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


Question: $已知函数f(x)=a\ln(x-a)-\frac{1}{2}x^2+x(a<0).$
$求f(x)的单调区间；$

Solution:
$函数f(x)的定义域为(a,+\infty )，$

$f'(x)=\frac{a}{x-a}-x+1=\frac{-x[x-(a+1)]}{x-a}，$

$令f'(x)=0，$

$则x=0或a+1，$

$①当a+1<0，即a<-1时，$

$a<x<a+1或x>0时， f'(x)<0，$

$a+1<x<0时， f'(x)>0，$

$所以函数f(x)在(a,a+1),(0,+\infty )上递减，在(a+1,0)上递增，$

$②当a+1=0，即a=-1时， f'(x)\leq 0，$

$所以函数f(x)在(a,+\infty )上递减，$

$③当a+1>0，即-1<a<0时，$

$a<x<0或x>a+1时， f'(x)<0，$

$0<x<a+1时， f'(x)>0，$

$所以函数f(x)在(a,0),(a+1,+\infty )上递减，在(0,a+1)上递增，$

$综上，当a<-1时，函数f(x)的减区间为(a,a+1),(0,+\infty )，$

$增区间为(a+1,0)，$

$当a=-1时，函数f(x)的减区间为(a,+\infty )，$

$当-1<a<0时，函数f(x)的减区间为(a,0),(a+1,+\infty )，$

$增区间为(0,a+1).$

Final answer: $当a<-1时，函数f(x)的减区间为(a,a+1),(0,+\infty )，增区间为(a+1,0)；$

$当a=-1时，函数f(x)的减区间为(a,+\infty )；$

$当-1<a<0时，函数f(x)的减区间为(a,0),(a+1,+\infty )，增区间为(0,a+1).$
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Question: $已知函数f(x)=a\ln(x-a)-\frac{1}{2}x^2+x. a=-1$
$求f(x)的单调减区间；$

Solution:
$函数f(x)的定义域为(a,+\infty )，$

$f'(x)=\frac{a}{x-a}-x+1=\frac{-x[x-(a+1)]}{x-a}，$

$令f'(x)=0，$

$则x=0或a+1，$

$①当a+1<0，即a<-1时，$

$a<x<a+1或x>0时， f'(x)<0，$

$a+1<x<0时， f'(x)>0，$

$所以函数f(x)在(a,a+1),(0,+\infty )上递减，在(a+1,0)上递增，$

$②当a+1=0，即a=-1时， f'(x)\leq 0，$

$所以函数f(x)在(a,+\infty )上递减，$

$③当a+1>0，即-1<a<0时，$

$a<x<0或x>a+1时， f'(x)<0，$

$0<x<a+1时， f'(x)>0，$

$所以函数f(x)在(a,0),(a+1,+\infty )上递减，在(0,a+1)上递增，$

$综上，当a<-1时，函数f(x)的减区间为(a,a+1),(0,+\infty )，$

$增区间为(a+1,0)，$

$当a=-1时，函数f(x)的减区间为(a,+\infty )，$

$当-1<a<0时，函数f(x)的减区间为(a,0),(a+1,+\infty )，$

$增区间为(0,a+1).$



Final answer: (a,+\infty )
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Question: $已知函数f(x)=a\ln(x-a)-\frac{1}{2}x^2+x(a<0).$
$若-1<a<2(\ln 2 -1), 求证：函数f(x) 只有一个零点x_0，且a+1<x_0<a+2；$

Solution:
证明：当-1 < a < 2(ln 2-1)时，
$由(1)知，f(x)的极小值为f(0)，极大值为f(a+1)$
$因为f(0)=aln(-a) >0 ，f(a+1)= -\frac{1}{2}(a+1)^2 + (a+1) = \frac{1}{2}(1-a^2) >0$，
$且f(x)在(a+1,+\infty )上是减函数，$
所以$f(x)$至多有一个零点.
$又f(a+2)=aln 2 - \frac{1}{2}a^2 - a = -\frac{1}{2}a [a - 2(ln 2-1)] <0，$
$所以函数f(x)只有一个零点x_0，
且a+1 < x_0 < a+2.$
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Question: $设函数f(x)=x^3+ax^2+bx+c.$
$设a=b=4.若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；$

Solution:
$当a=b=4时， f(x)=x^3+4x^2+4x+c，$
$所以f' (x)=3x^2+8x+4.$
$令f'(x)=0，得3x^2+8x+4=0，$
$解得x=-2或x=-\frac{2}{3}.$
$f(x)与f'(x)在区间(-\infty ，+\infty )上的变化情况如下：$

| $x$ | $(-\infty ，-2) $| $-2$ | $(-2, -\frac{2}{3})$ | $-\frac{2}{3}$ |$ (-\frac{2}{3},+\infty) $|
|------|------|------|------|------|------|
| $f'(x)$ | + | 0 | - | 0 | + |
| $f(x)$  | $\text{单调递增}$| c | $\text{单调递减} $| $c-\frac{32}{27}$ | $\text{单调递增}$ | 

$所以，当c>0且c-\frac{32}{27}<0，即0<c<\frac{32}{27}时，存在x_1\in (-3，-2)，x_2\in (-2, -\frac{2}{3})，x_3\in (-\frac{2}{3},0)，使得f(x_1)=f(x_2)=f(x_3)=0.$
$由f(x)的单调性知，当且仅当c\in (0,\frac{32}{27})时，函数f(x)=x^3+4x^2+4x+c有三个不同零点.$

Final answer: (0,\frac{32}{27})
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Question: $已知函数f(x) = \frac{1}{3}x^{3}-x^{2}.$
$求f(x)的单调区间；$

Solution:
f(x)的定义域为R.
$f'(x) = x^2 - 2x,设 f'(x) = 0，得到x_1 = 0, x_2 = 2.$
x变化时， f(x), f'(x)的变化情况如下，

|  $x$  | $(-\infty ,0)$ |  0  | $(0,2)$ |  2  | $(2,+\infty )$ |
|:-----:|:------:|:---:|:------:|:---:|:------:|
|$f'(x)$|    +   |  0  |    -   |  0  |    +   |
| $f(x)$ |   $\text{单调递增}$   |极大值|   $\text{单调递减}$   |极小值|   $\text{单调递增}$   |

$由上表可知，f(x)的单调递增区间为(-\infty ,0)，(2,+\infty )，单调递减区间为(0，2).$

Final answer: $(-\infty ,0)，(2,+\infty )$
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Question: $已知函数f(x) = \frac{1}{3}x^{3}-x^{2}.$
$求f(x)的单调递减区间；$

Solution:
f(x)的定义域为R.
$f'(x) = x^2 - 2x,设 f'(x) = 0，得到x_1 = 0, x_2 = 2.$
x变化时， f(x), f'(x)的变化情况如下，

|  $x$  | $(-\infty ,0)$ |  0  | $(0,2)$ |  2  | $(2,+\infty )$ |
|:-----:|:------:|:---:|:------:|:---:|:------:|
|$f'(x)$|    +   |  0  |    -   |  0  |    +   |
| $f(x)$ |   $\text{单调递增}$   |极大值|   $\text{单调递减}$   |极小值|   $\text{单调递增}$   |

$由上表可知，f(x)的单调递增区间为(-\infty ,0)，(2,+\infty )，单调递减区间为(0，2).$



Final answer: (0，2)
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Question: $已知函数f(x) = \frac{1}{3}x^{3}-x^{2}.$
$若f(x)在区间(-1, m]上的取值范围是 [-\frac{4}{3},0]，求m的取值范围.$

Solution:
$由题意及(1)得f(-1)=-\frac{4}{3}, f(0)=0, f(2)=-\frac{4}{3}, f(3)=0.$
$1. 当m\in (-1,2)时，对于所有的x\in (-1,m], f(x)\neq -\frac{4}{3},不符合题意；$
$2. 当m\in [2,3]时，对于所有的x\in (-1,m]，-\frac{4}{3}\leq f(x)\leq 0，符合题意；$
$3. 当m>3时，由f(x)在区间(2，+\infty )上单调递增可得f(m)>f(3)=0，不符合题意.$
$综上，m的取值范围是[2,3].$

Final answer: [2,3]
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Question: $已知函数f(x)=e^{x}-a\sin  x.$
$若对任意x \in [0,\pi], 不等式f(x) \geq 2 - \\cos  x恒成立，求a的取值范围.$

Solution:
$记m(x)=f(x)+\cos  x-2=e^{x}-a\sin  x+\cos  x-2，  $
$则m'(x)=e^{x}-a\cos  x-\sin  x，记h(x)=e^{x}-a\cos  x-\sin  x，  $
$则h'(x)=e^{x}+a\sin  x-\cos  x，  $
$因为当x\in [0,\pi ]时，e^{x}\geq e^{0}=1，\cos  x\leq 1,\sin  x\geq 0  $
$所以当a\geq 0，x\in [0,\pi ]时，h'(x)\geq 0，  $
$所以m'(x)在区间[0,\pi ]上单调递增().  $
$①当a>1时，m'(0)=1-a<0，m'(\pi )=e^{\pi }+a>0，且m'(x)在区间[0,\pi ]上单调递增，  $
$所以存在唯一x_{0}\in (0,\pi )，使得m'(x)=0。  $
$当x\in (0,x_{0})时，m'(x)<0，所以m(x)在区间(0,x_{0})上单调递减。  $
$可得m(x_{0})<m(0)=0，所以不合题意.  $
$②当a=1时，m(x)=e^{x}-\sin  x+\cos  x-2，m'(x)=e^{x}-\cos  x-\sin  x，由()知：m'(x)在区间[0,\pi ]上单调递增，所以当x\in [0,\pi ]时，m'(x)\geq m'(0)=0。  $
$所以m(x)在区间[0,\pi ]上单调递增.所以m(x)\geq m(0)=0在区间[0,\pi ]上恒成立，符合题意.  $
$③当a<1时，m(x)=e^{x}-a\sin  x+\cos  x-2>e^{x}-\sin  x+\cos  x-2，由②可知，此时m(x)>0在区间[0,\pi ]上恒成立，综上，实数a的取值范围是(-\infty ,1].$

Final answer: $(-\infty ,1]$
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Question: $已知函数f(x)=x+\frac{2a^2}{x}+aln x(a\in R).$
$当x\in [e,+\infty )时，曲线y=f(x)在x轴的上方，求实数a的取值范围.$

Solution:
$当a\geq 0，x\geq e时，f(x)>0，故曲线y=f(x)在x轴的上方.$
$当a<0时，f'(x)=1-\frac{2a^2}{x^2}+\frac{a}{x}=\frac{(x-a)(x+2a)}{x^2}.$
$令f'(x)=0,得x=－2a或x=a(舍去).$
$当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下：$

|$x$|$(0,－2a)$|$－2a$|$(－2a,+\infty )$|
|---|---|---|---|
|$f'(x)$|-|0|+|
|$f(x)$|$\text{单调递减}$|极小值|$\text{单调递增}$|

$当－2a\leq e，即－\frac{\mathrm{e}}{2}\leq a<0时,f(x)在区间[e,+\infty )上单调递增，则f(x)\geq f(e)=\frac{2}{\mathrm{e}}a^2+a+e=\frac{2}{\mathrm{e}}\left(a+\frac{\mathrm{e}}{4}\right)^2+\frac{7}{8}e>0，$
$所以曲线y=f(x)在x轴的上方.$
$当－2a>e，即a<－\frac{\mathrm{e}}{2}时，f(x)在区间[e,－2a)上单调递减，在区间(－2a,+\infty )上单调递增，$
$则f(x)\geq f(－2a)=－3a+aln(－2a).$
$由x\in [e,+\infty )时，曲线y=f(x)在x轴的上方，$
$有－3a+aln(－2a)>0，解得 a>－\frac{\mathrm{e}^3}{2}.$
$所以－\frac{\mathrm{e}^3}{2}<a<－\frac{\mathrm{e}}{2}.$
$综上，实数a的取值范围为\left(-\frac{\mathrm{e}^3}{2},+\infty \right).$



Final answer: $\left(-\frac{\mathrm{e}^3}{2},+\infty \right)$
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Question: $设函数f(x)=x^2+m\ln(x+1)(m \in R)$
$若函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点,求实数m的取值范围.$

Solution:
$ f(x)=x^2+mln(x+1)，f(x)的定义域为(－1，+\infty )，$
$ f'(x)=2x+\frac{m}{x+1}=\frac{2x^2+2x+m}{x+1}，$
$ 令f'(x)=0，$
$ 则2x^2+2x+m=0.$
$ 当\Delta =4－8m \leq 0，即m\geq \frac{1}{2}时，f'(x)\geq 0，f(x)在(－1,+\infty )上单调递增，$
$ 又f(0)=0，所以f(x)在(0，1)上无零点，不合题意.$
$ 当\Delta =4－8m >0，即m<\frac{1}{2}时，2x^2+2x+m=0有两根x_1，x_2 (x_1<x_2 ).$
$ 当2\times (－1)^2+2\times (－1)+m>0，即0<m<\frac{1}{2}时，x_1\in \left(-1,-\frac{1}{2}\right)，x_2\in \left(-\frac{1}{2},0\right)，$
$ 此时f(x)在(x_2，+\infty )上单调递增，又f(0)=0，所以f(x)在(0，1)上无零点，不合题意；$
$ 当m=0时，f(x)=x^2，此时f(x)在(0，1)上无零点，不合题意；$
$ 当m<0时，x_1\in (－\infty ，－1)，x_2\in (0，+\infty )，$
$ 此时f(x)在(0，x_2)上单调递减，在(x_2，+\infty )上单调递增，又f(0)=0，$
$ 所以f(x_2)<0，若f(x)在区间(0，1)上存在唯一零点，则f(1)>0,$
$ 解得m>- \frac{1}{ln 2},即-\frac{1}{ln 2}<m<0.$
$ 综上，若f(x)在区间(0，1)上存在唯一零点，则m\in \left(-\frac{1}{ln 2},0\right).$



Final answer: \left(-\frac{1}{ln 2},0\right)
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Question: $已知函数f(x)=e^{x}(ax^{2}-x+1).$
$若函数f(x)在x=0处取得极大值，求a的取值范围；$

Solution:
f'(x)=x(ax+2a-1)e^{x}.
①当a=0时，f'(x)=-xe^{x}，令f'(x)=0，得x=0，
f(x)与f '(x)的情况如下：

|$x$|$(-\infty ,0)$|0|(0,+\infty )|
|---|---|---|---|
|$f'(x)$|+|0|-|
|$f(x)$|$\text{单调递增}$|极大值|$\text{单调递减}$|

此时，f(x)在x=0处取得极大值，符合题意.
②当a>0时，令f'(x)=0，得x=0或x=1/a-2.
当0<a<1/2时，1/a－2>0,f(x)与f'x的情况如下：

|x|$(-\infty ,0)$|0|$(0,1/a-2)$|$1/a-2$|$(1/a-2, +\infty )$|
|---|---|---|---|---|---|
|f'(x)|+|0|-|0|+|
|f(x)|$\text{单调递增}$|极大值|$\text{单调递减}$|极小值|$\text{单调递增}$|

$此时，f(x)在x=0处取得极大值，符合题意；$
$当a=1/2时，1/a-2=0，f'(x)\geq 0，f(x)单调递增，无极大值，不符合题意；$
$当a>1/2时，1/a-2<0，f(x)与f'x的情况如下：$

|x|$(-\infty  ,1/a-2)$|$1/a-2$|$(1/a-2,0)$|$0$|$(0,+\infty )$|
|---|---|---|---|---|---|
|$f'(x)$|+|0|-|0|+|
|$f(x)$|$\text{单调递增}$|极大值|$\text{单调递减}$|极小值|$\text{单调递增}$|

此时，f(x)在x=0处取得极小值，不符合题意；
③$当a<0时，1/a-2<0.f(x)与f'x的情况如下：$

|$x$|$(-\infty  ,1/a-2)$|$1/a-2$|($1/a-2,0)$|0|$(0,+\infty )$|
|---|---|---|---|---|---|
|$f'(x)$|-|0|+|0|-|
|$f(x)$|$\text{单调递减}$|极小值|$\text{单调递增}$|极大值|$\text{单调递减}$|

此时，$f(x)在x=0$处取得极大值，符合题意.
$综上，a的取值范围是(-\infty  ,1/2).$

Final answer: $(-\infty  ,1/2)$
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Question: $已知函数f(x)=e^{x}(ax^{2}-x+1).$
$若函数f(x)存在最小值，直接写出a的取值范围.$

Solution:
$\left(0,\frac{1}{4}\right].详解：可以分四种情况讨论：$
$①a=0$
$②a <0$
$③0 < a < \frac{1}{2}$
$④a \geq \frac{1}{2}.$
$由(2)知，若a=0，f(x)无最小值；$
$若a<0，f(x)无最小值；$
$若0<a<\frac{1}{2}，当x\rightarrow －\infty 时，f(x)\rightarrow 0；$
$当x>0时，要使函数存在最小值，则$
$f\left(\frac{1-2a}{a}\right)=e^{\frac{1-2a}{a}}\left[a\left(\frac{1-2a}{a}\right)^2-\frac{1-2a}{a}+1\right]=e^{\frac{1-2a}{a}}(4a－1)\leq 0$
$解得0<a\leq \frac{1}{4}，故a的取值范围为\left(0,\frac{1}{4}\right] ；$
$若a \geq \frac{1}{2}，当x\rightarrow －\infty 时，f(x)\rightarrow 0，又f(0)=1，故f(x)无最小值. 综上所述，函数f(x)存在最小值时，a的取值范围为\left(0,\frac{1}{4}\right].$



Final answer: $\left(0,\frac{1}{4}\right]$
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Question: $已知函数f(x)=ln\frac{1-x}{2}+\frac{a}{x}.$
$当a=－\frac{1}{2}时,求函数f(x)的单调增区间；$

Solution:
$f(x) 的定义域为(-\infty,0) \cup (0,1),$
$当a = -\frac{1}{2} 时, f'(x) = \frac{1}{x-1} + \frac{1}{2x^2} = \frac{(2x-1)(x+1)}{2x^2(x-1)},$
$令f'(x) = 0, 得x = -1或x =\frac{1}{2}.$
$f'(x) 与 f(x) 的情况如下：$

| $x$ | $(-\infty,-1)$ | -1 | $(-1,0)$ |$(0,\frac{1}{2})$ | $\frac{1}{2}$ | $(\frac{1}{2},1)$ |
|---- | ----         | ---- | ----   | ----       | ----   | ----       |
|$f'(x) $| -    | 0  | + | +     | 0    | - |
| $f(x)$ | $\downarrow$ | $\frac{1}{2}$ | $\uparrow$ | $\uparrow$ | $\ln\frac{1}{4} - 1$ | $\downarrow$ |

$所以y=f(x)的单调增区间为(-1,0), \left(0,\frac{1}{2}\right), 单调减区间为(-\infty,-1), \left(\frac{1}{2},1\right).$



Final answer: (-1,0), \left(0,\frac{1}{2}\right)
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=ln\frac{1-x}{2}+\frac{a}{x}.$
$当a=－\frac{1}{2}时,求函数f(x)的单调区间；$

Solution:
$f(x) 的定义域为(-\infty,0) \cup (0,1),$
$当a = -\frac{1}{2} 时, f'(x) = \frac{1}{x-1} + \frac{1}{2x^2} = \frac{(2x-1)(x+1)}{2x^2(x-1)},$
$令f'(x) = 0, 得x = -1或x =\frac{1}{2}.$
$f'(x) 与 f(x) 的情况如下：$

| $x$ | $(-\infty,-1)$ | -1 | $(-1,0)$ |$(0,\frac{1}{2})$ | $\frac{1}{2}$ | $(\frac{1}{2},1)$ |
|---- | ----         | ---- | ----   | ----       | ----   | ----       |
|$f'(x) $| -    | 0  | + | +     | 0    | - |
| $f(x)$ | $\downarrow$ | $\frac{1}{2}$ | $\uparrow$ | $\uparrow$ | $\ln\frac{1}{4} - 1$ | $\downarrow$ |

$所以y=f(x)的单调增区间为(-1,0), \left(0,\frac{1}{2}\right), 单调减区间为(-\infty,-1), \left(\frac{1}{2},1\right).$

Final answer: $y=f(x)的单调增区间为(-1,0), \left(0,\frac{1}{2}\right), 单调减区间为(-\infty,-1), \left(\frac{1}{2},1\right).$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=ln\frac{1-x}{2}+\frac{a}{x}.$
$当x<0时,f(x) \geq \frac{1}{2}恒成立,求a的取值范围.$

Solution:
$因为x<0时,f(x)\geq\frac{1}{2}恒成立,$
$所以a\leq\frac{x}{2}-xln\frac{1-x}{2}.$
$令g(x)=\frac{x}{2}-xln\frac{1-x}{2}(x<0).$
$则g'(x)=\frac{1}{2}-ln\frac{1-x}{2}-\frac{x}{x-1}=-ln\frac{1-x}{2}-\frac{1}{x-1}-\frac{1}{2},$
$所以g'(-1)=0.$
$令h(x)=g'(x)=-ln\frac{1-x}{2}-\frac{1}{x-1}-\frac{1}{2}(x<0),$
$则h'(x)=-\frac{1}{x-1}+\frac{1}{{(x-1)}^2}=\frac{2-x}{{(x-1)}^2}>0.$
$所以h(x)=g'(x)单调递增.$
$g'(x)与g(x)的情况如下：$

|$x$|$(－\infty ,－1)$|$-1$|$(－1,0)$
|---|---|---|---
|$g'(x)$|－|0|+
|$g(x)$ |$ \text{单调递减}$|$-\frac{1}{2}$|$\text{单调递增}$

$所以g_{min}=g(-1)=-\frac{1}{2},$
$所以a的取值范围是(-\infty,-\frac{1}{2}).$

Final answer: $(-\infty,-\frac{1}{2})$
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Question: $设函数f(x)=2sinx cosx +Acos2x (A\in R). 已知存在A使得f(x)同时满足下列三个条件中的两个：$
$条件①：f(0)=0；条件②：f(x)的最大值为\sqrt{2}；条件③：x=\frac{\pi}{8} 是f(x)图象的一条对称轴.$
$若f(x)在区间(0, m)上有且只有一个零点，求m的取值范围.$

Solution:
$解法一:当0<x<m时，\frac{\pi}{4}<2x+\frac{\pi}{4}<2m+\frac{\pi}{4}，因为f(x)在区间(0,m)上有且只有一个零点，所以\pi <2m+\frac{\pi}{4}\leq 2\pi ，得\frac{3\pi}{8}<m\leq \frac{7\pi}{8}，所以m的取值范围是(\frac{3\pi}{8},\frac{7\pi}{8}].$

$解法二：令2x+\frac{\pi}{4}=k\pi ,k\in Z，得x=\frac{1}{2}k\pi －\frac{\pi}{8},k\in Z.所以f(x)的所有零点为\frac{1}{2}k\pi －\frac{\pi}{8},k\in Z，即\ldots ,－\frac{\pi}{8},\frac{3\pi}{8},\frac{7\pi}{8},\ldots ，因为f(x)在区间(0,m)上有且只有一个零点，所以该零点为\frac{3\pi}{8}，故m的取值范围是(\frac{3\pi}{8},\frac{7\pi}{8}].$

Final answer: $(\frac{3\pi}{8},\frac{7\pi}{8}]$
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Question: $已知函数f(x) = cos x (2\sqrt{3} sin x+cos x) - sin ^2x.$
$若当x\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]时，关于x的不等式f(x) \geq  m 有解，求实数m的取值范围.$

Solution:
$由题意可知，不等式f(x)\geq m有解，即m\leq f(x)_{max}$
$因为x\in [0,\frac{\pi }{2}]，所以\frac{\pi }{6} \leq  2x + \frac{\pi }{6} \leq  \frac{7\pi }{6}$
$故当2x+\frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2}，即x = \frac{\pi }{6}时，f(x)取得最大值，且最大值为f \left(\frac{\pi }{6}\right) = 2$
$所以m\leq 2$




Final answer: [2,+\infty)
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = cos x (2\sqrt{3} sin x+cos x) - sin ^2x.$
$若当x\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]时，关于x的不等式f(x) \geq  m ，求实数m的取值范围.$
$请选择①和②中的一个条件，补全问题(2)，并求解.其中，①有解；②恒成立.$

Solution:
若选择①：
$由题意可知，不等式f(x)\geq m有解，即m\leq f(x)_{max}$
$因为x\in [0,\frac{\pi }{2}]，所以\frac{\pi }{6} \leq  2x + \frac{\pi }{6} \leq  \frac{7\pi }{6}$
$故当2x+\frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2}，即x = \frac{\pi }{6}时，f(x)取得最大值，且最大值为f \left(\frac{\pi }{6}\right) = 2$
$所以m\leq 2$

若选择②：
$由题意可知，不等式f(x)\geq m恒成立，即m\leq f(x)_{min}$
$因为x\in [0,\frac{\pi }{2}]，所以\frac{\pi }{6} \leq  2x + \frac{\pi }{6} \leq  \frac{7\pi }{6}$
$故当2x+\frac{\pi }{6} = \frac{7\pi }{6}，即x = \frac{\pi }{2}时，f(x)取得最小值，且最小值为f \left(\frac{\pi }{2}\right) = -1$
$所以m\leq -1$

Final answer: $若选择①：m\leq 2$
$若选择②：m\leq -1$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数 f(x)=2sin xcos\left(x+\frac{\pi }{3}\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}.（答案中，可以用k表示任意整数）$
$求函数f(x)的单调递减区间；$

Solution:
$f(x) = 2sin x cos \left(x+\frac{\pi }{3}\right) + \frac{\sqrt{3}}{2}$

$= 2sin x \left(\frac{1}{2}cos  x-\frac{\sqrt{3}}{2}sin  x\right) + \frac{\sqrt{3}}{2}$

$= sin x cos x - \sqrt{3} sin^2 x + \frac{\sqrt{3}}{2}$

$= \frac{1}{2}sin 2x - \frac{\sqrt{3}}{2}(1-cos 2x) + \frac{\sqrt{3}}{2}$

$= sin \left(2x + \frac{\pi }{3}\right)$

$令 \frac{\pi }{2} + 2k\pi \leq 2x + \frac{\pi }{3} \leq \frac{3\pi }{2} + 2k\pi , k\in Z$

$解得 \frac{\pi }{12} + k\pi \leq x \leq \frac{7\pi }{12} + k\pi , k\in Z$

$所以 f(x) 的单调递减区间为 \left[\frac{\pi }{12} + k\pi , \frac{7\pi }{12} + k\pi \right] , k\in Z.$



Final answer: [\frac{\pi }{12} + k\pi , \frac{7\pi }{12} + k\pi]
Subfield: Derivative


Question: $已知函数 f(x)=2sin xcos\left(x+\frac{\pi }{3}\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}.$
$求函数f(x)的单调递减区间；$

Solution:
$f(x) = 2sin x cos \left(x+\frac{\pi }{3}\right) + \frac{\sqrt{3}}{2}$

$= 2sin x \left(\frac{1}{2}cos  x-\frac{\sqrt{3}}{2}sin  x\right) + \frac{\sqrt{3}}{2}$

$= sin x cos x - \sqrt{3} sin^2 x + \frac{\sqrt{3}}{2}$

$= \frac{1}{2}sin 2x - \frac{\sqrt{3}}{2}(1-cos 2x) + \frac{\sqrt{3}}{2}$

$= sin \left(2x + \frac{\pi }{3}\right)$

$令 \frac{\pi }{2} + 2k\pi \leq 2x + \frac{\pi }{3} \leq \frac{3\pi }{2} + 2k\pi , k\in Z$

$解得 \frac{\pi }{12} + k\pi \leq x \leq \frac{7\pi }{12} + k\pi , k\in Z$

$所以 f(x) 的单调递减区间为 \left[\frac{\pi }{12} + k\pi , \frac{7\pi }{12} + k\pi \right] , k\in Z.$

Final answer: $[\frac{\pi }{12} + k\pi , \frac{7\pi }{12} + k\pi] , k\in Z$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数 f(x)=2sin xcos\left(x+\frac{\pi }{3}\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}.$
$当x\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]时, f(x)-m>0能成立，求m的取值范围.$

Solution:
:
$因为0\leq x\leq \frac{\pi }{2}，则\frac{\pi }{3}\leq 2x+\frac{\pi }{3}\leq \frac{4\pi }{3}，$
$所以-\frac{\sqrt{3}}{2}\leq \sin \left(2x+\frac{\pi }{3}\right)\leq 1，故f(x)_{max}=1，$
$当x\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]时, f(x)-m>0能成立，即m<f(x)_{max}，$
$所以m<1，故m的取值范围为(-\infty ,1).$

Final answer: (-\infty,1)
Subfield: Derivative


Question: $已知函数 f(x)=\sqrt{3}\cos\left(2x-\frac{\pi }{3}\right)-2\sin x\cos x.$
$求证：当x \in  \left[-\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{4}\right]时， f(x) \geq  -\frac{1}{2}.$

Solution:
$证明：因为-\frac{\pi }{4} \leq  x \leq  \frac{\pi }{4},所以 -\frac{\pi }{6} \leq  2x + \frac{\pi }{3} \leq  \frac{5\pi }{6}.$

$所以 \sin (2x+\frac{\pi }{3}) \geq  \sin (-\frac{\pi }{6}) = -frac{1}{2}.$

$所以当 x \in  [-\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{4}] 时， f(x) \geq  -\frac{1}{2}.$
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=\cos(2x-\frac{\pi}{3})+2\cos^2x.$
$求函数f(x)的单调减区间.$

Solution:
$当f(x)单调递减时，有 \frac{\pi }{2}+2k\pi \leq 2x+\frac{\pi }{3}\leq \frac{3\pi }{2}+2k\pi , k\in Z，解得 \frac{\pi }{12}+k\pi \leq x\leq \frac{7\pi }{12}+k\pi , k\in Z，故f(x)的单调递减区间为 \left[\frac{\pi }{12}+k\pi ,\frac{7\pi }{12}+k\pi \right]，k\in Z.$

Final answer: $\left[\frac{\pi }{12}+k\pi ,\frac{7\pi }{12}+k\pi \right]，k\in Z.$
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=\cos(2x-\frac{\pi}{3})+2\cos^2x.$
答案中可用k表示任意整数
$求函数f(x)的单调减区间.$

Solution:
$当f(x)单调递减时，有 \frac{\pi }{2}+2k\pi \leq 2x+\frac{\pi }{3}\leq \frac{3\pi }{2}+2k\pi , k\in Z，解得 \frac{\pi }{12}+k\pi \leq x\leq \frac{7\pi }{12}+k\pi , k\in Z，故f(x)的单调递减区间为 \left[\frac{\pi }{12}+k\pi ,\frac{7\pi }{12}+k\pi \right]，k\in Z.$



Final answer: $\left[\frac{\pi }{12}+k\pi ,\frac{7\pi }{12}+k\pi \right]$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $在锐角\triangle ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知2b\sin A- \sqrt{3}a=0.$
$求cos A + cos B + cos C的取值范围.$

Solution:
$由A + B + C =\pi 得C = \frac{2\pi }{3} - A，$
$因为\triangle ABC 是锐角三角形，所以A \in  \left(0,\frac{\pi }{2}\right), C \in  \left(0,\frac{\pi }{2}\right) ，即 \frac{2\pi }{3} - A \in  \left(0,\frac{\pi }{2}\right), 所以 A \in  \left(\frac{\pi }{6},\frac{\pi }{2}\right).$
$由\cos  C =\cos \left(\frac{2\pi }{3}-A\right) =-\frac{1}{2} \cos  A + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin  A，得\cos  A +\cos  B +\cos  C = \frac{\sqrt{3}}{2} \sin  A + \frac{1}{2} \cos  A + \frac{1}{2} =\sin \left(A+\frac{\pi }{6}\right) + \frac{1}{2} \in  \left(\frac{\sqrt{3}+1}{2},\frac{3}{2}\right].$
$故\cos  A +\cos  B +\cos  C 的取值范围是 \left(\frac{\sqrt{3}+1}{2},\frac{3}{2}\right].$



Final answer: $\left(\frac{\sqrt{3}+1}{2},\frac{3}{2}\right]$
Subfield: Sequence


Question: $已知等差数列a_n的首项a_1=-1,公差d>1。记a_n的前n项和为S_n (n\in N^)。$
$若对于每个n\in N^{},存在实数c_n，使a_n+c_n，a_{n+1}+4c_n，a_{n+2}+15c_n成等比数列,求d的取值范围.$

Solution:
$由(1)知a_n = (n-1)d - 1, n \in N^ ，依题意得[c_n+(n-1)d-1][15c_n+(n+1)d-1] = (4c_n + nd - 1)^2，$
$即 15c_n^2+[(16n-14)d-16]c_n+(n^2-1)d^2-2nd+1 = 16c_n^2+8(nd-1)c_n+n^2d^2-2nd+1，故c_n^2+[(14-8n)d+8]c_n+d^2=0，$
$故 [(14-8n)d+8]^2 - 4d^2= [(12-8n)d+8][(16-8n)d+8] \geq  0，故[(3-2n)d+2][(2-n)d+1] \geq  0 对任意正整数n 恒成立，$
$n=1 时，显然成立；n=2 时，-d+2 \geq  0，则 d \leq  2；$
$n \geq  3 时，[(2n-3)d-2][(n-2)d-1] > (2n-5)(n-3) \geq  0.$
$综上所述，1 < d \leq  2.$

Final answer: (1,2]
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^x\cos x-x.$
$求函数f(x)在区间 [0,\frac{\pi}{2}] 上的最大值和最小值.$

Solution:
$设h(x)=e^{x}(\cos  x-\\sin  x)-1，$
$则h'(x)=e^{x}(\cos  x-\sin  x-\sin  x-\cos  x)=-2e^{x}\sin  x.$
$当x\in (0,\frac{\pi }{2})时，h'(x)<0，$
$所以h(x)在区间[0,\frac{\pi }{2}]上单调递减.$
$所以对任意x\in (0,\frac{\pi }{2}]有h(x)<h(0)=0，即f'(x)<0.$
$所以函数f(x)在区间[0,\frac{\pi }{2}]上单调递减.$
$因此f(x)在区间[0,\frac{\pi }{2}]上的最大值为f(0)=1，最小值为f\left(\frac{\pi }{2}\right)=-\frac{\pi }{2}.$



Final answer: $1，-\frac{\pi }{2}$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = x^2 + x\sin (x) + \cos (x).$
若曲线y=f(x)与直线y=b有两个不同交点，求b的取值范围.

Solution:
$令f'(x)=0，得x=0.f(x)和f'(x)的情况如下：$

|x| (-\infty ，0)|0|(0，+\infty )|
|--|--|--|--|
|$f'(x)$|$-$|$0$|$+$|
|$f(x)$|单调递减|$1$|单调递增|

$所以函数f(x)在区间(-\infty ，0)上单调递减，在区间(0，+\infty )上单调递增， f(0)=1是f(x)的最小值.$
$当b\leq 1时，曲线y=f(x)与直线y=b最多只有一个交点；当b>1时， f(-2b)=f(2b)\geq 4b^2-2b-1>4b-2b-1>b， f(0)=1<b，所以存在x_1\in (-2b，0)，x_2\in (0，2b)，使得f(x_1)=f(x_2)=b.$
$由于函数f(x)在区间(-\infty ，0)和(0，+\infty )上均单调，所以当b>1时曲线y=f(x)与直线y=b有且仅有两个不同交点.$
$综上可知，如果曲线y=f(x)与直线y=b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，+\infty ).$

Final answer: $(1，+\infty )$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=2x^3-3x.$
$若过点P(1, t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切，求t的取值范围；$

Solution:
$设过点P(1,t)的直线与曲线y=f(x)相切于点(x_0,y_0),则y_0=2x^3_0-3x_0,且切线斜率为k=6x^2_0-3,$
所以切线方程为$y-yₒ=(6x_2_0-3)(x-xₒ)$,
因此$t-yₒ=(6x_2_0-3)(1-xₒ)$.
整理得$4x_3_0-6x_2_0+t+3=0$.
设$g(x)=4x^3-6x^2+t+3$,
则“过点$P(1,t)$存在3条直线与曲线$y=f(x)$相切”等价于“$g(x)$有3个不同零点”.
$g'(x)=12x^2-12x=12x(x-1).$
$g(x)与g'(x)$的变化情况如下表：

|$x$|$(-\infty ,0)$|0|$(0,1)$|1|$(1,+\infty )$|
|-|-|-|-|-|-|
|$g'(x)$|+|0|-|0|+|
|$g(x)$|$\text{单调递增}$|$t+3$|$\text{单调递减}$|$t+1$|$\text{单调递增}$|

$所以,g(0)=t+3是g(x)的极大值,g(1)=t+1是g(x)的极小值.$
$当g(0)=t+3\leq 0,即t\leq -3时,此时g(x)在区间(-\infty ,1]和(1,+\infty )上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.$
$当g(1)=t+1\geq 0,即t\geq -1时，此时g(x)在区间(-\infty ,0)和[0,+\infty )上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.$
$当g(0)>0且g(1)<0，即-3<t<-1时，因为g(-1)=t-7<0,g(2)=t+11>0,所以g(x)在区间[-1,0),[0,1)和[1,2)上分别有1个零点.由于g(x)在区间(-\infty ,0)和(1,+\infty )上单调，所以g(x)在区间(-\infty ,0)和[1,+\infty )上分别有1个零点.$
$综上可知，当过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切时,t的取值范围是(-3,-1).$

Final answer: $(-3,-1)$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=(\sqrt{x}+a)e^{x}(a\in R).$
$若f(x)是增函数,求a的取值范围;$

Solution:
$f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}e^{x} + (\sqrt{x} + a)e^{x} = \frac{2x + 2a\sqrt{x} + 1}{2\sqrt{x}}e^{x} (x > 0)$

$因为函数f(x)是增函数，所以f'(x) \geq 0在区间(0，+\infty )上恒成立，$

$即2x + 2a\sqrt{x} + 1 \geq 0在区间(0，+\infty )上恒成立，$

$即 a \geq -(\sqrt{x} + \frac{1}{2\sqrt{x}})在区间(0，+\infty )上恒成立，$

$因为\sqrt{x} + \frac{1}{2\sqrt{x}} \geq \sqrt{2}，当且仅当x = \frac{1}{2}时等号成立，$

$所以[-(\sqrt{x} + \frac{1}{2\sqrt{x}})]_{max} = -\sqrt{2}，所以 a \geq -\sqrt{2}.$

$当a = -\sqrt{2}时，满足条件.$

$所以a的取值范围是[-\sqrt{2} , +\infty ).$

Final answer: $[-\sqrt{2} , +\infty )$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=(x-2)e^{x}-\frac{a}{2}(x-1)^2, a \in R.$
$求函数f(x)的单调区间.$

Solution:
：
$由题意知, f(x)的定义域为R.$

$f '(x)=(x－1)e^{x}－a(x－1)=(x－1)(e^{x}－a),$

$①当a\leq 0时，e^{x}－a>0，则当x<1时, f '(x)<0，当x>1时, f '(x)>0，所以f(x)在(－\infty ,1)上单调递减，在(1,+\infty )上单调递增.$

$②当a>0时，由f '(x)=0得x>=1或x=ln a，$

$(i)若a=e，则f '(x)=(x－1)(e^{x}－e)\geq 0，所以f(x)在 R 上单调递增；$

$(ii)若0<a<e，则ln a<1，$

$所以当x<ln a或x>1时, f '(x)>0，当ln a<x<1时, f '(x)<0，所以f(x)在(ln a,1)上单调递减，在(－\infty ,ln a)和(1,+\infty )上单调递增；$

$(iii)若a>e，则ln a>1，$

$所以当x<1或x>ln a时, f '(x)>0，当1<x<ln a时, f '(x)<0，所以f(x)在(1,ln a)上单调递减，在(－\infty ,1)和(ln a,+\infty )上单调递增.$

$综上所述，当a\leq 0时, f(x)的单调递减区间是(－\infty ,1)，单调递增区间是(1,+\infty );$

$当0<a<e时, f(x)的单调递减区间是(ln a,1)，单调递增区间是(－\infty ,ln a)和(1,+\infty );$

$当a=e时, f(x)的单调递增区间是(－\infty ,+\infty )，无单调递减区间;$

$当a>e时, f(x)的单调递减区间是(1,ln a)，单调递增区间是(－\infty ,1)和(ln a,+\infty ).$

Final answer: $$
\begin{align*}
&当a\leq 0时, f(x)的单调递减区间是(－\infty ,1)，单调递增区间是(1,+\infty );\\
&当0<a<e时, f(x)的单调递减区间是(ln a,1)，单调递增区间是(－\infty ,ln a)和(1,+\infty );\\
&当a=e时, f(x)的单调递增区间是(－\infty ,+\infty )，无单调递减区间;\\
&当a>e时, f(x)的单调递减区间是(1,ln a)，单调递增区间是(－\infty ,1)和(ln a,+\infty ).
\end{align*}
$$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=(x-2)e^{x}-\frac{a}{2}(x-1)^2, 0<a<e.$
$求函数f(x)的单调递减区间.$

Solution:
：
$由题意知, f(x)的定义域为R.$

$f '(x)=(x－1)e^{x}－a(x－1)=(x－1)(e^{x}－a),$

$①当a\leq 0时，e^{x}－a>0，则当x<1时, f '(x)<0，当x>1时, f '(x)>0，所以f(x)在(－\infty ,1)上单调递减，在(1,+\infty )上单调递增.$

$②当a>0时，由f '(x)=0得x>=1或x=ln a，$

$(i)若a=e，则f '(x)=(x－1)(e^{x}－e)\geq 0，所以f(x)在 R 上单调递增；$

$(ii)若0<a<e，则ln a<1，$

$所以当x<ln a或x>1时, f '(x)>0，当ln a<x<1时, f '(x)<0，所以f(x)在(ln a,1)上单调递减，在(－\infty ,ln a)和(1,+\infty )上单调递增；$

$(iii)若a>e，则ln a>1，$

$所以当x<1或x>ln a时, f '(x)>0，当1<x<ln a时, f '(x)<0，所以f(x)在(1,ln a)上单调递减，在(－\infty ,1)和(ln a,+\infty )上单调递增.$

$综上所述，当a\leq 0时, f(x)的单调递减区间是(－\infty ,1)，单调递增区间是(1,+\infty );$

$当0<a<e时, f(x)的单调递减区间是(ln a,1)，单调递增区间是(－\infty ,ln a)和(1,+\infty );$

$当a=e时, f(x)的单调递增区间是(－\infty ,+\infty )，无单调递减区间;$

$当a>e时, f(x)的单调递减区间是(1,ln a)，单调递增区间是(－\infty ,1)和(ln a,+\infty ).$



Final answer: (ln a,1)
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}，g(x)=\ln(x+a)(a \in \mathbb{R}).$
$当a=0时，若对于任意s>t>0，不等式g(s) - g(t) > k \left( \frac{1}{f(s)}-\frac{1}{f(t)}\right)恒成立，求k的取值范围.$

Solution:
$当a = 0时，g(x) = \ln x，$

$对于任意s > t > 0，不等式g(s) - g(t) > k \left( \frac{1}{f(s)}-\frac{1}{f(t)}\right)恒成立，$

$等价于对于任意s > t > 0，不等式g(s) - \frac{k}{f(s)} > g(t) - \frac{k}{f(t)} 恒成立，$

$等价于函数h(x) = g(x) - \frac{k}{f(x)} = \ln x - \frac{k}{e^x}在(0,+\infty )上单调递增，$

$等价于导函数h'(x) = \frac{1}{x} + \frac{k}{e^x} \geq  0在(0,+\infty )上恒成立，$

$等价于对于任意x > 0，不等式k \geq  -\frac{e^x}{x}恒成立，$

$令n(x) = -\frac{e^x}{x}，则n'(x) = -\frac{e^x\cdot x-e^x}{x^2} = \frac{e^x(1-x)}{x^2}，x > 0，$

$当0 < x < 1时，n'(x) > 0，此时n(x)单调递增；$

$当x > 1时，n'(x) < 0，此时n(x)单调递减，$

$所以max\{n(x)\} = n(1) = -e，即k \geq  -e，$

$故k的取值范围为[-e,+\infty ).$

Final answer: $[-e,+\infty )$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数 f(x)=ax^{2}-x\ln x.$
$当a=0时，求f(x)的单调递增区间；$

Solution:
$当a=0时, f(x)=-xlnx (x>0)，故f'(x)=-lnx-1，令f'(x)=-lnx-1>0，则0<x<\frac{1}{e}，即f(x)的单调递增区间为(0,\frac{1}{e}).$

Final answer: $(0,\frac{1}{e})$