di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Elementary Functions


Question: 对任意正整数 $m, n$, 定义函数 $f(m, n)$ 如下:

(1) $f(1,1)=1$;

(2) $f(m+1, n)=f(m, n)+2(m+n)$;

(3) $f(m, n+1)=f(m, n)+2(m+n-1)$.
设 $a_{n}=\frac{\sqrt{f(n, n)}}{2^{n-1}}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right), S_{n}$ 是数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 证明: $S_{n}<6$.

Solution:
由条件(2)可得:

$$
\begin{gathered}
f(2,1)-f(1,1)=2 \times(1+1)=2 \times 2 \\
f(3,1)-f(2,1)=2 \times(2+1)=2 \times 3 \\
\ldots \\
\cdots \\
f(m, 1)-f(m-1,1)=2 \times(m-1+1)=2 \times m
\end{gathered}
$$

将上述 $m-1$ 个等式相加得 $f(m, 1)-f(1,1)=2(2+3+\cdots+m)$, 而 $f(1,1)=1$, 所以

$$
f(m, 1)=2(2+3+\cdots+m)+1=m^{2}+m-1
$$

由条件(2)可得:

$$
\begin{aligned}
f(m, 2)-f(m, 1) & =2 \times(m+1-1)=2 m \\
f(m, 3)-f(m, 2) & =2 \times(m+2-1)=2(m+1) \\
\ldots & \\
f(m, n)-f(m, n-1) & =2 \times(m+n-1-1)=2(m+n-2)
\end{aligned}
$$

将上述 $n-1$ 个等式相加得 $f(m, n)-f(m, 1)=2[m+(m+1)+\cdots+(m+n-2)]$, 而 $f(m, 1)=m^{2}+m-1$,所以

$$
f(m, n)=2[m+(m+1)+\cdots+(m+n-2)]+m^{2}+m-1=m^{2}+2 m n+n^{2}-m-3 n+1
$$

$$
f(n, n)=n^{2}+2 n \cdot n+n^{2}-n-3 n+1=(2 n-1)^{2}
$$

所以

$$
a_{n}=\frac{\sqrt{f(n, n)}}{2^{n-1}}=(2 n-1) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}
$$

所以

$$
\begin{gathered}
S_{n}=1 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{0}+3 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{1}+\cdots+(2 n-1) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} \\
\frac{1}{2} S_{n}=1 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{1}+3 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\cdots+(2 n-3) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}+(2 n-1) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n}
\end{gathered}
$$

两式相减得:

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} S_{n} & =1+2 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{1}+2 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\cdots+2 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}-(2 n-1) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n} \\
& =1+\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}}{1-\frac{1}{2}}-\frac{2 n-1}{2^{n}}=3-\frac{1}{2^{n-2}}-\frac{2 n-1}{2^{n}}
\end{aligned}
$$

故 $S_{n}=6-\frac{2 n+3}{2^{n-1}}, n \in \mathbf{N}^{*}$, 所以 $S_{n}<6$.
Subfield: Inequality


Question: 已知正数 $a, b$ 满足 $a+b=1$, 求 $M=\sqrt{1+2 a^{2}}+2 \sqrt{\left(\frac{5}{12}\right)^{2}+b^{2}}$ 的最小值.

Solution:
由柯西不等式可得

$$
\left(2 a^{2}+1\right)\left(\frac{1}{2}+\lambda^{2}\right) \geq(a+\lambda)^{2}, \quad\left[b^{2}+\left(\frac{5}{12}\right)^{2}\right]\left(1+\mu^{2}\right) \geq\left(b+\frac{5}{12} \mu\right)^{2}
$$

所以

$$
M=\sqrt{1+2 a^{2}}+2 \sqrt{\left(\frac{5}{12}\right)^{2}+b^{2}} \geq \frac{a+\lambda}{\sqrt{\frac{1}{2}+\lambda^{2}}}+2 \cdot \frac{b+\frac{5}{12} \mu}{\sqrt{1+\mu^{2}}}\cdots(1)
$$

取等号的条件分别为

$$
\begin{gathered}
4 a^{2}=\frac{1}{\lambda^{2}} \cdots(2)\\
b^{2}=\frac{\left(\frac{5}{12}\right)^{2}}{\mu^{2}}\cdots(3)
\end{gathered}
$$

当 $\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{2}+\lambda^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{1+\mu^{2}}}$ 时, 有 $\mu^{2}=4 \lambda^{2}+1$, 结合 (2)(3)得 $\left(1+\frac{1}{a^{2}}\right) b^{2}=\left(\frac{5}{12}\right)^{2}$.

又 $a+b=1$, 所以 $b^{2}+\frac{b^{2}}{(1-b)^{2}}=\left(\frac{5}{12}\right)^{2}$, 整理得 $144 b^{4}-288 b^{3}+263 b^{2}+50 b-25=0$, 故

$$
(4 b-1)\left(36 b^{3}-63 b^{2}+50 b+25\right)=0\cdots(4)
$$

记 $f(b)=36 b^{3}-63 b^{2}+50 b+25$, 则 $f^{\prime}(b)=108 b^{2}-126 b+50=108\left(b-\frac{7}{2}\right)^{2}+\frac{53}{4}>0$, 所以 $f(b)$ 在 $(0,1)$ 上为增函数, 所以当 $0<b<1$ 时, $f(b)>f(0)=25>0$. 于是, 由(4)可得 $b=\frac{1}{4}$, 从而 $a=\frac{3}{4}$.

代入(2)(3), 求得 $\lambda=\frac{2}{3}, \mu=\frac{5}{3}$;

代入(1)式, 整理得 $M \geq \frac{5 \sqrt{34}}{12}$, 因此 $M$ 的最小值为 $\frac{5 \sqrt{34}}{12}$.

Final answer: $\frac{5 \sqrt{34}}{12}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图所示, 设 $A B C D$ 是矩形, 点 $E, F$ 分别是线段 $A D, B C$ 的中点, 点 $G$ 在线段 $E F$ 上, 点 $D, H$ 关于线段 $A G$ 的垂直平分线 $l$ 对称. 求证: $\angle H A B=3 \angle G A B$.

<img_4186>

Solution:
由 $E, F$ 分别是 $A D, B C$ 的中点, 得 $E F \| A B \perp A D$.

设 $P$ 是 $E$ 关于 $l$ 的对称点, 则 $E P \| A G \perp l$, 故四边形 $A E P G$ 是等腰梯形.

进而 $\angle P A G=\angle E G A=\angle G A B, \angle A P G=\angle G E A$, 从而 $A P \perp H G$.

再由 $H P=D E=E A=P G$, 得 $\angle H A P=\angle P A G=\angle G A B$.

因此 $\angle H A B=3 \angle G A B$.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图所示, 设 $A B C D$ 是矩形, 点 $E, F$ 分别是线段 $A D, B C$ 的中点, 点 $G$ 在线段 $E F$ 上, 点 $D, H$ 关于线段 $A G$ 的垂直平分线 $l$ 对称. 求证: $\angle H A B=3 \angle G A B$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_56d8bc6cb488a12af26bg-1.jpg?height=340&width=1148&top_left_y=2377&top_left_x=454)

Solution:
由 $E, F$ 分别是 $A D, B C$ 的中点, 得 $E F \| A B \perp A D$.

设 $P$ 是 $E$ 关于 $l$ 的对称点, 则 $E P \| A G \perp l$, 故四边形 $A E P G$ 是等腰梯形.

进而 $\angle P A G=\angle E G A=\angle G A B, \angle A P G=\angle G E A$, 从而 $A P \perp H G$.

再由 $H P=D E=E A=P G$, 得 $\angle H A P=\angle P A G=\angle G A B$.

因此 $\angle H A B=3 \angle G A B$.

Final answer: 证明题
Subfield: Conic Sections


Question: 设 $O$ 是坐标原点, 双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 上动点 $M$ 处的切线交 $C$ 的两条渐近线于 $A, B$ 两点.
$\triangle A O B$ 的面积 $S$ 是定值，求定值;

Solution:
$M\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 处的切线方程为 $\frac{x_{0} x}{a^{2}}-\frac{y_{0} y}{b^{2}}=1$.

与渐近线方程联立, 得 $A\left(x_{1}, y_{1}\right)=\left(\frac{a}{\frac{x_{0}}{a}+\frac{y_{0}}{b}}, \frac{b}{\frac{x_{0}}{a}+\frac{y_{0}}{b}}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)=\left(\frac{a}{\frac{x_{0}}{a}-\frac{y_{0}}{b}}, \frac{-b}{\frac{x_{0}}{a}-\frac{y_{0}}{b}}\right)$.

从而, $S=\frac{1}{2}\left|x_{1} y_{2}-x_{2} y_{1}\right|=|a b|$ 是定值;

Final answer: $|a b|$
Subfield: Conic Sections


Question: 设 $O$ 是坐标原点, 双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 上动点 $M$ 处的切线交 $C$ 的两条渐近线于 $A, B$ 两点.
求 $\triangle A O B$ 的外心 $P$ 的轨迹方程.

Solution:
$M\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 处的切线方程为 $\frac{x_{0} x}{a^{2}}-\frac{y_{0} y}{b^{2}}=1$.

与渐近线方程联立, 得 $A\left(x_{1}, y_{1}\right)=\left(\frac{a}{\frac{x_{0}}{a}+\frac{y_{0}}{b}}, \frac{b}{\frac{x_{0}}{a}+\frac{y_{0}}{b}}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)=\left(\frac{a}{\frac{x_{0}}{a}-\frac{y_{0}}{b}}, \frac{-b}{\frac{x_{0}}{a}-\frac{y_{0}}{b}}\right)$.

可设 $A(\lambda a, \lambda b), B\left(\frac{a}{\lambda},-\frac{b}{\lambda}\right), P(x, y), \lambda$ 为非零常数.

由 $|P A|=|P O|=|P B|$, 得 $(x-\lambda a)^{2}+(y-\lambda b)^{2}=x^{2}+y^{2}=\left(x-\frac{a}{\lambda}\right)^{2}+\left(y+\frac{b}{\lambda}\right)^{2}$

从而有 $a x+b y=\frac{\lambda}{2}\left(a^{2}+b^{2}\right), a x-b y=\frac{1}{2 \lambda}\left(a^{2}+b^{2}\right)$.

上述两式相乘, 得 $P$ 的轨迹方程为 $a^{2} x^{2}-b^{2} y^{2}=\frac{1}{4}\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}$.

Final answer: $a^{2} x^{2}-b^{2} y^{2}=\frac{1}{4}\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}$
Subfield: Inequality


Question: 
求证: 对于任意实数 $x, y, z$ 都有 $x^{2}+2 y^{2}+3 z^{2} \geq \sqrt{3}(x y+y z+z x)$;

Solution:
由均值不等式,

$$
\frac{1}{2} x^{2}+\frac{3}{2} y^{2} \geq \sqrt{3} x y, \frac{1}{2} x^{2}+\frac{3}{2} z^{2} \geq \sqrt{3} x z, \frac{1}{2} y^{2}+\frac{3}{2} z^{2} \geq \sqrt{3} y z
$$

故 $x^{2}+2 y^{2}+3 z^{2} \geq \sqrt{3}(x y+y z+z x)$.
Subfield: Inequality


Question: 
证明存在实数 $k>\sqrt{3}$, 使得对于任意实数 $x, y, z$, 下式恒成立

$$
x^{2}+2 y^{2}+3 z^{2} \geq k(x y+y z+z x)
$$;

Solution:
$$
x^{2}+2 y^{2}+3 z^{2}-k(x y+y z+z x)=\left(x-\frac{k}{2} y-\frac{k}{2} z\right)^{2}+\left(2-\frac{k^{2}}{4}\right) y^{2}+\left(3-\frac{k^{2}}{4}\right) z^{2}+\left(\frac{k^{2}}{2}-k\right) y z 
$$

上式 $\geq 0$ 恒成立, 当且仅当 $2-\frac{k^{2}}{4} \geq 0$ 且 $\left(\frac{k^{2}}{2}-k\right)^{2} \leq 4\left(2-\frac{k^{2}}{4}\right)\left(3-\frac{k^{2}}{4}\right)$.

化简得 $|k| \leq 2 \sqrt{2}$ 且 $k^{3}-6 k^{2}+24 \geq 0$, 显然, $k=2>\sqrt{3}$ 满足要求.
Subfield: Combinatorics


Question: 在正 2018 边形的每两个顶点之间均连一条线段, 并把每条线段染成红色或蓝色. 求此图形中三边颜色都相同的三角形的最小个数.

Solution:
设 $N$ 是此图形中三边颜色都相同的三角形数目, $M$ 是此图形中三边颜色不全相同的三角形数目, $x_{i}$ 是以第 $i$ 个顶点为端点的红色线段数目, 则有

$$
M+N=C_{2018}^{3}, \quad \sum_{i=1}^{2018} x_{i}\left(2017-x_{i}\right)=2 M
$$

当且仅当每个 $x_{i}=1008$ 或 1009 时, $N$ 取得最小值 $C_{2018}^{3}-1009^{2} \times 1008=2 C_{1009}^{3}$.

$N=2 C_{1009}^{3}$ 是可以取到的, 例如把线段

$$
i \rightarrow i \pm j \quad(\bmod 2018) \quad(1 \leq i \leq 2018,1 \leq j \leq 504)
$$

染成红色，其它线段染成蓝色.

Final answer: $2 \binom{1009}{3}$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 已知函数 $f(x)=2 \cos x(\cos x+\sqrt{3} \sin x)-1, x \in \mathbf{R}$.
求函数 $f(x)$ 的单调递增区间;

Solution:
$f(x)=\cos 2 x+\sqrt{3} \sin 2 x=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right), f(x)$ 单调递增区间为 $\left[-\frac{\pi}{3}+k \pi, \frac{\pi}{6}+k \pi\right], k \in \mathbf{Z}$;

Final answer: $\left[-\frac{\pi}{3}+k \pi, \frac{\pi}{6}+k \pi\right]$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 已知函数 $f(x)=2 \cos x(\cos x+\sqrt{3} \sin x)-1, x \in \mathbf{R}$.
设点 $P_{1}\left(x_{1}, y_{1}\right), P_{2}\left(x_{2}, y_{2}\right), \cdots, P_{n}\left(x_{n}, y_{n}\right), \cdots$ 都在函数 $y=f(x)$ 的图象上, 且满足

$$
x_{1}=\frac{\pi}{6}, x_{n+1}-x_{n}=\frac{\pi}{2}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)
$$

求 $y_{1}+y_{2}+\cdots+y_{2018}$ 的值.

Solution:
设 $t_{n}=2 x_{n}+\frac{\pi}{6}, t_{1}=2 x_{1}+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}, t_{n+1}-t_{n}=\pi \Rightarrow t_{n}=\left(n-\frac{1}{2}\right) \pi$, 所以

$$
y_{n}=2 \sin \left(\frac{2 n-1}{2} \pi\right)=\left\{\begin{array}{ll}
2 & n=2 k-1 \\
-2 & n=2 k
\end{array}(k \in \mathbf{Z})\right.
$$

所以 $y_{1}+y_{2}+\cdots+y_{2018}=0$.

Final answer: $0$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 圆 $C$ 与 $x$ 轴相切于点 $T(2,0)$, 与 $y$ 轴的正半轴相交于 $A 、 B$ 两点 $(A$ 在 $B$ 的上方)，且 $|A B|=3$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_1c1b5d74aab879ff1f57g-1.jpg?height=497&width=580&top_left_y=1816&top_left_x=778)
求圆 $C$ 的方程;

Solution:
易知 $A C=\frac{5}{2}$, 故圆方程为 $(x-2)^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=\frac{25}{4}$;

Final answer: $(x-2)^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=\frac{25}{4}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 圆 $C$ 与 $x$ 轴相切于点 $T(2,0)$, 与 $y$ 轴的正半轴相交于 $A 、 B$ 两点 $(A$ 在 $B$ 的上方)，且 $|A B|=3$.

<img_4109>
求圆 $C$ 的方程;

Solution:
易知 $A C=\frac{5}{2}$, 故圆方程为 $(x-2)^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=\frac{25}{4}$;

Final answer: $(x-2)^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=\frac{25}{4}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 圆 $C$ 与 $x$ 轴相切于点 $T(2,0)$, 与 $y$ 轴的正半轴相交于 $A 、 B$ 两点 $(A$ 在 $B$ 的上方)，且 $|A B|=3$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_1c1b5d74aab879ff1f57g-1.jpg?height=497&width=580&top_left_y=1816&top_left_x=778)
设过点 $B$ 的直线 $l$ 与椭圆 $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 相交于 $P 、 Q$ 两点. 求证: 射线 $A B$ 平分 $\angle P A Q$.

Solution:
易知 $A C=\frac{5}{2}$, 故圆方程为 $(x-2)^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=\frac{25}{4}$;

可知 $A(0,4), B(0,1)$, 且直线 $P Q$ 的斜率必存在, 可设 $l_{P Q}: y=k x+1$.

原命题等价于证明 $k_{A P}+k_{A Q}=0$.

设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 将直线方程与椭圆方程联立得 $\left(2 k^{2}+1\right) x^{2}+4 k x-6=0$, 所以

$$
k_{A P}+k_{A Q}=\frac{y_{1}-4}{x_{1}}+\frac{y_{2}-4}{x_{2}}=\frac{k x_{1}-3}{x_{1}}+\frac{k x_{2}-3}{x_{2}}=2 k-3 \cdot \frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1} x_{2}}=2 k-3 \cdot \frac{-4 k}{-6}=0
$$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 圆 $C$ 与 $x$ 轴相切于点 $T(2,0)$, 与 $y$ 轴的正半轴相交于 $A 、 B$ 两点 $(A$ 在 $B$ 的上方)，且 $|A B|=3$.

<img_4109>
设过点 $B$ 的直线 $l$ 与椭圆 $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 相交于 $P 、 Q$ 两点. 求证: 射线 $A B$ 平分 $\angle P A Q$.

Solution:
易知 $A C=\frac{5}{2}$, 故圆方程为 $(x-2)^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=\frac{25}{4}$;

可知 $A(0,4), B(0,1)$, 且直线 $P Q$ 的斜率必存在, 可设 $l_{P Q}: y=k x+1$.

原命题等价于证明 $k_{A P}+k_{A Q}=0$.

设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 将直线方程与椭圆方程联立得 $\left(2 k^{2}+1\right) x^{2}+4 k x-6=0$, 所以

$$
k_{A P}+k_{A Q}=\frac{y_{1}-4}{x_{1}}+\frac{y_{2}-4}{x_{2}}=\frac{k x_{1}-3}{x_{1}}+\frac{k x_{2}-3}{x_{2}}=2 k-3 \cdot \frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1} x_{2}}=2 k-3 \cdot \frac{-4 k}{-6}=0
$$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $M$ 是 $B C$ 的中点, 圆 $O$ 过点 $A$ 且与直线 $B C$ 相切于点 $C$, 直线 $A M$ 与圆 $O$ 交于另一点 $D$, 直线 $B D$ 与圆 $O$ 交于另一点 $E$. 证明: $\angle E A C=\angle B A C$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_cd384450128732eb63a2g-1.jpg?height=397&width=471&top_left_y=647&top_left_x=838)

Solution:
由圆幂定理知 $M C^{2}=M D \cdot M A$, 所以 $B M^{2}=M D \cdot M A$, 易知 $\triangle A B M \sim \triangle B D M$, 所以 $\angle A B C=\angle B D M=\angle A D M=\angle A C E ;$ 又弦切角 $\angle A C B=\angle A E C$, 易知 $\angle E A C=\angle B A C$, 证毕!

#

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $M$ 是 $B C$ 的中点, 圆 $O$ 过点 $A$ 且与直线 $B C$ 相切于点 $C$, 直线 $A M$ 与圆 $O$ 交于另一点 $D$, 直线 $B D$ 与圆 $O$ 交于另一点 $E$. 证明: $\angle E A C=\angle B A C$.

<img_4184>

Solution:
由圆幂定理知 $M C^{2}=M D \cdot M A$, 所以 $B M^{2}=M D \cdot M A$, 易知 $\triangle A B M \sim \triangle B D M$, 所以 $\angle A B C=\angle B D M=\angle A D M=\angle A C E ;$ 又弦切角 $\angle A C B=\angle A E C$, 易知 $\angle E A C=\angle B A C$, 证毕!

#
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=\frac{x}{\ln x}, g(x)=k(x-1), k \in \mathbf{R}$.

<img_4111>
证明: 对任意 $k \in \mathbf{R}$, 直线 $y=g(x)$ 都不可能是曲线 $y=f(x)$ 的切线;

Solution:
$f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty), f^{\prime}(x)=\frac{\ln x-1}{(\ln x)^{2}}$.

假设存在 $x_{0} \in(0,1) \cup(1,+\infty)$ 使 $f(x)$ 在点 $\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right)$ 处的切线方程为 $g(x)=k(x-1)$, 则

$$
k=f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\frac{\ln x_{0}-1}{\left(\ln x_{0}\right)^{2}}
$$

切线方程为

$$
y=k\left(x-x_{0}\right)+f\left(x_{0}\right)=k x-\frac{x_{0} \ln x_{0}-x_{0}}{\left(\ln x_{0}\right)^{2}}+\frac{x_{0}}{\ln x_{0}}=k x+\frac{x_{0}}{\left(\ln x_{0}\right)^{2}}
$$

对比系数得

$$
-k=\frac{x_{0}}{\left(\ln x_{0}\right)^{2}} \Rightarrow \frac{1-\ln x_{0}}{\left(\ln x_{0}\right)^{2}}=\frac{x_{0}}{\left(\ln x_{0}\right)^{2}} \Rightarrow 1-\ln x_{0}=x_{0}
$$

易知此方程有且只有一个实根 $x_{0}=1$, 此实根不在函数的定义域内，故假设不成立，证毕;
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=\frac{x}{\ln x}, g(x)=k(x-1), k \in \mathbf{R}$.

![img](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_cd384450128732eb63a2g-1.jpg?height=616&width=643&top_left_y=2102&top_left_x=792)
证明: 对任意 $k \in \mathbf{R}$, 直线 $y=g(x)$ 都不可能是曲线 $y=f(x)$ 的切线;

Solution:
$f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty), f^{\prime}(x)=\frac{\ln x-1}{(\ln x)^{2}}$.

假设存在 $x_{0} \in(0,1) \cup(1,+\infty)$ 使 $f(x)$ 在点 $\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right)$ 处的切线方程为 $g(x)=k(x-1)$, 则

$$
k=f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\frac{\ln x_{0}-1}{\left(\ln x_{0}\right)^{2}}
$$

切线方程为

$$
y=k\left(x-x_{0}\right)+f\left(x_{0}\right)=k x-\frac{x_{0} \ln x_{0}-x_{0}}{\left(\ln x_{0}\right)^{2}}+\frac{x_{0}}{\ln x_{0}}=k x+\frac{x_{0}}{\left(\ln x_{0}\right)^{2}}
$$

对比系数得

$$
-k=\frac{x_{0}}{\left(\ln x_{0}\right)^{2}} \Rightarrow \frac{1-\ln x_{0}}{\left(\ln x_{0}\right)^{2}}=\frac{x_{0}}{\left(\ln x_{0}\right)^{2}} \Rightarrow 1-\ln x_{0}=x_{0}
$$

易知此方程有且只有一个实根 $x_{0}=1$, 此实根不在函数的定义域内，故假设不成立，证毕;

Final answer: 证明题
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=\frac{x}{\ln x}, g(x)=k(x-1), k \in \mathbf{R}$.

![img](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_cd384450128732eb63a2g-1.jpg?height=616&width=643&top_left_y=2102&top_left_x=792)
若存在 $x \in\left[e, e^{2}\right]$, 使 $f(x) \leq g(x)+\frac{1}{2}$, 求 $k$ 的取值范围.

Solution:
$k \geq \frac{2 x-\ln x}{2(x-1) \ln x} \triangleq h(x)$, 由题意得: $k \geq h(x)_{\text {min }}, x \in\left[e, e^{2}\right]$,

$$
h^{\prime}(x)=\frac{2(x-1) \ln x \cdot\left(2-\frac{1}{x}\right)-(2 x-\ln x)\left(2 \ln x+\frac{2(x-1)}{x}\right)}{4(x-1)^{2}(\ln x)^{2}}
$$

下证 $\forall x \in\left[e, e^{2}\right]$,

$$
\begin{aligned}
& (x-1) \ln x \cdot\left(2-\frac{1}{x}\right)<(2 x-\ln x)\left(\ln x+\frac{x-1}{x}\right) \\
& \Leftrightarrow 2(x-1) \ln x-\frac{x-1}{x} \ln x<2 x \ln x+2 x(x-1)-(\ln x)^{2}-\frac{x-1}{x} \ln x \\
& \quad \Leftrightarrow-2 \ln x<2(x-1)-(\ln x)^{2}
\end{aligned}
$$

因为 $\ln x \in[1,2]$, 所以 $(\ln x)^{2}-2 \ln x \in[-1,0], 2(x-1) \in[0,2]$.

综上: $h^{\prime}(x)<0, \therefore k \geq h\left(e^{2}\right)=\frac{1}{2}$.

Final answer: $[\frac{1}{2}, +\infty)$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=\frac{x}{\ln x}, g(x)=k(x-1), k \in \mathbf{R}$.

<img_4111>
若存在 $x \in\left[e, e^{2}\right]$, 使 $f(x) \leq g(x)+\frac{1}{2}$, 求 $k$ 的取值范围.

Solution:
$k \geq \frac{2 x-\ln x}{2(x-1) \ln x} \triangleq h(x)$, 由题意得: $k \geq h(x)_{\text {min }}, x \in\left[e, e^{2}\right]$,

$$
h^{\prime}(x)=\frac{2(x-1) \ln x \cdot\left(2-\frac{1}{x}\right)-(2 x-\ln x)\left(2 \ln x+\frac{2(x-1)}{x}\right)}{4(x-1)^{2}(\ln x)^{2}}
$$

下证 $\forall x \in\left[e, e^{2}\right]$,

$$
\begin{aligned}
& (x-1) \ln x \cdot\left(2-\frac{1}{x}\right)<(2 x-\ln x)\left(\ln x+\frac{x-1}{x}\right) \\
& \Leftrightarrow 2(x-1) \ln x-\frac{x-1}{x} \ln x<2 x \ln x+2 x(x-1)-(\ln x)^{2}-\frac{x-1}{x} \ln x \\
& \quad \Leftrightarrow-2 \ln x<2(x-1)-(\ln x)^{2}
\end{aligned}
$$

因为 $\ln x \in[1,2]$, 所以 $(\ln x)^{2}-2 \ln x \in[-1,0], 2(x-1) \in[0,2]$.

综上: $h^{\prime}(x)<0, \therefore k \geq h\left(e^{2}\right)=\frac{1}{2}$.

Final answer: $[\frac{1}{2}, +\infty)$
Subfield: Inequality


Question: 设 $a 、 b 、 c$ 均为正实数，求证: $\frac{a\left(a^{2}+b c\right)}{b+c}+\frac{b\left(b^{2}+c a\right)}{c+a}+\frac{c\left(c^{2}+a b\right)}{a+b} \geq a b+b c+c a$.

Solution:
由对称性不妨设 $a \geq b \geq c>0$, 则

$$
\frac{a+b+c}{b+c} \geq \frac{a+b+c}{c+a} \geq \frac{a+b+c}{a+b}
$$

即

$$
\frac{a}{b+c} \geq \frac{b}{c+a} \geq \frac{c}{a+b}
$$

又 $a^{2} \geq b^{2} \geq c^{2}$, 由排序不等式得

$$
\frac{a}{b+c} a^{2}+\frac{b}{c+a} b^{2}+\frac{c}{a+b} c^{2} \geq \frac{a}{b+c} b^{2}+\frac{b}{c+a} c^{2}+\frac{c}{a+b} a^{2}
$$

即

$$
\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b} \geq \frac{a b^{2}}{b+c}+\frac{b c^{2}}{c+a}+\frac{c a^{2}}{a+b}
$$

从而

$$
\begin{aligned}
\frac{a\left(a^{2}+b c\right)}{b+c}+\frac{b\left(b^{2}+a c\right)}{c+a}+\frac{c\left(c^{2}+a b\right)}{a+b} & =\frac{a^{3}}{b+c}+\frac{b^{3}}{c+a}+\frac{c^{3}}{a+b}+\left(\frac{a b c}{b+c}+\frac{a b c}{c+a}+\frac{a b c}{a+b}\right) \\
& \geq \frac{a b^{2}}{b+c}+\frac{b c^{2}}{c+a}+\frac{c a^{2}}{a+b}+\frac{a b c}{b+c}+\frac{a b c}{c+a}+\frac{a b c}{a+b} \\
& =a b+b c+c a
\end{aligned}
$$

当且仅当 $a=b=c$ 时等号成立, 即原不等式成立.
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 已知函数 $f(x)=4 \cos x \cdot \sin \left(x+\frac{7 \pi}{6}\right)+a$ 的最大值为 2 .
求 $a$ 的值及 $f(x)$ 的最小正周期

Solution:
$$
\begin{aligned}
f(x) & =4 \cos x \cdot \sin \left(x+\frac{7 \pi}{6}\right)+a=4 \cos x \cdot\left(-\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x-\frac{1}{2} \cos x\right)+a \\
& =-2 \sqrt{3} \sin x \cos x-2 \cos ^{2} x+1-1+a=-\sqrt{3} \sin 2 x-\cos 2 x-1+a \\
& =-2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)-1+a
\end{aligned}
$$

因此, 当 $\sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)=-1$ 时, $f(x)$ 取得最大值 $2-1+a=1+a$.

又因为 $f(x)$ 的最大值为 2 , 所以 $1+a=2$, 即 $a=1$.

$f(x)$ 的最小正周期为 $T=\frac{2 \pi}{2}=\pi$;

Final answer: $1, \pi$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 已知函数 $f(x)=4 \cos x \cdot \sin \left(x+\frac{7 \pi}{6}\right)+a$ 的最大值为 2 .
求 $f(x)$ 的单调递减区间

Solution:
$$
\begin{aligned}
f(x) & =4 \cos x \cdot \sin \left(x+\frac{7 \pi}{6}\right)+a=4 \cos x \cdot\left(-\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x-\frac{1}{2} \cos x\right)+a \\
& =-2 \sqrt{3} \sin x \cos x-2 \cos ^{2} x+1-1+a=-\sqrt{3} \sin 2 x-\cos 2 x-1+a \\
& =-2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)-1+a
\end{aligned}
$$

因此, 当 $\sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)=-1$ 时, $f(x)$ 取得最大值 $2-1+a=1+a$.

又因为 $f(x)$ 的最大值为 2 , 所以 $1+a=2$, 即 $a=1$.

所以 $f(x)=-2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$.

令 $2 x+\frac{\pi}{6} \in\left[-\frac{\pi}{2}+2 k \pi, \frac{\pi}{2}+2 k \pi\right], k \in \mathbf{Z}$, 得 $x \in\left[-\frac{\pi}{3}+k \pi, \frac{\pi}{6}+k \pi\right], k \in \mathbf{Z}$.

因此, $f(x)$ 的单调减区间为 $\left[-\frac{\pi}{3}+k \pi, \frac{\pi}{6}+k \pi\right], k \in \mathbf{Z}$.

Final answer: $\left[-\frac{\pi}{3}+k \pi, \frac{\pi}{6}+k \pi\right]$
Subfield: Sequence


Question: 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 且满足 $3 a_{5}=8 a_{12}>0$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=a_{n} \cdot a_{n+1} \cdot a_{n+2}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right),\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和记为 $S_{n}$. 问: $n$ 为何值时, $S_{n}$ 取得最大值？

Solution:
因为 $3 a_{5}=8 a_{12}>0$, 所以 $3 a_{5}=8\left(a_{5}+7 d\right)$, 解得 $a_{5}=-\frac{56}{5} d>0$, 所以 $d<0, a_{1}=-\frac{76}{5} d$.故 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为正数的递减数列.

由

$$
\left\{\begin{array}{l}
a_{n} \geq 0 \\
a_{n+1} \leq 0
\end{array}\right.
$$

即

$$
\left\{\begin{array}{l}
-\frac{76}{5} d+(n-1) d \geq 0 \\
-\frac{76}{5} d+n d \leq 0
\end{array}\right.
$$

解得 $15 \frac{1}{5} \leq n \leq 16 \frac{1}{5}$, 即 $a_{16}>0, a_{17}<0$, 所以

$$
a_{1}>a_{2}>a_{3}>\cdots>a_{16}>0>a_{17}>a_{18}>\cdots
$$

所以

$$
b_{1}>b_{2}>b_{3}>\cdots>b_{14}>0>b_{17}>b_{18}>\cdots
$$

而

$$
b_{15}=a_{15} a_{16} a_{17}<0, b_{16}=a_{16} a_{17} a_{18}>0
$$

所以

$$
S_{14}>S_{13}>\cdots>S_{1}, S_{14}>S_{15}, S_{15}<S_{16}, S_{16}>S_{17}>S_{18}>\cdots
$$

又

$$
S_{16}-S_{14}=b_{15}+b_{16}=a_{16} a_{17}\left(a_{15}+a_{18}\right)=a_{16} a_{17}\left(-\frac{6}{5} d+\frac{9}{5} d\right)=\frac{3}{5} d a_{16} a_{17}>0
$$

所以 $S_{n}$ 中 $S_{16}$ 最大, 即 $n=16$ 时, $S_{n}$ 取得最大值.

Final answer: $16$
Subfield: Inequality


Question: 设 $x, y, z \geq 0$, 且至多有一个为 0 , 求

$$
f(x, y, z)=\sqrt{\frac{x^{2}+256 y z}{y^{2}+z^{2}}}+\sqrt{\frac{y^{2}+256 z x}{z^{2}+x^{2}}}+\sqrt{\frac{z^{2}+256 x y}{x^{2}+y^{2}}}
$$

的最小值.

Solution:
不妨设 $x \geq y \geq z$.

情形一 当 $256 y^{3} \geq x^{2} z$ 时, 因为

$$
\begin{aligned}
& \frac{x^{2}+256 y z}{y^{2}+z^{2}}-\frac{x^{2}}{y^{2}}=\frac{z\left(256 y^{3}-x^{2} z\right)}{\left(y^{2}+z^{2}\right) y^{2}} \geq 0 \\
& \frac{y^{2}+256 z x}{z^{2}+x^{2}}-\frac{y^{2}}{x^{2}}=\frac{z\left(256 x^{3}-y^{2} z\right)}{\left(z^{2}+x^{2}\right) x^{2}} \geq 0 \\
& \frac{z^{2}+256 x y}{x^{2}+y^{2}}-\frac{256 x y}{x^{2}+y^{2}}=\frac{z^{2}}{x^{2}+y^{2}} \geq 0
\end{aligned}
$$

所以

$$
\begin{aligned}
f(x, y, z) & \geq \sqrt{\frac{x^{2}}{y^{2}}}+\sqrt{\frac{y^{2}}{x^{2}}}+\sqrt{\frac{256 x y}{x^{2}+y^{2}}}=\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+16 \sqrt{\frac{x y}{x^{2}+y^{2}}} \\
& =\frac{x^{2}+y^{2}}{x y}+8 \sqrt{\frac{x y}{x^{2}+y^{2}}}+8 \sqrt{\frac{x y}{x^{2}+y^{2}}} \geq 3 \sqrt[3]{64} \\
& =12
\end{aligned}
$$

当且仅当 $x: y=(2+\sqrt{3}): 1$, 且 $z=0$ 时, $f(x, y, z)$ 取到 12 ;

情形二 当 $256 y^{3}<x^{2} z$ 时, 又 $x^{2} z \leq x^{2} y$, 所以 $256 y^{3}<x^{2} y$, 从而 $256 y^{2}<x^{2}$, 故

$$
\begin{aligned}
f(x, y, z) & =\sqrt{\frac{x^{2}+256 y z}{y^{2}+z^{2}}}+\sqrt{\frac{y^{2}+256 z x}{z^{2}+x^{2}}}+\sqrt{\frac{z^{2}+256 x y}{x^{2}+y^{2}}} \\
& >\sqrt{\frac{x^{2}+256 y z}{y^{2}+z^{2}}}+0+0>\sqrt{\frac{256 y^{2}+256 y z}{y^{2}+z^{2}}} \\
& =16 \sqrt{\frac{y^{2}+y z}{y^{2}+z^{2}}} \geq 16>12
\end{aligned}
$$

综上, $f(x, y, z)_{\min }=12$.

Final answer: $12$
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 满足 $2 S_{n}-n a_{n}=n, n \in \mathbf{N}^{*}$, 且 $a_{2}=3$.
求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

Solution:
由 $2 S_{n}-n a_{n}=n$, 得 $2 S_{n+1}-(n+1) a_{n+1}=n+1$, 将上述两式相减, 得

$$
2 a_{n+1}-(n+1) a_{n+1}+n a_{n}=1  
$$

所以

$$
n a_{n}-(n-1) a_{n+1}=1  \cdots (1)
$$

所以

$$
(n+1) a_{n+1}-n a_{n+2}=1\cdots (2)
$$

(1)-(2), 得

$$
n a_{n}-2 n a_{n+1}+n a_{n+2}=0
$$

所以 $a_{n}+a_{n+2}=2 a_{n+1}$, 所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列.

又由 $2 S_{1}-a_{1}=1$ 及 $a_{2}=3$, 得 $a_{1}=1,\left\{a_{n}\right\}$ 的公差 $d=2$, 所以 $a_{n}=1+2(n-1)=2 n-1.  \quad$

Final answer: $a_{n}=2 n-1$
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 满足 $2 S_{n}-n a_{n}=n, n \in \mathbf{N}^{*}$, 且 $a_{2}=3$.
设 $b_{n}=\frac{1}{a_{n} \sqrt{a_{n+1}}+a_{n+1} \sqrt{a_{n}}}, T_{n}$ 为数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 求使 $T_{n}>\frac{9}{20}$ 成立的最小正整数 $n$ 的值.

Solution:
由 $2 S_{n}-n a_{n}=n$, 得 $2 S_{n+1}-(n+1) a_{n+1}=n+1$, 将上述两式相减, 得

$$
2 a_{n+1}-(n+1) a_{n+1}+n a_{n}=1
$$

所以

$$
n a_{n}-(n-1) a_{n+1}=1\cdots (1)
$$

所以

$$
(n+1) a_{n+1}-n a_{n+2}=1\cdots (2)
$$

(1)-(2), 得

$$
n a_{n}-2 n a_{n+1}+n a_{n+2}=0
$$

所以 $a_{n}+a_{n+2}=2 a_{n+1}$, 所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列.

又由 $2 S_{1}-a_{1}=1$ 及 $a_{2}=3$, 得 $a_{1}=1,\left\{a_{n}\right\}$ 的公差 $d=2$, 所以 $a_{n}=1+2(n-1)=2 n-1.  \quad$

$b_{n}=\frac{1}{(2 n-1) \sqrt{2 n+1}+(2 n+1) \sqrt{2 n-1}}$, 所以

$$
b_{n}=\frac{1}{\sqrt{2 n-1} \cdot \sqrt{2 n+1} \cdot(\sqrt{2 n-1}+\sqrt{2 n+1})}=\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2 n+1}-\sqrt{2 n-1}}{\sqrt{2 n-1} \cdot \sqrt{2 n+1}}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2 n-1}}-\frac{1}{\sqrt{2 n+1}}\right)
$$

所以

$$
T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{5}}\right)+\cdots+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2 n-1}}-\frac{1}{\sqrt{2 n+1}}\right)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{\sqrt{2 n+1}}\right)
$$

由 $T_{n}>\frac{9}{20}$, 得 $\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{\sqrt{2 n+1}}\right)>\frac{9}{20}$, 所以

$$
\frac{1}{\sqrt{2 n+1}}<\frac{1}{10}, 2 n+1>100, n \geq \frac{99}{2}
$$

所以使 $T_{n}>\frac{9}{20}$ 成立的最小正整数 $n$ 的值为 50 .

Final answer: $50$