1．已知$f(x)=x^2+px+q$，求证：$|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|$中至少有一个不小于$\dfrac 12$．
2．已知在$\triangle ABC$中，$D$为边$AC$上一点，且$AB=AD=4$，$AC=6$，若$\triangle ABC$的外心在线段$BD$上，则$BC=$______．
3．已知关于$x$的方程$x^3-ax^2-2ax+a^2-1=0$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$y=mx+\dfrac nx$($m,n>0$)的半实轴长$a$，半虚轴长$b$以及离心率$e$的算法．
5．求证：$1+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{9}+\cdots +\dfrac{1}{n^2}+\cdots = \dfrac{\pi^2}6$．
6．写出连续$100$个合数．
7．设椭圆$E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$($a>b>0$)外一点$P(x_0,y_0)$，求证：方程$$\left(\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}-1\right)\left(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}-1\right)=\left(\dfrac{x_0x}{a^2}+\dfrac{y_0y}{b^2}-1\right)^2$$表示过点$P$的椭圆的两条切线．
参考答案
1．用反证法，若$|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|<\dfrac 12$，则$$\begin{cases} |f(1)-f(2)|=|p+3|\leqslant |f(1)|+|f(2)|<1,\\ |f(2)-f(3)|=|p+5|\leqslant |f(2)|+|f(3)|<1,\end{cases} $$因此$$2=|(p+3)-(p+5)|\leqslant |p+3|+|p+5|<2,$$矛盾．因此原命题成立．
2．作$\triangle ABC$的外接圆与直径$BDE$，连接$CE$．
设$A=2\theta$，则$BD=8\sin\theta$，进而$CE=DE=\dfrac{1}{\sin\theta}$，从而在${\rm Rt}\triangle BCE$中，有$$\cos 2\theta=\dfrac{CE}{BE}=\dfrac{\dfrac{1}{\sin\theta}}{8\sin\theta+\dfrac{1}{\sin\theta}},$$即$$4\cos^2 2\theta-5\cos 2\theta+1=0,$$解得$\cos 2\theta=\dfrac 14$，进而在$\triangle ABC$中应用余弦定理可得$$BC=\sqrt{AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cdot\cos 2\theta}=2\sqrt{10}.$$用向量方法也可求解，类似见每日一题[80]．
3．方程即$a^2-(x^2+2x)a+x^3-1=0$，即$$a=\dfrac{x^2+2x\pm \sqrt{(x^2+2x)^2-4(x^3-1)}}{2},$$于是$a=x-1$或$a=x^2+x+1$．因此原方程只有一个实数根即方程$a=x^2+x+1$无解或$a=x^2+x+1$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$\left(-\infty,\dfrac 34\right)$．
4．第一步，计算$x^2+y^2$的最小值即$a^2$：$$x^2+y^2=x^2+\left(mx+\dfrac nx\right)^2=(1+m^2)x^2+\dfrac{n^2}{x^2}+2mn\geqslant 2n(\sqrt{1+m^2}+m)=a^2;$$
第二步，计算双曲线上的点到两条渐近线的距离之积，为$$\dfrac{|mx-y|\cdot |x|}{\sqrt{1+m^2}}=\dfrac{n}{\sqrt{1+m^2}}=\dfrac{a^2b^2}{a^2+b^2},$$于是可得$$b^2=2n(\sqrt{1+m^2}-m);$$
第三步，离心率$$e^2=1+\dfrac{b^2}{a^2}=1+(\sqrt{1+m^2}-m)^2.$$本题也可以利用两条渐近线的夹角$2\theta$的正切值与$\dfrac ba$的关系$$\tan{2\theta}=\dfrac 1m=\dfrac {2\cdot\frac ba}{1-\frac{b^2}{a^2}}$$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$\dfrac ba$的值．
5．考虑$$\dfrac{\sin x}x=1-\dfrac{x^2}{3!}+\dfrac{x^4}{5!}-\dfrac{x^6}{7!}+\cdots +(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n+1)!}+\cdots ,$$由于$y=\dfrac{\sin x}x$的零点为$$x=\pm \pi,\pm 2\pi,\cdots ,\pm n\pi,\cdots ,$$因此$$1-\dfrac{x^2}{3!}+\dfrac{x^4}{5!}-\dfrac{x^6}{7!}+\cdots +(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n+1)!}+\cdots =\left(1-\dfrac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1-\dfrac{x^2}{4\pi^2}\right)\cdots \left(1-\dfrac{x^2}{n^2\pi^2}\right)\cdots,$$对比上式中$x^2$项的系数可得$$1+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{9}+\cdots +\dfrac{1}{n^2}+\cdots = \dfrac{\pi^2}6.$$
6．取$101!-k$，其中$k=2,3,\cdots ,101$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$2\cdot 3\cdot 5\cdots 101-k$，其中$k=2,3,\cdots ,101$．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$370262,370263,\cdots ,370361$．
7．记$\dfrac{x_0}a=m$，$\dfrac{y_0}b=n$，$\dfrac xa=s$，$\dfrac yb=t$，则方程左边与右边之差为\[\begin{split} (m^2+n^2-1)(s^2+t^2-1)-(ms+nt-1)^2&=(n^2-1)s^2+(m^2-1)t^2-2mnst+2ms+2nt-m^2-n^2\\ &=(ns-mt)^2-(s-m)^2-(t-n)^2,\end{split} \]记$s-m=x'$，$t-n=y'$，则上式等于$$(nx'-my')^2-x'^2-y'^2=(n^2-1)x'^2-2mnx'y'+(m^2-1)y'^2,$$考虑到该式的判别式$$\Delta=(2mn)^2-4(m^2-1)(n^2-1)=4(m^2+n^2-1)>0,$$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$\dfrac{x_0x}{a^2}+\dfrac{y_0y}{b^2}-1=0$与椭圆$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}-1=0$的所有公共点，且过点$P(x_0,y_0)$，因此该方程表示过点$P$的椭圆的两条切线．