1)=(x0xa2+y0yb2−1)2表示过点P的椭圆的两条切线.
参考答案
1.用反证法,若|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|<12,则{|f(1)−f(2)|=|p+3|⩽|f(1)|+|f(2)|<1,|f(2)−f(3)|=|p+5|⩽|f(2)|+|f(3)|<1,因此2=|(p+3)−(p+5)|⩽|p+3|+|p+5|<2,矛盾.因此原命题成立.
2.作△ABC的外接圆与直径BDE,连接CE.设A=2θ,则BD=8sinθ,进而CE=DE=1sinθ,从而在Rt△BCE中,有cos2θ=CEBE=1sinθ8sinθ+1sinθ,即4cos22θ−5cos2θ+1=0,解得cos2θ=14,进而在△ABC中应用余弦定理可得BC=√AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos2θ=2√10.用向量方法也可求解,类似见每日一题[80].
3.方程即a2−(x2+2x)a+x3−1=0,即a=x2+2x±√(x2+2x)2−4(x3−1)2,于是a=x−1或a=x2+x+1.因此原方程只有一个实数根即方程a=x2+x+1无解或a=x2+x+1有两个相等实根,且该实根亦为方程a=x−1的根,进而解得a的取值范围是(−∞,34).
4.第一步,计算x2+y2的最小值即a2:x2+y2=x2+(mx+nx)2=(1+m2)x2+n2x2+2mn⩾2n(√1+m2+m)=a2;
第二步,计算双曲线上的点到两条渐近线的距离之积,为|mx−y|⋅|x|√1+m2=n√1+m2=a2b2a2+b2,于是可得b2=2n(√1+m2−m);
第三步,离心率e2=1+b2a2=1+(√1+m2−m)2.本题也可以利用两条渐近线的夹角2θ的正切值与ba的关系tan2θ=1m=2⋅ba1−b2a2得到;也可以通过第一步的取等条件得到长轴端点,进而得到ba的值.
5.考虑sinxx=1−x23!+x45!−x67!+⋯+(−1)nx2n(2n+1)!+⋯,由于y=sinxx的零点为x=±π,±2π,⋯,±nπ,⋯,因此1−x23!+x45!−x67!+⋯+(−1)nx2n(2n+1)!+⋯=(1−x2π2)(1−x24π2)⋯(1−x2n2π2)⋯,对比上式中x2项的系数可得1+14+19+⋯+1n2+⋯=π26.
6.取101!−k,其中k=2,3,⋯,101即可.这个取法可以将阶乘部分改进为不超过101的所有质数之积,即2⋅3⋅5⋯101−k,其中k=2,3,⋯,101.事实上,第一次出现100个连续合数是在两个相邻质数370261,370373之间,为370262,370263,⋯,370361.
7.记x0a=m,y0b=n,xa=s,yb=t,则方程左边与右边之差为(m2+n2−1)(s2+t2−1)−(ms+nt−1)2=(n2−1)s2+(m2−1)t2−2mnst+2ms+2nt−m2−n2=(ns−mt)2−(s−m)2−(t−n)2,记s−m=x′,t−n=y′,则上式等于(nx′−my′)2−x′2−y′2=(n2−1)x′2−2mnx′y′+(m2−1)y′2,考虑到该式的判别式Δ=(2mn)2−4(m2−1)(n2−1)=4(m2+n2−1)>0,于是该式可以分解为两个一次多项式之积,进而原方程表示两条相交直线.又这两条相交直线通过直线x0xa2+y0yb2−1=0与椭圆x2a2+y2b2−1=0的所有公共点,且过点P(x0,y0),因此该方程表示过点P的椭圆的两条切线.