di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Algebra


Question: 求证: 存在无穷多对正整数 $(a, b)$ 满足 $a b \mid a^{8}+b^{4}+1$

Solution:
我们用递推来构造出无穷多对正整数解.

(1) 显然, $(1,1)$ 是满足 $a b \mid a^{8}+b^{4}+1$ 的一组平凡的解，记 $\left(a_{1}, b_{1}\right)=(1,1)$ ；

(2) 若 $\left(a_{k}, b_{k}\right)\left(k \in N^{*}\right)$ 满足 $a_{k} b_{k} \mid a_{k}^{8}+b_{k}^{4}+1$, 易知 $a_{k}, b_{k}$ 互质, 又由 $a_{k} b_{k} \mid a_{k}^{8}+b_{k}^{4}+1$ 得 $a_{k} \mid b_{k}^{4}+1$ 且 $b_{k} \mid a_{k}^{8}+1$, 不妨设 $a_{k} t=b_{k}^{4}+1$, 因为 $b_{k} \mid a_{k}^{8}+1$ 即 $b_{k} \mid a_{k}^{8}+\left(t a_{k}-b_{k}^{4}\right)^{8}$, 于是 $b_{k} \mid a_{k}^{8}\left(t^{8}+1\right.$ ), 于是 ${b}_{{k}} \mid t^{{8}}+1$ (这是因为 ${a}_{k}, {b}_{{k}}$ 互质) ，显然 $t \mid {b}_{k}^{4}+1$ 且 $t, {b}_{{k}}$ 互质, 因此 $t b_{k} \mid t^{8}+b_{k}^{4}+1$, 即 $\left(t, b_{k}\right)$ 是满足条件的一组解; 同理, 设 $b_{k} s=a_{k}^{8}+1$, 则 $\left(a_{k}, s\right)$ 是满足条件的一组解, 若 $a_{k} \geq b_{k}$, 则 $s>b_{k}$, 记 $\left(a_{k+1}, b_{k+1}\right)=\left(a_{k}, s\right)$, 若 $a_{k}<b_{k}$, 则 $t>a_{k}$,记 $\left(a_{k+1}, b_{k+1}\right)=\left(t, b_{k}\right)$, 则 $\left(a_{k+1}, b_{k+1}\right)$ 是满足 $a_{k+1}+b_{k+1}>a_{k}+b_{k}$ 的一组解, 这样的递推过程可以一直做下去, 我们便得到无穷多对正整数 $({a}, {b})$ 满足 ${a} {b} \mid {a}^{8}+{b}^{4}+{1}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 求方程 $x^{5}+10 x^{3}+20 x-4=0$ 的所有根.

Solution:
设 $x=z-\frac{2}{z}$, 则方程 $x^{5}+10 x^{3}+20 x-4=0$ 可化为 $z^{5}-\frac{32}{z^{5}}-4=0$

于是 $z^{5}=-4$ 或 $z^{5}=8$, 故 $z=\sqrt[5]{8} e^{\frac{2 k \pi}{5} i}$ 或 $z=-\sqrt[5]{4} e^{\frac{2 k \pi}{5} i}$ (其中 $k=0,1,2,3,4$ )

于是相应的 $x=\sqrt[5]{8} e^{\frac{2 k \pi}{5} i}-\sqrt[5]{4} e^{-\frac{2 k \pi}{5} i} \quad$ (其中 $k=0,1,2,3,4$ )
本题的背景是切比雪夫多项式, 注意到满足 $f(2 \sqrt{2} \sinh t)=8 \sqrt{2} \cosh 5 t$ 的多项式是 $f(x)=x^{5}+10 x^{3}+20 x$, 即 $8 \sqrt{2} \times \frac{e^{5 t}-e^{-5 t}}{2}=4$, 所以 $e^{5 t}=\sqrt{2}$ 或 $-\frac{\sqrt{2}}{2}$

于是 $e^{t}=\sqrt[10]{2} e^{\frac{2 k \pi}{5} i}$ 或 $e^{t}=-\frac{1}{\sqrt[10]{2}} e^{\frac{2 k \pi}{5} i}$ (其中 $k=0,1,2,3,4$ )

故 $x=\sqrt{2}\left(e^{t}-e^{-t}\right)=\sqrt[5]{8} e^{\frac{2 k \pi}{5} i}-\sqrt[5]{4} e^{-\frac{2 k \pi}{5} i} \quad$ (其中 $k=0,1,2,3,4$ )

Final answer: $x=\sqrt[5]{8} e^{\frac{2 k \pi}{5} i}-\sqrt[5]{4} e^{-\frac{2 k \pi}{5} i}$
Subfield: Algebra


Question: 设函数 $f(x)=\sin x+\sqrt{3} \cos x+1$,
求函数 $f(x)$ 在 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的最大值与最小值;

Solution:
由条件知 $f(x)=2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)+1$,

由 $0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}$ 知, $\frac{\pi}{3} \leq x+\frac{\pi}{3} \leq \frac{5 \pi}{6}$, 于是 $\frac{1}{2} \leq \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right) \leq 1$

所以 $x=\frac{\pi}{2}$ 时, $f(x)$ 有最小值 $2 \times \frac{1}{2}+1=2$ ；

当 $x=\frac{\pi}{6}$ 时, $f(x)$ 有最大值 $2 \times 1+1=3$.

Final answer: $2，3$
Subfield: Algebra


Question: 设函数 $f(x)=\sin x+\sqrt{3} \cos x+1$,
若实数 $a, b, c$ 使得 $a f(x)+b f(x-c)=1$ 对任意 $x \in R$ 恒成立, 求 $\frac{b \cos c}{a}$ 的值.

Solution:
由条件可知

$2 a \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)+2 b \sin \left(x+\frac{\pi}{3}-c\right)+a+b=1$ 对任意的 $x \in R$ 恒成立,

$\therefore 2 a \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)+2 b \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right) \cdot \cos c-2 b \cos \left(x+\frac{\pi}{3}\right) \cdot \sin c+(a+b-1)=0$

$\therefore 2(a+b \cos c) \cdot \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)-2 b \sin c \cdot \cos \left(x+\frac{\pi}{3}\right)+(a+b-1)=0$

$\therefore\left\{\begin{array}{l}a+b \cos c=0 \\ b \sin c=0 \\ a+b-1=0\end{array}\right.$,

由 $b \sin c=0$ 知 $b=0$ 或 $\sin c=0$ 。

若 $b=0$ 时, 则由 $a+b \cos c=0$ 知 $a=0$, 这与 $a+b-1=0$ 矛盾!

若 $\sin c=0$, 则 $\cos c=1$ (舍去), $\cos c=-1$,

解得 $a=b=\frac{1}{2}, c=(2 k+1) \pi$, 所以, $\frac{b \cos c}{a}=-1$.

Final answer: $-1$
Subfield: Algebra


Question: 已知 $a, b, c \in R^{+}$, 满足 $a b c(a+b+c)=1$,
求 $S=(a+c)(b+c)$ 的最小值;

Solution:
因为 $(a+c)(b+c)=a b+a c+b c+c^{2}=a b+(a+b+c) c=a b+\frac{1}{a b}$ $\geq 2 \sqrt{a b \cdot \frac{1}{a b}}=2$, 等号成立的条件是 $a b=1$,当 $a=b=1, c=\sqrt{2}-1$ 时, $S$ 可取最小值 2 .

Final answer: $2$
Subfield: Algebra


Question: 已知 $a, b, c \in R^{+}$, 满足 $a b c(a+b+c)=1$,
当 $S$ 取最小值时, 求 $c$ 的最大值.

Solution:
因为 $(a+c)(b+c)=a b+a c+b c+c^{2}=a b+(a+b+c) c=a b+\frac{1}{a b}$ $\geq 2 \sqrt{a b \cdot \frac{1}{a b}}=2$, 等号成立的条件是 $a b=1$,当 $a=b=1, c=\sqrt{2}-1$ 时, $S$ 可取最小值 2 .

当 $S$ 取最小值时, $a b=1$, 从而 $c(a+b+c)=1$,

即 $c^{2}+(a+b) c-1=0$, 令 $t=a+b$, 则 $t \geq 2 \sqrt{a b}=2$

从而 $c=\frac{-t+\sqrt{t^{2}+4}}{2}$ 或者 $c=\frac{-t-\sqrt{t^{2}+4}}{2}<0$ (舍去)

故 $c=\frac{-t+\sqrt{t^{2}+4}}{2}=\frac{2}{\sqrt{t^{2}+4}+t}$ 在 $t \in[2,+\infty)$ 单减,

所以在 $t=2$ 时, $c$ 有最大值 $\sqrt{2}-1$.

Final answer: $\sqrt{2}-1$
Subfield: Geometry


Question: 直线 $y=k x+1$ 与双曲线 $x^{2}-y^{2}=1$ 的左支交于 $A 、 B$ 两点, 直线 $l$ 经过点 $(-2,0)$ 和 $A B$的中点, 求直线 $l$ 在 $y$ 轴的截距 $b$ 的取值范围.

Solution:
将直线 $y=k x+1$ 与双曲线 $x^{2}-y^{2}=1$ 方程联立得 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+1 \\ x^{2}-y^{2}=1\end{array}\right.$

化简得 $\left(k^{2}-1\right) x^{2}+2 k x+2=0$ (1)

由题设知方程(1)有两负根, 因此 $\left\{\begin{array}{l}\Delta=4 k^{2}-8\left(k^{2}-1\right)>0 \\ x_{1}+x_{2}=-\frac{2 k}{k^{2}-1}<0 \\ x_{1} \cdot x_{2}=\frac{2}{k^{2}-1}>0\end{array}\right.$, 解得 $1<k<\sqrt{2}$.

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则有 $x_{1}+x_{2}=-\frac{2 k}{k^{2}-1}$,

$y_{1}+y_{2}=k\left(x_{1}+x_{2}\right)+2=-\frac{2 k^{2}}{k^{2}-1}+2=-\frac{2}{k^{2}-1}$

故 $A B$ 的中点为 $\left(-\frac{k}{k^{2}-1},-\frac{1}{k^{2}-1}\right)$,

所以直线 $l$ 方程为 $y=\frac{-1}{2 k^{2}-k-2}(x+2)$, 其在 $y$ 轴的截距 $b=\frac{-2}{2 k^{2}-k-2}$,

当 $1<k<\sqrt{2}$ 时, $2 k^{2}-k-2=2\left(k-\frac{1}{4}\right)^{2}-\frac{17}{8}$, 其取值范围是 $(-1,2-\sqrt{2})$

所以 $b=\frac{-2}{2 k^{2}-k-2}$ 的取值范围是 $(-\infty,-2-\sqrt{2}) \cup(2,+\infty)$.

Final answer: $(-\infty,-2-\sqrt{2}) \cup(2,+\infty)$
Subfield: Algebra


Question: 设函数 $f_{n}(x)=x^{n}(1-x)^{2}$ 在 $\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ 上的最大值为 $a_{n} \quad(n=1,2,3, \cdots)$.
求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

Solution:
$f_{n}^{\prime}(x)=n x^{n-1}(1-x)^{2}-2 x^{n}(1-x)=x^{n-1}(1-x)[n(1-x)-2 x]$,

当 $x \in\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ 时, 由 $f_{n}^{\prime}(x)=0$ 知 $x=1$ 或者 $x=\frac{n}{n+2}$,

当 $n=1$ 时, $\frac{n}{n+2}=\frac{1}{3} \notin\left[\frac{1}{2}, 1\right]$, 又 $f_{1}\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{8}, f_{n}(1)=0$, 故 $a_{1}=\frac{1}{8}$;

当 $n=2$ 时, $\frac{n}{n+2}=\frac{1}{2} \in\left[\frac{1}{2}, 1\right]$, 又 $f_{2}\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{16}, f_{n}(1)=0$, 故 $a_{2}=\frac{1}{16}$;

当 $n \geq 3$ 时, $\frac{n}{n+2} \in\left[\frac{1}{2}, 1\right]$,

$\because x \in\left[\frac{1}{2}, \frac{n}{n+2}\right)$ 时, $f_{n}^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(\frac{n}{n+2}, 1\right)$ 时, $f_{n}^{\prime}(x)<0$;

$\therefore f_{n}(x)$ 在 $x=\frac{n}{n+2}$ 处取得最大值, 即 $a_{n}=\left(\frac{n}{n+2}\right)^{n}\left(\frac{2}{n+2}\right)^{2}=\frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}}$

综上所述, $a_{n}=\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{8},(n=1) \\ \frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}},(n \geq 2)\end{array}\right.$.

Final answer: $a_{n}=\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{8},(n=1) \\ \frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}},(n \geq 2)\end{array}\right.$
Subfield: Algebra


Question: 设函数 $f_{n}(x)=x^{n}(1-x)^{2}$ 在 $\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ 上的最大值为 $a_{n} \quad(n=1,2,3, \cdots)$.
求证: 对任何正整数 $n(n \geq 2)$, 都有 $a_{n} \leq \frac{1}{(n+2)^{2}}$ 成立;

Solution:
$f_{n}^{\prime}(x)=n x^{n-1}(1-x)^{2}-2 x^{n}(1-x)=x^{n-1}(1-x)[n(1-x)-2 x]$,

当 $x \in\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ 时, 由 $f_{n}^{\prime}(x)=0$ 知 $x=1$ 或者 $x=\frac{n}{n+2}$,

当 $n=1$ 时, $\frac{n}{n+2}=\frac{1}{3} \notin\left[\frac{1}{2}, 1\right]$, 又 $f_{1}\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{8}, f_{n}(1)=0$, 故 $a_{1}=\frac{1}{8}$;

当 $n=2$ 时, $\frac{n}{n+2}=\frac{1}{2} \in\left[\frac{1}{2}, 1\right]$, 又 $f_{2}\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{16}, f_{n}(1)=0$, 故 $a_{2}=\frac{1}{16}$;

当 $n \geq 3$ 时, $\frac{n}{n+2} \in\left[\frac{1}{2}, 1\right]$,

$\because x \in\left[\frac{1}{2}, \frac{n}{n+2}\right)$ 时, $f_{n}^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(\frac{n}{n+2}, 1\right)$ 时, $f_{n}^{\prime}(x)<0$;

$\therefore f_{n}(x)$ 在 $x=\frac{n}{n+2}$ 处取得最大值, 即 $a_{n}=\left(\frac{n}{n+2}\right)^{n}\left(\frac{2}{n+2}\right)^{2}=\frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}}$

综上所述, $a_{n}=\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{8},(n=1) \\ \frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}},(n \geq 2)\end{array}\right.$.

当 $n \geq 2$ 时, 欲证 $\frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}} \leq \frac{1}{(n+2)^{2}}$, 只需证明 $\left(1+\frac{2}{n}\right)^{n} \geq 4$

$$
\begin{aligned}
\because\left(1+\frac{2}{n}\right)^{n} & =C_{n}^{0}+C_{n}^{1} \cdot\left(\frac{2}{n}\right)^{1}+C_{n}^{2} \cdot\left(\frac{2}{n}\right)^{2}+\cdots+C_{n}^{n} \cdot\left(\frac{2}{n}\right)^{n} \\
& \geq 1+2+\frac{n(n-1)}{2} \cdot \frac{4}{n^{2}} \geq 1+2+1=4
\end{aligned}
$$

所以, 当 $n \geq 2$ 时, 都有 $a_{n} \leq \frac{1}{(n+2)^{2}}$ 成立.
Subfield: Algebra


Question: 设函数 $f_{n}(x)=x^{n}(1-x)^{2}$ 在 $\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ 上的最大值为 $a_{n} \quad(n=1,2,3, \cdots)$.
设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 求证: 对任意正整数 $n$, 都有 $S_{n}<\frac{7}{16}$ 成立.

Solution:
首先证明当 $n \geq 2 $时，有 $a_{n} \leq \frac{1}{(n+2)^{2}}$ 成立.

$f_{n}^{\prime}(x)=n x^{n-1}(1-x)^{2}-2 x^{n}(1-x)=x^{n-1}(1-x)[n(1-x)-2 x]$,

当 $x \in\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ 时, 由 $f_{n}^{\prime}(x)=0$ 知 $x=1$ 或者 $x=\frac{n}{n+2}$,

当 $n=1$ 时, $\frac{n}{n+2}=\frac{1}{3} \notin\left[\frac{1}{2}, 1\right]$, 又 $f_{1}\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{8}, f_{n}(1)=0$, 故 $a_{1}=\frac{1}{8}$;

当 $n=2$ 时, $\frac{n}{n+2}=\frac{1}{2} \in\left[\frac{1}{2}, 1\right]$, 又 $f_{2}\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{16}, f_{n}(1)=0$, 故 $a_{2}=\frac{1}{16}$;

当 $n \geq 3$ 时, $\frac{n}{n+2} \in\left[\frac{1}{2}, 1\right]$,

$\because x \in\left[\frac{1}{2}, \frac{n}{n+2}\right)$ 时, $f_{n}^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(\frac{n}{n+2}, 1\right)$ 时, $f_{n}^{\prime}(x)<0$;

$\therefore f_{n}(x)$ 在 $x=\frac{n}{n+2}$ 处取得最大值, 即 $a_{n}=\left(\frac{n}{n+2}\right)^{n}\left(\frac{2}{n+2}\right)^{2}=\frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}}$

综上所述, $a_{n}=\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{8},(n=1) \\ \frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}},(n \geq 2)\end{array}\right.$.

当 $n \geq 2$ 时, 欲证 $\frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}} \leq \frac{1}{(n+2)^{2}}$, 只需证明 $\left(1+\frac{2}{n}\right)^{n} \geq 4$

$$
\begin{aligned}
\because\left(1+\frac{2}{n}\right)^{n} & =C_{n}^{0}+C_{n}^{1} \cdot\left(\frac{2}{n}\right)^{1}+C_{n}^{2} \cdot\left(\frac{2}{n}\right)^{2}+\cdots+C_{n}^{n} \cdot\left(\frac{2}{n}\right)^{n} \\
& \geq 1+2+\frac{n(n-1)}{2} \cdot \frac{4}{n^{2}} \geq 1+2+1=4
\end{aligned}
$$

所以, 当 $n \geq 2$ 时, 都有 $a_{n} \leq \frac{1}{(n+2)^{2}}$ 成立.

回到原题，当 $n=1,2$ 时, 结论显然成立;

当 $n \geq 3$ 时, 由（II）知 $S_{n}=\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+a_{3}+a_{4}+\cdots+a_{n}$

$$
\begin{aligned}
& <\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{5^{2}}+\frac{1}{6^{2}}+\cdots+\frac{1}{(n+2)^{2}} \\
& <\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{5}\right)+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{6}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right) \\
& <\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{4}=\frac{7}{16} .
\end{aligned}
$$

所以, 对任意正整数 $n$, 都有 $S_{n}<\frac{7}{16}$ 成立.
Subfield: Algebra


Question: 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $S_{n}=2^{n}+r$ ( $r$ 为常数),

记 $b_{n}=2\left(1+\log _{2} a_{n}\right) \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.
求数列 $\left\{a_{n} b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$;

Solution:
由条件易知 $a_{1}=2+r, a_{2}=S_{2}-S_{1}=2, a_{3}=S_{3}-S_{2}=4$,

又由 $a_{2}^{2}=a_{1} a_{3}$ 得 $r=-1$.

于是 $S_{n}=2^{n}-1$. 故 $a_{n}=2^{n-1}, b_{n}=2\left(1+\log _{2} a_{n}\right)=2 n, a_{n} b_{n}=n \cdot 2^{n}$.

因此 $T_{n}=1 \times 2^{1}+2 \times 2^{2}+\cdots+(n-1) \times 2^{n-1}+n \times 2^{n} \quad (1)$ 

$$
2 T_{n}=1 \times 2^{2}+2 \times 2^{3}+\cdots+(n-1) \times 2^{n}+n \times 2^{n+1} \quad (2)
$$


由(1)-(2)得: $-T_{n}=2^{1}+2^{2}+\cdots+2^{n-1}+2^{n}-n \times 2^{n+1}$, 故 $T_{n}=(n-1) \cdot 2^{n+1}+2$.

所以, 数列 $\left\{a_{n} b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_{n}=(n-1) \cdot 2^{n+1}+2\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

Final answer: $(n-1) \cdot 2^{n+1}+2$
Subfield: Algebra


Question: 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $S_{n}=2^{n}+r$ ( $r$ 为常数),

记 $b_{n}=2\left(1+\log _{2} a_{n}\right) \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.
若对于任意的正整数 $n$, 都有 $\frac{1+b_{1}}{b_{1}} \cdot \frac{1+b_{2}}{b_{2}} \cdot \cdots \cdot \frac{1+b_{n}}{b_{n}} \geq k \sqrt{n+1}$ 成立,求实数 $k$ 的最大值.

Solution:
因为 $k \leq \frac{1}{\sqrt{n+1}} \cdot \frac{1+b_{1}}{b_{1}} \cdot \frac{1+b_{2}}{b_{2}} \cdot \cdots \cdot \frac{1+b_{n}}{b_{n}}=\frac{1}{\sqrt{n+1}} \cdot \frac{1+2}{2} \cdot \frac{1+4}{4} \cdot \cdots \cdot \frac{1+2 n}{2 n}$,

构造 $f(n)=\frac{1}{\sqrt{n+1}} \cdot \frac{1+2}{2} \cdot \frac{1+4}{4} \cdot \cdots \cdot \frac{1+2 n}{2 n}$ ，

则 $\frac{f(n+1)}{f(n)}=\frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+2}} \cdot \frac{1+2(n+1)}{2(n+1)}=\sqrt{\frac{4 n^{2}+12 n+9}{4 n^{2}+12 n+8}}>1$,

于是 $\{f(n)\}$ 严格单增, 则 $f(n)$ 的最小值为 $f(1)=\frac{3}{4} \sqrt{2}$,

即实数 $k$ 的最大值是 $\frac{3}{4} \sqrt{2}$.

Final answer: $\frac{3}{4} \sqrt{2}$
Subfield: Algebra


Question: 已知 $a 、 b 、 c$ 为正实数,

求证: $a b c \geq \frac{a+b+c}{\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}} \geq(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$.

Solution:
(1) 先证: $a b c \geq \frac{a+b+c}{\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}}$

等价于证明: $(a b)^{2}+(b c)^{2}+(c a)^{2} \geq a b c(a+b+c)$,

令 $x=a b, y=b c, z=c a$,

由不等式 $x^{2}+y^{2}+z^{2} \geq x y+y z+z x$ 知结论成立.

(2) 再证: $a+b+c \geq(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\left(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\right) \quad (*)$

由于不等式是轮换对称的, 不妨设 $a=\max \{a, b, c\}$, 则 $a+b-c>0, c+a-b>0$

(1)当 $b+c-a \leq 0$ 时, 结论显然成立;

(2)当 $b+c-a>0$ 时, 令 $a=y+z, b=z+x, c=x+y$,

则 $x=\frac{1}{2}(b+c-a), y=\frac{1}{2}(c+a-b), z=\frac{1}{2}(a+b-c)$,

故 $x, y, z$ 均大于 0 .

不等式 $(*)$ 变为: $2(x+y+z) \geq 8 x y z\left[\frac{1}{(y+z)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}}+\frac{1}{(x+y)^{2}}\right]$

只需证: $\frac{1}{y z}+\frac{1}{z x}+\frac{1}{x y} \geq \frac{4}{(y+z)^{2}}+\frac{4}{(z+x)^{2}}+\frac{4}{(x+y)^{2}}$,

注意到: $(y+z)^{2} \geq 4 y z$, 则 $\frac{4}{(y+z)^{2}} \leq \frac{1}{y z}$,

同理: $\frac{4}{(z+x)^{2}} \leq \frac{1}{z x}, \frac{4}{(x+y)^{2}} \leq \frac{1}{x y}$. 所以，原不等式成立.

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Subfield: Geometry


Question: 已知抛物线 $y^{2}=2 p x$ 过定点 $C(1,2)$, 在抛物线上任取不同于点 $C$ 的一点 $A$, 直线 $A C$ 与直线 $y=x+3$交于点 $P$, 过点 $P$ 作 $x$ 轴的平行线交抛物线于点 $B$.
直线 $A B$ 过定点，求定点的坐标;

Solution:
由抛物线 $y^{2}=2 p x$ 过定点 $C(1,2)$,

可得抛物线方程为 $y^{2}=4 x$.

设点 $A$ 坐标为 $\left(\frac{y_{0}^{2}}{4}, y_{0}\right)\left(y_{0} \neq 2\right)$,

则直线 $A C$ 的方程为 $y-2=\frac{y_{0}-2}{\frac{y_{0}^{2}}{4}-1}(x-1)$,

即 $y-2=\frac{4}{y_{0}+2}(x-1) ，$

与 $y=x+3$ 联立解得 $P$ 点坐标为 $\left(\frac{-y_{0}-6}{y_{0}-2}, \frac{2 y_{0}-12}{y_{0}-2}\right)$. 

所以 $B$ 点坐标为 $\left(\frac{\left(y_{0}-6\right)^{2}}{\left(y_{0}-2\right)^{2}}, \frac{2 y_{0}-12}{y_{0}-2}\right)$.

当 $y_{0}^{2}=12$ 时, $A$ 坐标为 $\left(3, y_{0}\right), B$ 点坐标为 $\left(3, \frac{2 y_{0}-12}{y_{0}-2}\right)$, 直线 $A B$ 过定点 $Q(3,2)$.

当 $y_{0}^{2} \neq 12$ 时, $\frac{y_{0}^{2}}{4} \neq \frac{\left(y_{0}-6\right)^{2}}{\left(y_{0}-2\right)^{2}}$, 直线 $A B$ 的方程为 $y-y_{0}=\frac{y_{0}-\frac{2 y_{0}-12}{y_{0}-2}}{\frac{y_{0}^{2}}{4}-\frac{\left(y_{0}-6\right)^{2}}{\left(y_{0}-2\right)^{2}}}\left(x-\frac{y_{0}^{2}}{4}\right)$,

化简得, $y-y_{0}=\frac{\left(y_{0}-2\right)}{y_{0}^{2}-12}\left(4 x-y_{0}^{2}\right)$, (或: $y-y_{0}=\frac{\left(y_{0}-2\right)}{\frac{y_{0}^{2}}{4}-3}\left(x-\frac{y_{0}^{2}}{4}\right)$, )

易得，直线 $A B$ 也过定点 $Q(3,2)$.
由抛物线 $y^{2}=2 p x$ 过定点 $C(1,2)$, 可得抛物线方程为 $y^{2}=4 x$.

设直线 $A B$ 的方程为 $x=m y+a$, 与抛物线方程联立得, $y^{2}-4 m y-4 a=0$.

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $y_{1}+y_{2}=4 m, y_{1} y_{2}=-4 a$,

$P$ 点坐标为 $B\left(y_{2}-3, y_{2}\right)$, 因为 $A P$ 过定点 $C$,

所以 $\frac{y_{2}-2}{y_{2}-3-1}=\frac{y_{1}-2}{x_{1}-1}$, 又 $x_{1}=m y_{1}+a$,

所以 $(m-1) y_{1} y_{2}-(2 m-4) y_{1}+(a+1) y_{2}-2 a-6=0$.

将 $y_{1} y_{2}=-4 a, y_{2}=4 m-y_{1}$ 代入上式, 得 $(-2 m+3-a) y_{1}+(2 a+4 m-6)=0$.

即 $(-2 m+3-a)\left(y_{1}-2\right)=0$.

因此式对任意 $y_{1} \neq 2$ 都成立, 所以 $-2 m+3-a=0$, 即 $3=2 m+a$,

因此直线 $x=m y+a$ 过定点 $Q(3,2)$.

Final answer: $(3,2)$
Subfield: Geometry


Question: 已知抛物线 $y^{2}=2 p x$ 过定点 $C(1,2)$, 在抛物线上任取不同于点 $C$ 的一点 $A$, 直线 $A C$ 与直线 $y=x+3$交于点 $P$, 过点 $P$ 作 $x$ 轴的平行线交抛物线于点 $B$.
求 $\triangle A B C$ 面积的最小值.

Solution:
由抛物线 $y^{2}=2 p x$ 过定点 $C(1,2)$, 可得抛物线方程为 $y^{2}=4 x$.

设直线 $A B$ 的方程为 $x=m y+a$, 与抛物线方程联立得, $y^{2}-4 m y-4 a=0$.

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $y_{1}+y_{2}=4 m, y_{1} y_{2}=-4 a$,

$P$ 点坐标为 $B\left(y_{2}-3, y_{2}\right)$, 因为 $A P$ 过定点 $C$,

所以 $\frac{y_{2}-2}{y_{2}-3-1}=\frac{y_{1}-2}{x_{1}-1}$, 又 $x_{1}=m y_{1}+a$,

所以 $(m-1) y_{1} y_{2}-(2 m-4) y_{1}+(a+1) y_{2}-2 a-6=0$.

将 $y_{1} y_{2}=-4 a, y_{2}=4 m-y_{1}$ 代入上式, 得 $(-2 m+3-a) y_{1}+(2 a+4 m-6)=0$.

即 $(-2 m+3-a)\left(y_{1}-2\right)=0$.

因此式对任意 $y_{1} \neq 2$ 都成立, 所以 $-2 m+3-a=0$, 即 $3=2 m+a$,

因此直线 $x=m y+a$ 过定点 $Q(3,2)$.

设直线 $A B$ 的方程为 $x-3=m(y-2)$,

与抛物线方程联立得 $y^{2}-4 m y+4(2 m-3)=0$. 则 $y_{1}+y_{2}=4 m, y_{1} y_{2}=4(2 m-3)$,

$S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2}|C Q| \cdot\left|y_{1}-y_{2}\right|=\left|y_{1}-y_{2}\right|=\sqrt{\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}-4 y_{1} y_{2}}=4 \sqrt{(m-1)^{2}+2}$.

所以当 $m=1$ 时, $\triangle A B C$ 面积的最小值为 $4 \sqrt{2}$.

Final answer: $4 \sqrt{2}$
Subfield: Algebra


Question: 已知 $a$ 为实数, 函数 $f(x)=\left|x^{2}-a x\right|-\ln x$, 请讨论函数 $f(x)$ 的单调性.

Solution:
由条件知函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$.

(i) 若 $a \leqslant 0$ ，则 $f(x)=x^{2}-a x-\ln x$,

于是 $f^{\prime}(x)=2 x-a-\frac{1}{x}=\frac{2 x^{2}-a x-1}{x}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得

$$
x_{1}=\frac{a-\sqrt{a^{2}+8}}{4}<0, \quad x_{2}=\frac{a+\sqrt{a^{2}+8}}{4}>0 .
$$

所以, $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{a+\sqrt{a^{2}+8}}{4}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{a+\sqrt{a^{2}+8}}{4},+\infty\right)$ 上单调递增.

(ii) 若 $a>0$, 则 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}x^{2}-a x-\ln x \text {, 当 } x \geqslant a \text { 时 } \\ -x^{2}+a x-\ln x, \text { 当 } 0<x<a \text { 时 }\end{array}\right.$,

(1) 先讨论 $g(x)=x^{2}-a x-\ln x(x \geqslant a)$ 的单调性.

$g^{\prime}(x)=2 x-a-\frac{1}{x}=\frac{2 x^{2}-a x-1}{x}$. 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\frac{a+\sqrt{a^{2}+8}}{4}>0$,

当 $\frac{a+\sqrt{a^{2}+8}}{4}>a$, 即 $a<1$ 时,

$g(x)$ 在 $\left(a, \frac{a+\sqrt{a^{2}+8}}{4}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{a+\sqrt{a^{2}+8}}{4},+\infty\right)$ 上单调递增;

当 $\frac{a+\sqrt{a^{2}+8}}{4} \leqslant a$, 即 $a \geqslant 1$ 时, $g(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 上单调递增.

(2) 再讨论当 $a>0$ 时, $h(x)=-x^{2}+a x-\ln x(0<x<a)$ 的单调性.

$h^{\prime}(x)=-2 x+a-\frac{1}{x}=\frac{-2 x^{2}+a x-1}{x}$.

当 $\Delta=a^{2}-8 \leqslant 0$, 即 $0<a \leqslant 2 \sqrt{2}$ 时, $h^{\prime}(x) \leqslant 0, h(x)$ 在 $(0, a)$ 上单调递减;

当 $\Delta=a^{2}-8>0$, 即 $a>2 \sqrt{2}$ 时,

令 $h^{\prime}(x)=0$, 得 $0<x_{1}=\frac{a-\sqrt{a^{2}-8}}{4}<a, 0<x_{2}=\frac{a+\sqrt{a^{2}-8}}{4}<a$,

所以 $h(x)$ 在 $\left(0, \frac{a-\sqrt{a^{2}-8}}{4}\right),\left(\frac{a+\sqrt{a^{2}-8}}{4}, a\right)$ 上单调递减,

在$\left(\frac{a-\sqrt{a^{2}-8}}{4}, \frac{a+\sqrt{a^{2}-8}}{4}\right)$上单调递增.

综上可得:

(1) 当 $a<1$ 时, $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{a+\sqrt{a^{2}+8}}{4}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{a+\sqrt{a^{2}+8}}{4},+\infty\right)$ 上单调递增;

(2) 当 $1 \leqslant a \leqslant 2 \sqrt{2}$ 时, $f(x)$ 在 $(0, a)$ 上单调递减, 在 $(a,+\infty)$ 上单调递增;

(3) 当 $a>2 \sqrt{2}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{a-\sqrt{a^{2}-8}}{4}\right),\left(\frac{a+\sqrt{a^{2}-8}}{4}, a\right)$ 上单调递减,
在$\left(\frac{a-\sqrt{a^{2}-8}}{4}, \frac{a+\sqrt{a^{2}-8}}{4}\right)$上单调递增.

Final answer: (1) 当 $a<1$ 时, $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{a+\sqrt{a^{2}+8}}{4}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{a+\sqrt{a^{2}+8}}{4},+\infty\right)$ 上单调递增;

(2) 当 $1 \leqslant a \leqslant 2 \sqrt{2}$ 时, $f(x)$ 在 $(0, a)$ 上单调递减, 在 $(a,+\infty)$ 上单调递增;

(3) 当 $a>2 \sqrt{2}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{a-\sqrt{a^{2}-8}}{4}\right),\left(\frac{a+\sqrt{a^{2}-8}}{4}, a\right)$ 上单调递减,
在$\left(\frac{a-\sqrt{a^{2}-8}}{4}, \frac{a+\sqrt{a^{2}-8}}{4}\right)$上单调递增
Subfield: Algebra


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}=a, a_{n+1}=\frac{5 a_{n}-8}{a_{n}-1}\left(n \in N^{*}\right)$.
若 $a=3$, 数列 $\left\{\frac{a_{n}-2}{a_{n}-4}\right\}$ 成等比数列, 求出数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

Solution:
因为 $\frac{a_{n+1}-2}{a_{n+1}-4}=\frac{\frac{5 a_{n}-8}{a_{n}-1}-2}{\frac{5 a_{n}-8}{a_{n}-1}-4}=3 \cdot \frac{a_{n}-2}{a_{n}-4}$,

所以, 数列 $\left\{\frac{a_{n}-2}{a_{n}-4}\right\}$ 成等比数列.

于是 $\frac{a_{n}-2}{a_{n}-4}=\frac{a_{1}-2}{a_{1}-4} \cdot 3^{n-1}$, 解得 $a_{n}=\frac{4 \cdot 3^{n-1}+2}{3^{n-1}+1}$. 即数列的通项公式为 $a_{n}=\frac{4 \cdot 3^{n-1}+2}{3^{n-1}+1}$.

Final answer: $\frac{4 \cdot 3^{n-1}+2}{3^{n-1}+1}$
Subfield: Algebra


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}=a, a_{n+1}=\frac{5 a_{n}-8}{a_{n}-1}\left(n \in N^{*}\right)$.
若对任意的正整数 $n$, 都有 $a_{n}>3$, 求实数 $a$ 的取值范围.

Solution:
因为 $a_{n}>3$ 对任意的正整数 $n$ 都成立, 故 $a=a_{1}>3$.

因为 $\frac{a_{n+1}-2}{a_{n+1}-4}=\frac{\frac{5 a_{n}-8}{a_{n}-1}-2}{\frac{5 a_{n}-8}{a_{n}-1}-4}=3 \cdot \frac{a_{n}-2}{a_{n}-4}$,

所以, 数列 $\left\{\frac{a_{n}-2}{a_{n}-4}\right\}$ 成等比数列.

于是 $\frac{a_{n}-2}{a_{n}-4}=\frac{a_{1}-2}{a_{1}-4} \cdot 3^{n-1}$, 解得 $a_{n}=\frac{4 \cdot 3^{n-1}+2}{3^{n-1}+1}$. 即数列的通项公式为 $a_{n}=\frac{4 \cdot 3^{n-1}+2}{3^{n-1}+1}$.

记 $b=\frac{a-2}{a-4}$, 则 $a_{n}=4+\frac{2}{b \cdot 3^{n-1}-1}$.

(1) 当 $3<a<4$ 时, 则 $b<0$, 注意到 $0>b \cdot 3^{n-1}-1>b \cdot 3^{n}-1$. 则 $\frac{2}{b \cdot 3^{n}-1}>\frac{2}{b \cdot 3^{n-1}-1}$, 于是 $a_{n+1}>a_{n}$, 即数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 单调递增, 从而 $a_{n}>3$, 满足题意;

(2) 当 $a=4$ 时, 由条件可知 $a_{n}=4$, 满足题意;

(3)当 $a>4$ 时, $a-2>a-4>0$, 则 $b>1$,

注意到 $a_{n}=3+\frac{b \cdot 3^{n-1}+1}{b \cdot 3^{n-1}-1}$, 而 $b \cdot 3^{n-1}-1>0$, 故 $a_{n}>3$, 满足题意.

综上所述, 所求实数 $a$ 的取值范围是 $(3,+\infty)$.
因为 $a_{n}>3$ 对任意的正整数 $n$ 都成立, 故 $a=a_{1}>3$.

下面用数学归纳法证明: 当 $a>3$ 时, 对任意的正整数 $n$, 都有 $a_{n}>3$.

当 $n=1$ 时, 结论显然成立;

假设当 $n=k(k \geq 1)$ 时, 结论成立, 即 $a_{k}>3$.

当 $n=k+1$ 时, 注意到 $a_{k+1}=\frac{5 a_{k}-8}{a_{k}-1}=3+\frac{2 a_{k}-5}{a_{k}-1}$.

由 $a_{k}>3$ 知, $2 a_{k}-5>0, a_{k}-1>0$, 从而 $a_{k+1}>3$.

于是结论对 $n=k+1$ 也成立.

根据归纳原理知, 对任意的正整数 $n$, 都有 $a_{n}>3$.

综上所述, 所求实数 $a$ 的取值范围是 $(3,+\infty)$.

Final answer: $(3,+\infty)$
Subfield: Number Theory


Question: 1993 年, 美国数学家 F.Smarandache 提出许多数论问题, 引起国内外相关学者的关注, 其中之一便是著名的 Smarandache 函数. 正整数 $n$ 的 Smarandache 函数定义为:

$$
S(n)=\min \left\{m\left|m \in N^{*}, n\right| m !\right\} .
$$

比如: $S(2)=2, S(3)=3, S(6)=3$.
求 $S(16)$ 和 $S(2016)$ 的值;

Solution:
因为 $16=2^{4}$, 故 $S(16)=6$.

由 $2016=2^{5} \times 3^{2} \times 7$, 知 $S(2016)=\max \left\{S\left(2^{5}\right), S\left(3^{2}\right), S(7)\right\}$.

而 $S(7)=7, S\left(3^{2}\right)=6, S\left(2^{5}\right)=8$, 故 $S(2016)=8$.

Final answer: $6,8$
Subfield: Number Theory


Question: 1993 年, 美国数学家 F.Smarandache 提出许多数论问题, 引起国内外相关学者的关注, 其中之一便是著名的 Smarandache 函数. 正整数 $n$ 的 Smarandache 函数定义为:

$$
S(n)=\min \left\{m\left|m \in N^{*}, n\right| m !\right\} .
$$

比如: $S(2)=2, S(3)=3, S(6)=3$.
若 $S(n)=7$, 求正整数 $n$ 的最大值;

Solution:
由 $S(n)=7$, 知 $n \mid 7$ !, 从而 $n \leq 7$ !.

又因为 $S(7 !)=7$, 所以正整数 $n$ 的最大值是 $7 !=5040$.

Final answer: $5040$
Subfield: Number Theory


Question: 1993 年, 美国数学家 F.Smarandache 提出许多数论问题, 引起国内外相关学者的关注, 其中之一便是著名的 Smarandache 函数. 正整数 $n$ 的 Smarandache 函数定义为:

$$
S(n)=\min \left\{m\left|m \in N^{*}, n\right| m !\right\} .
$$

比如: $S(2)=2, S(3)=3, S(6)=3$.
证明: 存在无穷多个合数 $n$, 使得 $S(n)=p$. 其中 $p$ 为 $n$ 的最大质数.

Solution:
因为对任意奇质数 $p$, 取 $n=2 p$, 都有 $S(n)=p$.

所以, 存在无穷多个合数 $n$, 使得 $S(n)=p$, 其中 $p$ 为 $n$ 的最大质数.
Subfield: Geometry


Question: 如图所示, 点 $A$ 和 $A^{\prime}$ 在 $x$ 轴上, 且关于 $y$ 轴对称, 过点 $A^{\prime}$ 垂直于 $x$ 轴的直线于抛物线 $y^{2}=2 x$交于两点 $B$ 和 $C$, 点 $D$ 为线段 $A B$ 上的动点, 点 $E$ 在线段 $A C$ 上, 满足 $\frac{|C E|}{|C A|}=\frac{|A D|}{|A B|}$.

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直线 $D E$ 与此抛物线有且只有一个公共点，求该点坐标;

Solution:
设 $A\left(-2 a^{2}, 0\right), A^{\prime}\left(2 a^{2}, 0\right)$,所以可得 $B\left(2 a^{2}, 2 a\right), C\left(2 a^{2},-2 a\right)$,设 $D\left(x_{1}, y_{1}\right), \overrightarrow{A D}=\lambda \overrightarrow{A B}$, 则 $\overrightarrow{C E}=\lambda \overrightarrow{C A}$.于是 $\left(x_{1}+2 a^{2}, y_{1}\right)=\lambda\left(4 a^{2}, 2 a\right)$, 故 $D$ 点的坐标为: $\left((4 \lambda-2) a^{2}, 2 \lambda a\right)$.

设 $E\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理可得, $E$ 坐标 $\left((2-4 \lambda) a^{2},(2 \lambda-2) a\right)$.

因此直线 $D E$ 的斜率为: $k_{D E}=\frac{2 a}{(8 \lambda-4) a^{2}}=\frac{1}{(4 \lambda-2) a}$,

所以直线 $D E$ 的方程为: $y-2 \lambda a=\frac{1}{(4 \lambda-2) a}\left(x-(4 \lambda-2) a^{2}\right)$, 化简得:

$(4 \lambda-2) a y-2 \lambda a(4 \lambda-2) a=x-(4 \lambda-2) a^{2}$, 即 $x=2 a(2 \lambda-1) y-2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}$. (1)

与抛物线方程联立, 得 $y^{2}=2\left[2 a(2 \lambda-1) y-2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}\right]$,

即 $y^{2}-4 a(2 \lambda-1) y+4 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}=0$, (2)

此时方程有两个相等的根: $y=2 a(2 \lambda-1)$, 代入 (1)式得: $x=2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}$.

所以直线 $D E$ 与抛物线有且只有一个公共点 $F\left(2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}, 2 a(2 \lambda-1)\right)$.

Final answer: $\left(2 a^{2}(2 \lambda-1)^{2}, 2 a(2 \lambda-1)\right)$