在三角形\(ABC\)中，\(G\)为重心，且\(AG\perp BG\)，$AB=2$．
（1）求\(\dfrac{1}{\tan A}+\dfrac{1}{\tan B}\)的最小值；
（2）求证：\(\dfrac{\tan C}{\tan A}+\dfrac{\tan C}{\tan B}\)是定值．
设数列\(\left\{a_n\right\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，已知\(a_1=1\)，\(a_2=6\)，\(a_3=11\)，且\[\left(5n-8\right)S_{n+1}-\left(5n+2\right)S_n=An+B,n=1,2,\cdots,\]其中\(A\)、\(B\)是常数．
（1）求\(A\)与\(B\)的值；
（2）求数列\(\left\{a_n\right\}\)的通项公式．
2013年高考湖北卷理科数学第10题（选择压轴题）：
已知\(a\)为常数，\(f(x)=x\left(\ln x-ax\right)\)有两个极值点\(x_1\)、\(x_2\)（\(x_1<x_2\)），则（ ）
A．\(f(x_1)>0\)，\(f(x_2)>-\dfrac 12\)
B．\(f(x_1)<0\)，\(f(x_2)<-\dfrac 12\)
C．\(f(x_1)>0\)，\(f(x_2)<-\dfrac 12\)
D．\(f(x_1)<0\)，\(f(x_2)>-\dfrac 12\)
1、求\(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt [n]{n}\)．
显然\(\sqrt [n]{n}\geqslant 1\)．
当\(n\geqslant 2\)时，设\(\sqrt [n]{n}=1+x\)，则\[n=(1+x)^n\geqslant 1+\dfrac 12n(n-1)x^2,\]从而有\[x\leqslant \sqrt{\dfrac {2}{n}}.\]
因此，有\[1\leqslant \sqrt [n]{n}\leqslant 1+\sqrt{\dfrac 2n},\]由夹逼判敛法可得\[\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt [n]{n}=1.\]
2、求\(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_q^n}\)，其中\(a_i>0\)，\(i=1,2,\cdots,q\)．
不妨设\[A=\max\left\{a_1,a_2,\cdots,a_q\right\},\]则\[A\leqslant \sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_q^n}\leqslant \sqrt[n]{nA^n}=A\sqrt[n]{n},\]由夹逼判敛法及题1的结论可得\[\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_q^n}=A.\]
3、求\(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1+\sqrt 2+\sqrt [3]{3}+\cdots+\sqrt [n]{n}}{n}\)．
显然\(\dfrac{1+\sqrt 2+\sqrt [3]{3}+\cdots+\sqrt [n]{n}}{n}\geqslant 1\)．
另一方面，由题1的结论有\[\begin{split}\dfrac{1+\sqrt 2+\sqrt [3]{3}+\cdots+\sqrt [n]{n}}{n}&\leqslant \dfrac 1n\left(n+\sqrt{\dfrac 21}+\sqrt{\dfrac 22}+\sqrt{\dfrac 23}\cdots+\sqrt{\dfrac 2n}\right)\\&\leqslant 1+\sqrt[4]{\dfrac 1n\left(\dfrac 41+\dfrac 44+\dfrac 49+\cdots+\dfrac 4{n^2}\right)}\\&\leqslant 1+\sqrt[4]{\dfrac 4n\left(1+\dfrac 1{1\cdot 2}+\dfrac 1{2\cdot 3}+\cdots+\dfrac 1{n(n-1)}\right)}\\&\leqslant 1+\sqrt[4]{\dfrac 8n},\end{split}\]由夹逼判敛法可得\[\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1+\sqrt 2+\sqrt [3]{3}+\cdots+\sqrt [n]{n}}{n}=1.\]
4、求\(\lim\limits_{n\to\infty}\left[n^2\left(\sqrt [n]{a}-\sqrt [n+1]{a}\right)\right]\)，其中\(a>0\)．
当\(a>1\)时，考虑函数\(y=a^x\)在区间\(\left[\dfrac{1}{n+1},\dfrac 1n\right]\)之间的部分，有不等式\[\left.\left(a^x\right)'\right|_{x=\frac{1}{n+1}}<\dfrac{a^{\frac 1n}-a^{\frac 1{n+1}}}{\dfrac 1n-\dfrac 1{n+1}}<\left.\left(a^x\right)'\right|_{x=\frac 1n},\]进而不难得到\[\lim\limits_{n\to\infty}\left[n^2\left(\sqrt [n]{a}-\sqrt [n+1]{a}\right)\right]=\ln a.\]
类似的，可得当\(0<a<1\)时，亦有相同的结论．
已知函数\(f(x)=x\ln x\)与直线\(y=m\)交于\(A\left(x_1,y_1\right)\)、\(B\left(x_2,y_2\right)\)两点．
（1）求证：\(0<x_1x_2<\dfrac{1}{{\mathrm e}^2}\)；
（2）求证：\(\dfrac{2}{\mathrm e}<x_1+x_2<1\)． 继续阅读
在三角形\(ABC\)中，\(5\cos A+6\cos B+7\cos C=9\)，求证：\[\sin^2\dfrac{A}{2}+\sin^3\dfrac{B}{2}+\sin^4\dfrac{C}{2}\geqslant \dfrac{7}{16}.\] 继续阅读
如图，将正三角形\(ABC\)分割成\(n\)层共\(n^2\)个全等的小正三角形，在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于同一直线上的点放置的数（当数的个数不少于\(3\)时）都分别依次成等差数列，若顶点\(A\)、\(B\)、\(C\)处的三个数互不相同且和为\(1\)，则所有顶点的数之和\(S_n=\)_______．
据说这是2015年高三泰州二模的第14题．
在三角形\(ABC\)中，\(D\)为边\(AC\)上一点，\(AB=AC=6\)，\(AD=4\)，若三角形\(ABC\)的外心\(O\)恰在线段\(BD\)上，则\(BC=\)_______．
2008年全国高中数学联赛江苏初赛涉及到了这样一个级数：\[\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\cdots+\dfrac{1}{2n},\]原题是证明\(\dfrac{25}{36}\)是它的上界（证明方法是放缩裂项）．事实上，考虑到该级数即\[\sum_{k=1}^{2n}{\dfrac 1k}-\sum_{k=1}^{n}{\dfrac 1k},\]于是当\(n\to \infty\)时，该级数收敛于\[\lim_{n\to \infty}{\left(\sum_{k=1}^{2n}{\dfrac 1k}-\sum_{k=1}^{n}{\dfrac 1k}\right)}=\ln 2.\]这就相当于得到了\[\sum_{n=1}^{\infty}{\dfrac{1}{2n(2n-1)}}=\ln 2.\]
但是这一方法无法求如下的收敛级数的极限：\[\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{3n(3n+1)}.\]那么对此类无法直接裂项的收敛级数，该如何处理呢？
