题目来自2014年北京市海淀区高三一模数学理科第7题：
某购物网站在2013年11月开展“全场6折”促销活动，在11日当天购物还可以再享受“每张订单金额（6折后）满300元时可减免100元”．某人在11日当天欲购入原价48元（单价）的商品共42件，为使花钱总数最少，他最少需要下的订单张数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
标准答案给的是C．因为打完折之后单价为28.8元，这样单张订单只要不少于11件就可以享受100元的减免．购买的件数为42件，因此可以拼出三张单张不少于11件的订单（如3张订单，每张都14件）．事实上，如果多买2件用来凑4张可享受减免的订单，那么还可以节约\(100-28.8\times 2=42.4\)元．说到这里，我们不禁要说：凑个单可好？
为了不出现这样的乌龙，题目还是改成购买40件比较合适，这样凑单需要的支出就高于得到的回报了．．．
设函数\(f(x)=\left|ax+b-\sqrt x\right|,x\in [0,4]\)，其中\(a,b\)为实数．设\(f(x)\)的最大值为\(M(a,b)\)，求\(M(a,b)\)的最小值．
已知直线过点\(M(2,1)\)且与\(x\)、\(y\)轴正半轴分别交于\(A\)、\(B\)两点，\(O\)为坐标原点．求： 
（1）三角形\(AOB\)面积的最小值； （2）三角形\(AOB\)周长的最小值． 继续阅读
1、已知函数\(f(x)=x^2+ax+1\)，若存在\(x_0\)使\(\left| f(x_0)\right|\leqslant \dfrac 14\)，\(\left|f(x_0+1)\right|\leqslant \dfrac 14\)同时成立，则实数\(a^2\)的取值范围为_______．
2、\(y=\sqrt{\sin^2{2x}+2\cos^2x}+\sin{2x},x\in\left[0,\dfrac{\pi}2\right]\)的最大值是_______．
3、 如图，已知四边形\(ABCD\)中，\(\angle ABC=\angle ADC=90^\circ\)，\(AB=a\)，\(AD=b\)，则\(\overrightarrow {AC}\cdot \overrightarrow {BD}=\)_______．
4、已知\(\overrightarrow a\)和\(\overrightarrow b\) 的长度均为\(2\)，且\(\overrightarrow a\cdot \overrightarrow b=2\)，向量\(\overrightarrow c\)满足\(\left(\overrightarrow a -\overrightarrow c\right)\cdot\left(\overrightarrow b-\overrightarrow c\right)=0\)，则\(2\overrightarrow a-\overrightarrow c\)的长度的最大值为_______．
5、设二次函数\(f(x)=ax^2+bx+c\)，对于任意的实数\(x\)，均有\(f(x)\geqslant f'(x)\)恒成立，则\(\dfrac{a^2+c^2}{b^2}\)的最小值为_______．
6、过点\(A(-2,3)\)作抛物线\(y^2=4x\)的两条切线与\(y\)轴交于\(B\)、\(C\)两点，求三角形\(ABC\)外接圆的方程．
7、证明：\(\forall x\geqslant 0,\left({\mathrm e}^x-1\right)\ln (x+1)-x^2\geqslant 0\)．
（2001年复旦·自主招生）已知\(\sin\alpha+\sin\beta=a\)，\(\cos\alpha+\cos\beta=a+1\)，求\(\sin \left(\alpha+\beta\right)\)及\(\cos \left(\alpha+\beta\right)\)．
（2015年北京市朝阳区高三一模理科数学）已知椭圆\(C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>b>0\)）的一个焦点为\(F(2,0)\)，离心率为\(\dfrac{\sqrt 6}{3}\)．过焦点\(F\)的直线\(l\)与椭圆\(C\)交于\(A\)、\(B\)两点，线段\(AB\)的中点为\(D\)，\(O\)为坐标原点，过\(O\)、\(D\)的直线交椭圆于\(M\)、\(N\)两点．
（1）求椭圆\(C\)的方程；
（2）求四边形\(AMBN\)面积的最大值．
求函数\(f(x)=\sin x\cos x+\sin x+\dfrac 25\cos x,x\in\mathcal R\)的值域．
1、无穷等差数列中是否可能存在任意长度的等比子列？
2、无穷等比数列中是否可能存在任意长度的等差子列？
补充
格林-陶定理 质数序列中存在任意长度的等差子列．
据说
无穷等差数列中存在无穷等比子列的充要条件是公差与首项的比为有理数．
无穷等比数列中存在无穷等差子列的充要条件是公比为\(\pm 1\)．
本文为整理，非原创，解法均收集自网络．
（2008年·江西·理）已知函数\(f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\sqrt{\dfrac{ax}{ax+8}}\)．
（1）当\(a=8\)，求\(f(x)\)的单调区间；
（2）对任意正数\(a\)，证明：\(1<f(x)<2\)．
令\(b=x\)，\(c=\dfrac{8}{ax}\)，则第(2)问等价于：
若\(a,b,c>0\)，\(abc=8\)，求证：\[1<\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+c}}<2.\]
该不等式与2004年西部奥林匹克最后一题：
设\(a,b,c>0\)，求证：\[1<\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+a^2}}\leqslant \dfrac{3\sqrt 2}{2}.\]类似，且证明比这道西部奥林匹克题还难．而这道西部奥林匹克题当年参赛选手无一人完全证出．
另外，CMO2003第三题：
给定正整数\(n\)，求最小的正数\(\lambda\)，使得对于任何\(\theta_i\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)\)（\(i=1,2,\cdots,n\)），只要\(\tan\theta_1\cdot\tan\theta_2\cdots\tan\theta_n=2^{\frac n2}\)，就有\(\cos\theta_1+\cos\theta_2+\cdots+\cos\theta_n\)不大于\(\lambda\)．
答案是：当\(n\geqslant 3\)时，\(\lambda=n-1\)；当\(n=3\)时，令\[a=\tan^2\theta_1,b=\tan^2\theta_2,c=\tan^2\theta_3,\]即得江西压轴题右边的不等式．
命题人陶平生教授的证明：
对任意给定的\(a>0\)，\(x>0\)，因为\[f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{8}{ax}}},\]若令\(b=\dfrac{8}{ax}\)，则\(abx=8\)，且\[f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}.\]
先证\(f(x)>1\)．
因为\[\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}>\dfrac{1}{1+x},\]又由\[2+a+b+x\geqslant 4\sqrt[4]{2abx}=8,\]得\[a+b+x\geqslant 6.\]所以\[\begin{split}f(x)&=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}\\&>\dfrac{1}{1+x}+\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}\\&=\dfrac{3+2(a+b+x)+(ab+bx+xa)}{(1+x)(1+a)(1+b)}\\&\geqslant \dfrac{9+(a+b+x)+(ab+bx+xa)}{(1+x)(1+a)(1+b)}\\&=\dfrac{1+(a+b+x)+(ab+bx+xa)+abx}{(1+x)(1+a)(1+b)}\\&=1.\end{split}\]
再证明\(f(x)<2\)．
由\(x,a,b\)的对称性，不妨设\(x\geqslant a\geqslant b\)，则\(0<b\leqslant 2\)．
情形1：当\(a+b\geqslant 7\)时，此时\(x\geqslant a\geqslant 5\)．
因此\[\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}<1,\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}\leqslant \dfrac{2}{\sqrt{1+5}}<1,\]此时\[f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}<2.\]
情形2：当\(a+b<7\)时，\(x=\dfrac{8}{ab}\)，\(\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}=\sqrt{\dfrac{ab}{ab+8}}\)．
因为\[\dfrac{1}{1+b}<1-\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{b^2}{4(1+b)^2}=\left[1-\dfrac{b}{2(1+b)}\right]^2,\]所以\[\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}<1-\dfrac{b}{2(1+b)}.\]同理得\[\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}<1-\dfrac{a}{2(1+a)},\]于是\[f(x)<2-\dfrac 12\left(\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}-2\sqrt{\dfrac{ab}{ab+8}}\right).\]
而\[\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}\geqslant 2\sqrt{\dfrac{ab}{(1+a)(1+b)}}=2\sqrt{\dfrac{ab}{1+a+b+ab}}>2\sqrt{\dfrac{ab}{ab+8}},\]因此不等式得证．
综上所述，原不等式得证．
张景中院士的作法：
原问题即三个正数\(a,b,c\)在\(abc=8\)的条件下求\[F(a,b,c)=\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+c}}\]的取值范围．
不妨设\(a\leqslant b\leqslant c\)，记\(t=a\)，\(k=ab\)，\(c=\dfrac 8k\)，把\(F(a,b,c)\)看成是关于\(t\)的函数\[f(t)=\dfrac{1}{\sqrt{1+t}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{k}{t}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{8}{k}}},\]注意到变量和参数的范围是\[0<t\leqslant\sqrt k\leqslant 2,\]计算导数\[\begin{split}f'(t)&=\dfrac 12\left(-\left(1+t\right)^{-\frac 32}+\dfrac{k}{t^2}\left(1+\dfrac{k}{t}\right)^{-\frac 32}\right)\\&=\left[k^2(1+t)^3-t(t+k)^3\right]\cdot Q(t,k),\end{split}\]这里\(Q(t,k)\)是某个正值代数式．于是可以根据\[g(t)=k^2(1+t)^3-t(t+k)^3\]的正负来判断\(f(x)\)的单调性．
注意到\(g\left(\sqrt k\right)=0\)，因式分解为\[g(t)=\left(k-t^2\right)\left[t^2-k(k-3)t+k\right],\]由于第二个因式的\[\Delta=k^2(k-3)^2-4k,\]当\(k<4\)时有\(\Delta<0\)，于是有\(f(x)\)在\(\left(0,\sqrt{k}\right)\)上单调递增，从而\(f(t)\)在\(t=\sqrt k\)处最大．
从而可得\[f(t)>1\]以及\[f\left(1+\sqrt k\right)=\dfrac{2}{\sqrt{1+\sqrt k}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{8}{k}}}<2.\]原命题得证．
另法一
不妨设\(a\leqslant b\leqslant c\)，令\(\sqrt{ab}=\lambda\)，由\(abc=8\)有\(0<\lambda\leqslant 2\)．
设\[A=\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}},\]再令\[u=\sqrt{1+a+b+\lambda^2},\]则\[u\geqslant 1+\lambda,\]所以\[A^2=\left(1-\lambda^2\right)+\dfrac{2}{u}+1,\]又令\(t=\dfrac{1}{u},0<t\leqslant \dfrac{1}{\lambda+1}\)，则\[A^2=F(t)=\left(1-\lambda^2\right)t^2+2t+1,\]求导有\[F'(t)=2\left(1-\lambda^2\right)t+2,\]由\(\lambda\leqslant 2\)有\[F'\left(\dfrac{1}{\lambda+1}\right)=2-\lambda\geqslant 0,\]又\(F'(0)=1>0\)，因此，对\(0<t\leqslant \dfrac{1}{\lambda+1}\)，有\(F'(t)\geqslant 0\)，所以\(F(t)\)在\(\left(0,\dfrac{1}{\lambda+1}\right]\)是增函数，则\[F(0)<F(t)\leqslant F\left(\dfrac{1}{\lambda+1}\right),\]即\[1<A\leqslant \dfrac 2{\sqrt{\lambda+1}},\]即当\(a,b>0\)且\(\sqrt{ab}\leqslant 2\)时，有\[1<\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}\leqslant \dfrac{2}{\sqrt{1+\sqrt{ab}}}.\]
应用该不等式立得欲证明不等式的左边．
要证明不等式的右边，还需证明\[\dfrac{2}{\sqrt{1+\sqrt{ab}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{8}{ab}}}<2,\]令\(\sqrt{1+\sqrt{ab}}=v,1<v\leqslant \sqrt 3\)，则\[ab=\left(v^2-1\right)^3,\]此不等式等价于\[\dfrac{2}{v}+\dfrac{v^2-1}{\sqrt{\left(v^2-1\right)^2+8}}<2,\]用分析法容易证得．
综上，原不等式得证．
另法二
令\[u=\dfrac{1}{\sqrt{1+a}},v=\dfrac{1}{\sqrt{1+b}},w=\dfrac{1}{\sqrt{1+c}},\]则\[a=\dfrac{1}{u^2}-1,b=\dfrac{1}{v^2}-1,c=\dfrac{1}{w^2}-1,\]且\[\left(\dfrac{1}{u^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{v^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{w^2}-1\right)=8.\]
假设存在\(a,b,c>0\)且\(abc=8\)，但左边不等式不成立，即存在\(u,v,w\)满足上式，但\[u+v+w\leqslant 1.\]
注意到\(0<u,v,w<1\)，有\[1+u>1-u\geqslant v+w\geqslant 2\sqrt{vw}>0,\]所以\[\dfrac{1}{u^2}-1=\dfrac{(1-u)(1+u)}{u^2}>\dfrac{(1-u)^2}{u^2}\geqslant\dfrac{4vw}{u^2},\]同理\[\dfrac{1}{v^2}-1>\dfrac{4wu}{v^2},\dfrac{1}{w^2}-1>\dfrac{4uv}{w^2},\]从而可得\[\left(\dfrac{1}{u^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{v^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{w^2}-1\right)>61,\]矛盾，因此左边不等式得证．
假设存在\(a,b,c>0\)且\(abc=8\)，但右边不等式不成立，即存在\(u,v,w\)满足上式，但\[u+v+w\geqslant 2.\]
注意到\(0<u,v,w<1\)，有\[0<1+u<2,\]进而\[0<1-u\leqslant v+w-1=vw-(1-v)(1-w)<vw,\]从而\[0<\dfrac{1}{u^2}-1\dfrac{(1-u)(1+u)}{u^2}<\dfrac{2vw}{u^2},\]同理\[0<\dfrac{1}{v^2}-1<\dfrac{2wu}{v^2},0<\dfrac{1}{w^2}-1<\dfrac{2uv}{w^2},\]从而可得\[\left(\dfrac{1}{u^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{v^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{w^2}-1\right)<8,\]矛盾，因此右边不等式得证．
综上，原不等式得证．
