练习题集[99]基础练习

1．设函数$f(x)=ax+\sin x+\cos x$，若函数$f(x)$的图象上存在不同的两点$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$使得函数$y=f(x)$在点$A,B$处的切线互相垂直，则实数$a$的取值范围为_______．

2．已知数列$\{a_n\}$是首项为$a$，公差为$d$的等差数列，且对任意正整数$n$，均有$a_n\ne 0$，则数列$\left\{\dfrac{1}{a_na_{n+1}}\right\}$的前$n$项和为_______．

3．已知$(1+\sqrt 2)^{2017}=a+\sqrt 2\cdot b$，$a,b\in\mathbb N^*$，求$a+b$的值．

4．$\displaystyle\lim_{n\to \infty}\dfrac{{\rm C}_2^2+{\rm C}_3^2+\cdots+{\rm C}_n^2}{n\left({\rm C}_2^1+{\rm C}_3^1+\cdots+{\rm C}_n^1\right)}=$______．

5．已知向量$\overrightarrow a\perp \overrightarrow b$，$\big|\overrightarrow a-\overrightarrow b\big|=2$，定义$\overrightarrow c_{\lambda}=\lambda\overrightarrow a+(1-\lambda)\overrightarrow b$，其中$0\leqslant \lambda\leqslant 1$，若$\overrightarrow c_{\lambda}\cdot \overrightarrow c_{\frac 12}=\dfrac 12$，则$\big|\overrightarrow c_{\lambda}\big|$的取值范围是________．

6．已知函数 $f(x)=x^2-1$，求函数 $f(f(f(x)))$ 的单调性．

7．已知函数 $f(x)=x^3-6x^2+12x$，$a_1,a_2,\cdots,a_{10}$ 均为非负实数，且 $\displaystyle \sum_{i=1}^{10}a_i=18$，则 $M=\displaystyle \sum_{i=1}^{10}f(a_i)$ 的最小值是________，使 $M$ 取最小值的有序数组 $(a_1,a_2,\cdots,a_{10})$ 的个数为________．

参考答案

1．$[-1,1]$．

问题等价于函数$f(x)$的导函数$f'(x)$的值域$D_{f'}$中，存在两个实数$x_1,x_2$，使得$x_1\cdot x_2=-1$．对于题中函数$f(x)$，有 $$D_{f'}=\left[a-\sqrt{2},a+\sqrt{2}\right],$$ 因此$a$的取值范围由不等式 $$\left(a-\sqrt{2}\right)\cdot \left(a+\sqrt 2\right)\leqslant -1$$ 确定，解得$a$的取值范围是$[-1,1]$．

2．$\dfrac{n}{a(a+nd)}$．

根据题意，当$d\ne 0$时，有 $$\dfrac{1}{a_na_{n+1}}=\dfrac{a_{n+1}-a_n}{a_na_{n+1}}\cdot \dfrac{1}{d}=\dfrac 1d\left(\dfrac{1}{a_n}-\dfrac{1}{a_{n+1}}\right),$$ 于是 $$S_n=\dfrac 1d\left(\dfrac 1{a_1}-\dfrac{1}{a_{n+1}}\right)=\dfrac 1d\left(\dfrac 1a-\dfrac{1}{a+nd}\right)=\dfrac{n}{a(a+nd)}.$$ 当$d=0$时，数列$\left\{\dfrac{1}{a_na_{n+1}}\right\}$是常数列，其前$n$项和为$\dfrac{n}{a^2}$，亦符合上式．

综上所述，所求的前$n$项和为$\dfrac{n}{a(a+nd)}$．

3．设$(1+\sqrt 2)^n=a_n+\sqrt 2\cdot b_n$，则考虑到 $$(1+\sqrt 2)^{n+1}=\left(a_n+\sqrt 2\cdot b_n\right)(1+\sqrt 2)=a_n+2b_n+\sqrt 2\cdot \left(a_n+b_n\right),$$ 于是 $$\begin{aligned}a_{n+1}=a_n+2b_n,\\ b_{n+1}=a_n+b_n,\end{aligned}$$ 进而 $$\begin{aligned}a_{n+2}=2a_{n+1}+a_n,\\ b_{n+2}=2b_{n+1}+b_n.\end{aligned}$$ 容易计算得$a_1=1$，$a_2=3$，$b_1=1$，$b_2=2$，于是利用特征根法可以解得 $$\begin{aligned}a_n&=\dfrac 12\left[(1+\sqrt 2)^n+(1-\sqrt 2)^n\right],\\ b_n&=\dfrac{\sqrt 2}4\left[(1+\sqrt 2)^n-(1-\sqrt 2)^n\right],\end{aligned}$$ 因此 $$\begin{split} a+b=&a_{2017}+b_{2017}=\dfrac{2+\sqrt 2}4\cdot (1+\sqrt 2)^{2017}+\dfrac{2-\sqrt 2}4\cdot (1-\sqrt 2)^{2017}\\=&\dfrac {\sqrt 2}4\left[(1+\sqrt 2)^{2018}+(1-\sqrt 2)^{2018}\right].\end{split}$$

另法　因为 $$(1+\sqrt 2)^{2017}=a+\sqrt 2b,(1-\sqrt 2)^{2017}=a-\sqrt 2b,$$ 所以 $$a=\dfrac 12[(1+\sqrt 2)^{2017}+(1-\sqrt 2)^{2017},b=\dfrac 1{2\sqrt 2}[(1+\sqrt 2)^{2017}-(1-\sqrt 2)^{2017}].$$ 以下同上．

4．$\dfrac 13$．

考虑到 $${\rm C}_n^k={\rm C}_{n+1}^{k+1}-{\rm C}_n^{k+1},$$ 于是 $$\begin{split}\lim_{n\to \infty}\dfrac{{\rm C}_2^2+{\rm C}_3^2+\cdots+{\rm C}_n^2}{n\left({\rm C}_2^1+{\rm C}_3^1+\cdots+{\rm C}_n^1\right)} &=\lim_{n\to \infty}\dfrac{{\rm C}_3^3+({\rm C}_4^3-{\rm C}_3^3)+\cdots+({\rm C}_{n+1}^3-{\rm C}_n^3)}{n\left[({\rm C}_3^2-{\rm C}_2^2)+({\rm C}_4^2-{\rm C}_3^2)+\cdots+({\rm C}_{n+1}^2-{\rm C}_n^2)\right]}\\ &=\lim_{n\to \infty}\dfrac{{\rm C}_{n+1}^3}{n\left({\rm C}_{n+1}^2-1\right)}\\ &=\lim_{n\to \infty}\dfrac {n+1}{3(n+2)}\\ &=\dfrac 13.\end{split}$$ 5．如图，$\overrightarrow{PA}=\overrightarrow a$，$\overrightarrow{PB}=\overrightarrow b$，$\overrightarrow{PQ_{\lambda}}=\overrightarrow c_{\lambda}$，则点$Q_{\lambda}$是$OP$的垂直平分线与直径$AB$的交点．因此$\left|\overrightarrow c_{\lambda}\right|$的取值范围是$\left[\dfrac 12,1\right]$．

6．函数 $f(x)$ 在 $\left(-\infty,-\sqrt 2\right)$ 上单调递减，在 $\left(-\sqrt 2,-1\right)$ 上单调递增，在 $\left(-1,0\right)$ 上单调递减，在 $\left(0,1\right)$ 上单调递增，在 $\left(1,\sqrt 2\right)$ 上单调递减，在 $\left(\sqrt 2,+\infty\right)$ 上单调递增．

先考虑 $g(x)=f(f(x))$ 的单调性，即 $f\left(x^2-1\right)$ 的单调性．由于函数 $f(t)$ 单调性的分界点为 $t=0$，因此解方程 $$x^2-1=0,$$ 可得 $x=-1_{(1)},1_{(1)}$，再加上 $t=x^2-1$ 单调性的分界点 $x=0_{(1)}$，可得所有分界点为 $$-1_{(1)},0_{(1)},1_{(1)},$$ 因此单调性变化如下表 $$\begin{array} {c|ccccc}\hline x&(-\infty,-1)&(-1,0)&(0,1)&(1,+\infty)\\ \hline g(x)&\searrow&\nearrow&\searrow&\nearrow\\ \hline\end{array}$$ 再考虑 $h(x)=g(f(x))$ 的单调性，由于函数 $g(t)$ 单调性的分界点为 $t=-1,0,1$，于是解方程 $$x^2-1=-1,0,1,$$ 可得分界点 $x=-\sqrt 2_{(1)},-1_{(1)},0_{(2)},1_{(1)},\sqrt 2_{(1)}$，再加上 $t=x^2-1$ 单调性的分界点 $x=0_{(1)}$，可得所有分界点为 $$-\sqrt 2_{(1)},-1_{(1)},0_{(3)},1_{(1)},\sqrt 2_{(1)},$$ 因此单调性变化如下表 $$\begin{array} {c|cccccc}\hline x&\left(-\infty,-\sqrt 2\right)&\left(-\sqrt 2,-1\right)&\left(-1,0\right)&\left(0,1\right)&\left(1,\sqrt 2\right)&\left(\sqrt 2,+\infty\right)\\\hline h(x)&\searrow&\nearrow&\searrow&\nearrow&\searrow&\nearrow \\ \hline\end{array}$$ 注　其中 $m_{(k)}$ 表示 $m$ 是 $k$ 重根，当 $k$ 是奇数时，分界点处单调性发生改变；当 $k$ 是偶数时，分界点处单调性不会发生改变．

7．$54$，$210$．

如图，作函数 $f(x)$ 过原点的切线．
于是有 $$\forall x\in [0,+\infty),f(x)\geqslant 3x,$$ 等号当且仅当 $x=0,3$ 时取得．因此 $$\sum_{i=1}^{10}f(a_i)\geqslant 3\cdot \sum_{i=1}^{10}a_i=54,$$ 等号当且仅当 $a_i$（$i=1,2,\cdots,10$）中有 $6$ 个 $3$ 和 $4$ 个 $0$ 时取得，对应有序数组的个数为 ${\rm C}_{10}^{4}=210$．