练习题集[85]基础练习

1.(2011年北京市海淀区二模)在正方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中,$P$为正方形$A_1B_1C_1D_1$四边上的动点,$O$为正方形$ABCD$的中心,$M,N$分别为$AB,BC$的中点,点$Q$为平面$ABCD$内的一点,线段$D_1Q$与$OP$互相平分,则满足$\overrightarrow {MQ}=\lambda\overrightarrow {MN}$的实数$\lambda$的值有_______个.

2.(2009年福建卷)五位同学围成一圈循环报数,规定:
(1) 第一位同学首次报出的数为$1$,第二位同学首次报出的数也为$1$,之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和;
(2) 若报出的数是$3$的倍数,则该报数的同学需拍手一次.
已知甲同学第一个报数,当五位同学依序循环报到第$100$个数时,甲同学拍手的总数为_______.

3.设函数$f(x)=\dfrac 13x^3-3x^2+(8-a)x-5-a$,若存在唯一的正整数$x_0$,使得$f(x_0)<0$,则$a$的取值范围是_______.

4.设$p,q$为互不相等的正整数,且关于$x$的方程$x^2-px+q=0$和$x^2-qx+p=0$的根都是正整数,则$|p-q|=$_______.

5.已知$x\in\left(0,\dfrac{\pi}2\right)$,求证:
(1) $\sin\left(\sin x\right)<\sin x < \cos \left(\cos x\right)$;
(2) $\sin\left(\cos x\right)<\cos x<\cos\left(\sin x\right)$.

6.求$\left(1+\dfrac 12+\dfrac 13+\cdots +\dfrac 1n\right)^2+\left(\dfrac 12+\dfrac 13+\cdots +\dfrac 1n\right)^2+\cdots +\left(\dfrac 1n\right)^2+\left(1+\dfrac 12+\dfrac 13+\cdots +\dfrac 1n\right)$的值.

7.求证:$2{\rm e}^x>x^3+x^2$.


参考答案

1.$2$.

提示 题意即四边形$OQPD_1$为平行四边形,且$Q$在线段$MN$上.

2.$5$.

先将这五位同学报出的数写成数列:$$a_n:1,1,2,3,5,/8,13,21,35,55,/89,\cdots,$$然后将这个数列各项模$3$的余数写出来:$$\underbrace{1,1,2,0,2,/,2,1,0},\underbrace{1,1,/2,0,2,2,1,/0},\underbrace{1,1,2,0,/2,2,1,0},1,/1,\cdots $$于是我们知道报数遇到数列的第$4k$项时需要拍手.
而甲同学报的数是数列$\{a_n\}$中的第$5n-4(n=1,2,\cdots,20)$项,当$n$是$4$的倍数时,$5n-4$是$4$的倍数,即当$n=4,8,12,16,20$时,甲同学需要报数,因此甲同学拍手的总数为$5$.

3.$\left(\dfrac{1}{15},\dfrac{1}{6}\right]$.

考虑到\[\begin{split} &f_1(a)=\dfrac 13-2a,\\ &f_2(a)=\dfrac 53-3a,\\ &f_3(a)=1-4a,\\ &f_4(a)=\dfrac 13-5a,\\ &f_5(a)=\dfrac 53-6a,\\ &f_6(a)=7-7a,\\ &\cdots \end{split} \]记$f_n(a)=0$的零点为$x_n$,则零点$x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$在数轴上分布如图,且容易证明$x_n\geqslant 1$($n\geqslant 6$)(因为$a<\dfrac 16$,所以由$f'(x)=x^2-6x+8-a$知,$f(x)$的极小值点$3+\sqrt{a+1}<5$,所以不需要考虑$n\geqslant 6$的情形).
%e5%b1%8f%e5%b9%95%e5%bf%ab%e7%85%a7-2016-10-18-%e4%b8%8a%e5%8d%8810-34-46于是当$x_4<a\leqslant x_1$时,$f(x)$存在唯一的正整数$x_0=4$,使得$f(x_0)<0$,此时$a$的取值范围是$\left(\dfrac{1}{15},\dfrac{1}{6}\right]$.

4.设方程$x^2-px+q=0$的两根为$x_1,x_2$,方程$x^2-qx+p=0$的两根为$x_3,x_4$,则$$\begin{cases} x_1+x_2=x_3x_4=p,\\ x_1x_2=x_3+x_4=q.\end{cases} $$

接下来证明$x_1,x_2,x_3,x_4$中必然有至少一个为$1$.否则$x_1,x_2,x_3,x_4\geqslant 2$,此时有$$(x_1-1)(x_2-1)\geqslant 1,(x_3-1)(x_4-1)\geqslant 1,$$即$q\geqslant p$且$p\geqslant q$,于是$p=q$,矛盾.

不妨设$x_1=1$,则$$1+x_3+x_4=x_3x_4,$$从而$$x_3=1+\dfrac{2}{x_4-1},$$于是$$(x_2,x_3,x_4)=(5,3,2),(5,2,3),$$对应的$|p-q|=1$.

5.由三角函数线的定义可得在$\left(0,\dfrac{\pi}2\right)$上$\sin x<x$,而$\dfrac{\pi}2-x\in \left(0,\dfrac{\pi}2\right)$,于是$$\sin\left(\dfrac{\pi}2-x\right)<\dfrac{\pi}2-x,$$即$$x<\dfrac{\pi}2-\cos x.$$这样我们就有在$\left(0,\dfrac{\pi}2\right)$上$$0<\sin x < x <\dfrac{\pi}2-\cos x<\dfrac{\pi}2.$$
(1) 由于函数$y=\sin x$在$\left(0,\dfrac{\pi}2\right)$上单调递增,于是$$\sin(\sin x)<\sin x<\cos(\cos x).$$
(2) 由于函数$y=\cos x$在$\left(0,\dfrac{\pi}2\right)$上单调递减,于是$$\sin(\cos x)<\cos x<\cos (\sin x).$$

6.考虑将$n$个完全平方式展开后的和,包含两部分.第一部分是$$1^2\cdot 1+\dfrac 1{2^2}\cdot 2+\dfrac 1{3^2}\cdot 3+\cdots +\dfrac 1{n^2}\cdot n=1+\dfrac 12+\dfrac 13+\cdots +\dfrac 1n.$$第二部分是\[\begin{split} &2\cdot 1\cdot \left(\dfrac 12+\dfrac 13+\cdots +\dfrac 1n\right)\cdot 1,\\
&2\cdot \dfrac 12\cdot \left(\dfrac 13+\dfrac 14+\cdots +\dfrac 1n\right)\cdot 2,\\
&\cdots \\
&2\cdot \dfrac{1}{n-1}\cdot \dfrac{1}{n}\cdot (n-1),\end{split} \]它们的和为$$2\left[\dfrac 12\cdot 1+\dfrac 13\cdot 2+\cdots +\dfrac 1n\cdot (n-1)\right].$$因此原式的值为$$2\left[1+\dfrac 12\cdot 2+\dfrac 13\cdot 3+\cdots +\dfrac 1n\cdot n\right]=2n.$$

7.考虑证明函数$\varphi(x)={\rm e}^{-x}\cdot \left(x^3+x^2\right)$满足$\varphi(x)<2$.函数$\varphi(x)$的导函数$$f'(x)={\rm e}^{-x}\cdot (-x)\cdot \left[x-\left(1+\sqrt 3\right)\right]\cdot \left[x-\left(1-\sqrt 3\right)\right],$$于是只需要证明$$\varphi\left(1+\sqrt 3\right)<2,\varphi\left(1-\sqrt 3\right)<2,$$即$$\dfrac{14+8\sqrt 3}{{\rm e}^{1+\sqrt 3}}<2,\left(14-8\sqrt3\right)\cdot {\rm e}^{\sqrt 3-1}<2,$$后者显然,而对于前者,我们有$${\rm e}^{1+\sqrt 3}>7+4\sqrt 3\Leftarrow \ln\left(7+4\sqrt 3\right)<\sqrt 3+1,$$而$$\ln \left(7+4\sqrt 3\right)<\ln\left(2{\rm e}^2\right)=2+\ln 2<2+\dfrac{\sqrt 2}2<1+\sqrt 3,$$因此原不等式得证.

 

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