练习题集[80]基础练习

1．(2010年北京市东城区一模)如果对任意一个三角形，只要它的三边长$a,b,c$都在函数$f(x)$的定义域内，就有$f(a),f(b),f(c)$也是某个三角形的三边长，则称$f(x)$为保三角函数，则下列函数中是保三角函数的是_______．
(1) $f(x)=\sqrt x$；
(2) $g(x)=\sin x$，$x\in (0,\pi)$；
(3) $h(x)=\ln x$，$x\in [2,+\infty)$．

2．在$\triangle ABC$中，$AC=BC=\sqrt 5$，点$D,E,F$分别在边$AB,BC,CA$上，且$AD=DB=EF=1$，若$\overrightarrow {DE}\cdot\overrightarrow {DF}\leqslant \dfrac{25}{16}$，则$\overrightarrow {EF}\cdot \overrightarrow {BA}$的取值范围_______．

3．已知正整数$a_1,a_2,\cdots ,a_{2016}$成等比数列，公比$q\in (1,2)$，则$a_{2016}$取最小值时，$q=$_______．

4．求所有的正整数$x,y$，使得$x^2+3y$和$y^2+3x$都是完全平方数．

5．函数$f(x)$的定义域为$(0,1)$，且 $$f(x)=\begin{cases} x,&x\notin \mathcal Q,\\ \dfrac{p+1}q,&x=\dfrac pq,p,q\in\mathcal N^*,(p,q)=1.\end{cases}$$ 求$f(x)$在区间$\left(\dfrac{k-1}k,\dfrac{k}{k+1}\right)$上的最大值，其中$k\in\mathcal N^*$．

6．(2010年北京市朝阳区二模)已知$\{a_n\}$为递增数列，其前$n$项和为$S_n$，$a_1>1$，且$10S_n=\left(2a_n+1\right)\left(a_n+2\right)$，$n\in\mathcal N^*$．
(1) 求数列$\{a_n\}$的通项公式；
(2) 是否存在$m,n,k\in\mathcal N^*$，使得$2\left(a_m+a_n\right)=a_k$成立？若存在，写出一组符合条件的$m,n,k$；若不存在，请说明理由；
(3) 设$b_n=a_n-\dfrac{n-3}2$，$c_n=\dfrac{2(n+3)a_n}{5n-1}$，若对于任意的$n\in\mathcal N^*$，不等式 $$\dfrac{\sqrt 5m}{31\left(1+\dfrac 1{b_1}\right)\left(1+\dfrac 1{b_2}\right)\cdots\left(1+\dfrac 1{b_n}\right)}-\dfrac{1}{\sqrt{c_{n+1}+n-1}}\leqslant 0$$ 恒成立，求正整数$m$的最大值． 

7．从$1,2,\cdots ,100$个连续的正整数中选取三个不同的数．
(1) 可以选出的等差数列共有多少个？
(2) 可以选出的等比数列共有多少个？
(3) 三个数的和为$3$的倍数有多少种选法？
(4) 两两之差不小于$2$，有多少种选法？

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参考答案

1．(1)(3)．

提示　一个单调函数是保三角函数的充要条件是对任意定义域上的实数$a,b,c$，若$a+b>c$，则$f(a)+f(b)>f(c)$．(2)的反例为$a=b=\dfrac{5{\pi}}6$，而$c=\dfrac{\pi}2$．对于(1)，当$a+b>c$时，有 $$\sqrt a+\sqrt b=\sqrt{a+b+2\sqrt{ab}}\geqslant \sqrt{a+b}>\sqrt c;$$ 对于(3)，当$a+b>c,a,b,c\geqslant 2$时，有$(a-1)(b-1)\geqslant 1$知$ab\geqslant a+b$，从而有 $$\ln a+\ln b=\ln(ab)\geqslant \ln(a+b)>\ln c.$$

2．$\left[\dfrac 43,2\right]$．

提示　可以建系处理，以$D$为原点，$AB,DC$分别为$x,y$轴建立空间直角坐标系，有$A(-1,0),B(1,0),C(0,2)$，可以设点$F(m,2-2m),F(n,2n+2)$，则题意有 $$\begin{cases}|EF|^2=(m-n)^2+4(m+n)^2=1,\\\overrightarrow {DE}\cdot\overrightarrow {DF}=4n-4m+4-3mn\leqslant\dfrac {25}{16},\end{cases}$$ 而$\overrightarrow {EF}\cdot\overrightarrow {BA}=2(m-n)$，故令$m-n=x,m+n=y$，有 $$x^2+4y^2=1,-4x-\dfrac {3(y^2-x^2)}{4}+\dfrac {39}{16}\leqslant 0,$$ 消去$y$得$15x^2-64x+36\leqslant 0$，解得$\dfrac 23\leqslant x\leqslant \dfrac {18}{5}$，而$-1\leqslant x\leqslant 1$，所以$\overrightarrow {EF}\cdot\overrightarrow {BA}=2x\in\left[\dfrac 43,2\right]$．

3．$\dfrac 32$．

显然$q$为有理数，设数列$a_1,a_2,\cdots ,a_{2016}$为 $$n^{2015}a,n^{2014}ma,\cdots ,m^{2015}a,$$ 其中$m,n,a$均为正整数，$n<m<2n$，且$m,n$互质．当$a_{2016}$最小时，$m=3$，$n=2$，$a=1$，于是$q=\dfrac 32$．

4．当$x=y$时，有$x^2+3x$是完全平方数，而 $$(x+1)^2\leqslant x^2+3x<(x+2)^2,$$ 当$x=1$时左边不等式取到等号，此时$x^2+3x$是完全平方数，$(x,y)=(1,1)$．
当$x\ne y$时，不妨设$y<x$，则 $$x^2<x^2+3y\leqslant x^2+3x<(x+2)^2,$$ 于是 $$x^2+3y=(x+1)^2,$$ 于是$3y-2x=1$，进而$x=3k+1$，$y=2k+1$，其中$k\in\mathcal N$，从而 $$y^2+3x=4k^2+13k+4\in \left((2k+2)^2,(2k+4)^2\right),$$ 于是 $$4k^2+13k+4=(2k+3)^2,$$ 解得$k=5$，因此$(x,y)$为$(16,11)$或$(11,16)$．
综上知，$(x,y)$为$(1,1),(11,16),(16,11)$．

5．情形一　当$x$是无理数时，$f(x)<\dfrac{k}{k+1}$．

情形二　当$x$是有理数时，设$x=\dfrac pq$，$\dfrac {k-1}{k}<\dfrac pq<\dfrac{k}{k+1}$，所以 $$pk-q(k-1)>0,qk-p(k+1)>0,$$ 即 $$pk-q(k-1)\geqslant 1,qk-p(k+1)\geqslant 1,$$ 两式相加，可得$p\leqslant q-2$．

设$p=q-i,i\geqslant 2$，则由$\dfrac {k-1}{k}<\dfrac{q-i}{q}<\dfrac{k}{k+1}$得$ki<q<(k+1)i$，而$q$越大时，$f\left(\dfrac{q-i}{q}\right)=\dfrac{q-i+1}{q}$越大，所以取$q=(k+1)i-1$，从而有 $$f\left(\dfrac {q-i}{q}\right)=\dfrac {ki}{(k+1)i-1}=\dfrac {k}{k+1}+\dfrac {\frac{k}{k+1}}{(k+1)i-1},$$ 在上式中，$i$越小，$f\left(\dfrac {q-i}{q}\right)$越大，所以当$i=2$时，有$f(x)$有最大值$\dfrac {2k}{2k+1}$，此时$p=2k-1$，$q=2k+1$．

综上所述，由于当$k\geqslant 1$时，$\dfrac{2k}{2k+1}>\dfrac{k}{k+1}$，因此所求的最大值为$\dfrac{2k}{2k+1}$，此时$x=\dfrac{2k-1}{2k+1}$．

6．(1) 当$n=1$时，有 $$10a_1=\left(2a_1+1\right)\left(a_1+2\right),$$ 解得$a_1=2$．

当$n\geqslant 2$时，有 $$10a_n=\left(2a_n+1\right)\left(a_n+2\right)-\left(2a_{n-1}+1\right)\left(a_{n-1}+2\right),$$ 整理得 $$\left(a_{n}+a_{n-1}\right)\left[2\left(a_{n}-a_{n-1}\right)-5\right]=0,$$ 于是 $$a_n-a_{n-1}=\dfrac 52,$$ 从而可得$a_n=\dfrac{5n-1}2$，$n\in\mathcal N^*$．

(2) 不存在满足条件的正整数$m,n,k$．用反证法证明如下．

假设存在$m,n,k\in\mathcal N^*$，使得$2\left(a_m+a_n\right)=a_k$，则 $$5m-1+5n-1=\dfrac{5k-1}2,$$ 即 $$2m+2n-k=\dfrac 35,$$ 矛盾．因此不存在满足条件的正整数$m,n,k$．

(3) 根据题意，有 $$b_n=2n+1,c_n=n+3,$$ 于是题中不等式可以转化为 $$\dfrac 43\cdot \dfrac 65\cdot \dfrac 87\cdots \dfrac{2n+2}{2n+1}\cdot \dfrac{1}{\sqrt{2n+3}}\geqslant \dfrac{\sqrt 5 m}{31},$$ 设不等式左边为$p_n$，则 $$\dfrac{p_{n+1}}{p_n}=\dfrac{2n+4}{2n+3}\cdot\dfrac{\sqrt{2n+3}}{\sqrt{2n+5}}=\sqrt{\dfrac{4n^2+16n+16}{4n^2+16n+15}}>1,$$ 于是$\{p_n\}$单调递增，从而题意即 $$\dfrac{\sqrt 5m}{31}\leqslant p_1=\dfrac{4}{3\sqrt 5},$$ 解得$m\leqslant \dfrac{124}{15}$，于是正整数$m$的最大值为$8$．

7．(1) 考虑首项和末项的奇偶性必须相同，且首末项确定时数列确定，因此可以选出的等差数列个数为 $${\rm A}_{50}^2+{\rm A}_{50}^2=4900.$$

(2) 可以选出的等比数列必然形如$m^2a,mna,n^2a$，其中$m,n,a$为正整数，且$m,n$互质，$m\neq n$．先考虑$m<n$的情形，可能的$(m,n)$有 $$\begin{split} &(1,2),\\&(1,3),(2,3),\\&(1,4),(3,4),\\&(1,5),(2,5),(3,5),(4,5),\\&(1,6),(5,6),\\&(1,7),(2,7),(3,7),(4,7),(5,7),(6,7),\\&(1,8),(3,8),(5,8),(7,8),\\&(1,9),(2,9),(4,9),(5,9),(7,9),(8,9),\\&(1,10),(3,10),(7,10),(9,10).\end{split}$$ 对应的$a$个数为 $$\left[\dfrac{100}{2^2}\right]+2\left[\dfrac{100}{3^2}\right]+2\left[\dfrac{100}{4^2}\right]+4\left[\dfrac{100}{5^2}\right]+2\left[\dfrac{100}{6^2}\right]+6\left[\dfrac{100}{7^2}\right]+4\left[\dfrac{100}{8^2}\right]+6\left[\dfrac{100}{9^2}\right]+4\left[\dfrac{100}{10^2}\right]=105.$$ 因此所有的等比数列的个数为$210$．

(3) $1,2,\cdots ,100$中模$3$余$0,1,2$的数分别有$33,34,33$个．因此所求的选法数为 $${\rm C}_{33}^3+{\rm C}_{34}^3+{\rm C}_{33}^3+{\rm C}_{33}^1{\rm C}_{34}^1{\rm C}_{33}^1=53922.$$

(4) 从$1,2,\cdots ,98$中选出$3$个数从小到大排列，依次加上$0,1,2$即可，因此不同的选法总数共有${\rm C}_{98}^3=152096$．