1.平面直角坐标系xOy中有两定点P(x1,y1),Q(x2,y2),分别过点P和点Q作直线l1,l2,且l1⊥l2,若直线l1交x轴于点A,直线l2交y轴于点B,求线段AB中点M的轨迹.
2.设n为自然数,a,b为正实数,且a+b=2,则11+an+11+bn的最小值为________.
3.已知数列{an},{bn}满足a0=1,b0=0,且{an+1=7an+6bn−3,bn+1=8an+7bn−4,其中n=0,1,2,⋯.求证:an是完全平方数.
4.试比较e,√3+1,√7,√8的大小,并证明.
5.若方程m(x2+y2+2y+1)=(x−2y+3)2表示的曲线是椭圆,求m的取值范围.
6.已知x,y,z⩾,且x+y+z=6,求\sqrt{x^2+4}+\sqrt{y^2+9}+\sqrt{z^2+16}的取值范围.
7.已知n\in\mathcal N^*,求证:\left[\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}\ \right]=\left[\sqrt{9n+8}\ \right].
参考答案
1.如图.设M(x,y),则A(2x,0),B(0,2y),于是由\overrightarrow {AP}\cdot \overrightarrow {BQ}=0,可得(x_1-2x,y_1)\cdot (x_2,y_2-2y)=x_1x_2-2x_2x+y_1y_2-2y_1y=0,因此所求的轨迹是直线,其方程为2x_2x+2y_1y-x_1x_2-y_1y_2=0.
2.原式即\dfrac{1+a^n+1+b^n}{(1+a^n)(1+b^n)}=1+\dfrac{1-(ab)^n}{1+a^n+b^n+a^nb^n}\geqslant 1,等号当a=b=1时取得,因此原式最小值为1.
3.消去b_n,可得a_{n+1}=15a_n-15a_{n-1}+a_{n-2},其特征方程为x^3=15x^2-15x+1,特征根为x=1,7+4\sqrt 3,7-4\sqrt 3,因此可得a_n=\dfrac 14\left[2+(7+4\sqrt 3)^n+(7-4\sqrt 3)^n\right]=\left[\dfrac{(2+\sqrt 3)^n+(2-\sqrt 3)^n}2\right]^2,因此a_n为完全平方数.
注意\dfrac{(2+\sqrt 3)^n+(2-\sqrt 3)^n}2\in\mathcal{Z}.
4.显然有\sqrt 7<\sqrt 3+1<\sqrt 8,接下来证明\sqrt 7<{\rm e}<\sqrt 3+1.
考虑到{\rm e}=1+\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+\cdots +\dfrac{1}{n!}+\cdots ,于是{\rm e}>1+1+\dfrac 12+\dfrac 16=\dfrac {8}3,因此{\rm e}^2>\dfrac{64}{9}>7,即{\rm e}>\sqrt 7.
又\begin{split} {\rm e}&<1+1+\dfrac 12+\dfrac 16+\dfrac{1}{24}+\dfrac 1{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2}+\dfrac 1{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3}+\cdots +\dfrac{1}{n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot (n-3)}+\cdots \\ &=\dfrac{65}{24}+\dfrac 13\left[\dfrac {1}{4\cdot 3\cdot 2}-\dfrac{1}{5\cdot 4\cdot 3}\right]+\dfrac 13\left[\dfrac {1}{5\cdot 4\cdot 3}-\dfrac{1}{6\cdot 5\cdot 4}\right]+\cdots \\ &<\dfrac{65}{24}+\dfrac{1}{72}=\dfrac{49}{18},\end{split} 而\dfrac{49}{18}=1+\dfrac{31}{18}=1+\sqrt{\dfrac{961}{324}}<1+\sqrt 3,因此{\rm e}<\sqrt 3+1.
综上所述,有\sqrt 7<{\rm e}<\sqrt 3+1<\sqrt 8.
5.法一 代数方法
即方程m\left(x^2+y^2\right)=\left(x-2y+5\right)^2表示的曲线是椭圆.令s=x-2y,t=2x+y(旋转位似变换),则方程转化为m\left(s^2+t^2\right)=5(s+5)^2,即(m-5)s^2-50s+mt^2=125.该方程表示的曲线为椭圆,则m>5.因此m的取值范围是(5,+\infty).
法二 数形结合
根据题意,即\dfrac{\sqrt{x^2+(y+1)^2}}{\dfrac 1{\sqrt 5}\left|x-2y-3\right|}=\sqrt{\dfrac 5m},于是当m>5时,方程所表示的曲线是椭圆;当m=5时,方程所表示的曲线是抛物线;当0<m<5时,方程所表示的曲线是双曲线.
6.如图,作6\times 9的矩形ABCD,并画两条横线EF,GH将矩形长度为9的边分为2,3,4的三段.在两条横线上分别依次选取M,N两点,则AM+MN+NC=\sqrt{x^2+4}+\sqrt{y^2+9}+\sqrt{z^2+16}.不难证明AC\leqslant AM+MN+NC\leqslant AF+FH+HC,因此所求的取值范围是\left[3\sqrt{13},7+2\sqrt{10}\right].
下面来证明AF+FH+HC最长.先介绍一个引理:
引理 在\triangle ABC中,在\triangle ABC的内部从B到C有一条凸的路线B-D_1-D_2-\cdots-D_n-C(即多边形BCD_nD_{n-1}\cdots D_1是凸多边形),那么有凸多边形的周长小于三角形的周长,也即BD_1+D_1D_2+\cdots+D_nC<AB+AC.
引理的证明 以n=2为例证明,分别延长BD_1,D_1D_2交边AC于点E_1,E_2,如图:则有\begin{cases} AB+AE_1>BD_1+D_1E_1,\\D_1E_1+E_1E_2>D_1D_2+D_2E_2,\\D_2E_2+EC>D_2C,\end{cases}左右两边分别相加得AB+AC>BD_1+D_1D_2+D_2C.
回到本题 固定M点,由引理知,从MN+NC的最大值是点N在最右边(与点H重合)或者最左边(与点M在GH上的射影重合)时取到,比较这两个值知,点N在最右边;同理,当N固定时,点M在最右边时,AM+MN有最大值.所以当M在F处,N在H处时有最大值.
7.问题即当k^2\leqslant 9n+8<(k+1)^2,k\in\mathcal N^*且k\geqslant 4时,有k\leqslant \sqrt n+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}<k+1,由k^2\leqslant 9n+8\leqslant (k+1)^2-1,得\dfrac{k^2-8}9\leqslant n\leqslant \dfrac{(k+1)^2-9}9.先证明左边不等式.只需要证明\sqrt{k^2-8}+\sqrt{k^2+1}+\sqrt{k^2+10}\geqslant 3k,即3k^2+3+2\sqrt{k^4-7k^2-8}+2\sqrt{k^4+2k^2-80}+2\sqrt{k^4+11k^2+10}\geqslant 9k^2,而当k\geqslant 4时,有\sqrt{k^4-7k^2-8}>k^2-\dfrac 92,\sqrt{k^4+2k^2-80}>k^2-2,\sqrt{k^4+11k^2+10}>k^2+5,因此上式LHS>3k^2+3+2k^2-9+2k^2-4+2k^2+10=9k^2.再证明右边不等式.只需要证明\sqrt{(k+1)^2-9}+\sqrt{(k+1)^2}+\sqrt{(k+1)^2+9}<3(k+1),即\sqrt{(k+1)^2-9}+\sqrt{(k+1)^2+9}<2(k+1),根据均值不等式,这是显然的.
综上所述,原命题得证.
思考与总结 正确的将取整符号去掉,并对n的范围有一个合理的估计.事实上,相当于证明了\sqrt{9n+8}<\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}<\sqrt{9n+9},由于9n+8与9n+9是连续的两个正整数,因此命题成立.