di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆𝐶：  \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1  (𝑎>𝑏>0)过点  (1,\frac{\sqrt{6}}{3})  ，过其右焦点  F_2  且垂直于  x  轴的直线交椭圆  𝐶  于  A  ，  B  两点，且|𝐴𝐵|=  \frac{2\sqrt{3}}{3} .$
$若直线l：y=kx-\frac{1}{2}与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为Q，在y轴上是否存在定点P，使得\angle EQP=2\angle EFP恒成立？若存在，求出点P的坐标；$

Solution:
$假设在y轴上存在定点P，使得\angle EQP=2\angle EFP恒成立，设P(0,y_0)，E(x_1,y_1)，F(x_2,y_2)，$
$由\left\{\begin{matrix}y=kx-\frac{1}{2},\\ \frac{x^2}{3}+y^2=1,\end{matrix}\right.得(4+12k^2)x^2-12kx-9=0，\therefore x_1+x_2=\frac{12k}{4+12k^2}，x_1x_2=\frac{-9}{4+12k^2}，\Delta =144k^2+36(4+12k^2)>0.$
$\because \angle EQP=2\angle EFP，\therefore \angle EFP=\angle FPQ，\therefore QE=QF=QP，$
$\therefore 点P在以EF为直径的圆上，则PE\perp PF.$
$易得\overrightarrow{PE}=(x_1,y_1-y_0)，\overrightarrow{PF}=(x_2,y_2-y_0)，$
$\therefore \overrightarrow{PE}\cdot \overrightarrow{PF}=x_1x_2+(y_1-y_0)(y_2-y_0)$
$=x_1x_2+y_1y_2-y_0(y_1+y_2)+y_0^2$
$=x_1x_2+k^2x_1x_2-\frac{k}{2}(x_1+x_2)+\frac{1}{4}-y_0[k(x_1+x_2)-1]+y_0^2$
$=(1+k^2)x_1x_2-k\left(\frac{1}{2}+y_0\right)(x_1+x_2)+y_0^2+y_0+\frac{1}{4}$
$=\frac{12(y_0^2-1)k^2+4y_0^2+4y_0-8}{4+12k^2}=0，$
$\therefore 12(y_0^2-1)k^2+4y_0^2+4y_0-8=0恒成立，$
$\therefore \left\{\begin{matrix}y_0^2-1=0,\\ 4y_0^2+4y_0-8=0,\end{matrix}\right.解得y_0=1$
$\therefore P(0,1).$
$\therefore存在定点P(0,1)，使得\angle EQP=2\angle EFP恒成立.$

Final answer: $(0,1)$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某生物实验室用小白鼠进行某病毒实验，已知6只小白鼠中有1只感染该病毒但无患病症状，将它们分别单独封闭隔离到6个不同的操作间内，由于工作人员的疏忽，没有记录感染该病毒的小白鼠所在的操作间，需要通过化验血液来确定.血液化验结果呈阳性即为感染该病毒，呈阴性即为没有感染该病毒。下面是两种化验方案：

方案甲：逐个化验，直到能确定感染该病毒的小白鼠为止。

方案乙：先任取4只，将它们的血液混在一起化验.若结果呈阳性，则表明感染该病毒的小白鼠为这4只中的1只，然后再逐个化验，直到能确定感染该病毒的小白鼠为止；若结果呈阴性，则在另外2只中任取1只化验.
用X表示采用方案乙所需化验的次数，求X的分布列；

Solution:
$X可能的取值为2，3，4，$
$P(X=2)=\frac{\mathrm{C}^4_5}{\mathrm{C}^4_6}+\frac{\mathrm{C}^3_5}{\mathrm{C}^4_6\mathrm{C}^1_4}=\frac{1}{2}，$
$P(X=3)=\frac{\mathrm{C}^3_5\mathrm{A}^1_3}{\mathrm{C}^4_6\mathrm{A}^2_4}=\frac{1}{6}，$
$P(X=4)=\frac{\mathrm{C}^3_5\mathrm{A}^2_3}{\mathrm{C}^4_6\mathrm{A}^2_4}=\frac{1}{3}，$
$所以X的分布列为$

| X | 2 | 3 | 4 |
| --- | --- | --- | --- |
| P | $\frac{1}{2}$ | $\frac{1}{6}$ | $\frac{1}{3}$ |

Final answer: $$
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
X & 2 & 3 & 4 \\
\hline
P & \frac{1}{2} & \frac{1}{6} & \frac{1}{3} \\
\hline
\end{array}
$$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)过点\left(1,\frac{\sqrt{6}}{3}\right)，过其右焦点F_2且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且|AB|=\frac{2\sqrt{3}}{3}．$
$若直线l：y=kx-\frac{1}{2}与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为Q，在y轴上是否存在定点P，使得\angle EQP＝2\angle EFP恒成立？若存在，求出点P的坐标；$

Solution:
$假设在y轴上存在定点P，使得\angle EQP＝2\angle EFP恒成立.设P(0,y0)，E(x1,y1)，F(x2,y2)，$
由
$\left\{\begin{matrix}y=kx-\frac{1}{2},\\ \frac{x^2}{3}+y^2=1\end{matrix}\right.$
$得(4+12k^2)x^2-12kx-9=0，$
$\therefore x1+x2=\frac{12k}{4+12k^2}，x1x2=\frac{-9}{4+12k^2}，$
$\Delta =144k^2+36(4+12k^2)>0恒成立.$
$\because \angle EQP＝2\angle EFP，\angle EQP=\angle QFP+\angle QPF，\therefore \angle EFP＝\angle FPQ，\therefore |QE|＝|QF|＝|QP|，$
$\therefore 点P在以EF为直径的圆上，PE\perp PF,$
$\because \overrightarrow{PE}=(x1,y1-y0)，\overrightarrow{PF}=(x2,y2-y0)，$

$\therefore \overrightarrow{PE}\cdot \overrightarrow{PF}=x1x2+(y1-y0)(y2-y0) =x1x2+y1y2-y0(y1+y2)+y^2_0= x1x2+k^2x1x2-\frac{k}{2}(x1+x2)-y0[k(x1+x2)-1]+\frac{1}{4}+y^2_0=(1+k^2)x1x2-k\left(\frac{1}{2}+y_0\right)(x1+x2)+y^2_0+y0+\frac{1}{4}=\frac{12(y^2_0-1)k^2+4y^2_0+4y_0-8}{4+12k^2}=0，$
$\therefore 12(y^2_0-1)k^2+4y^2_0+4y0-8=0恒成立，$

$\therefore \left\{\begin{matrix}y^2_0-1=0,\\ 4y^2_0+4y_0-8=0,\end{matrix}\right.解得y0=1，\therefore P(0,1),$
$\therefore 存在定点P(0,1)，使得\angle EQP＝2\angle EFP恒成立．$

Final answer: $(0,1)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $疫情期间,作为街道工作人员的王阿姨和李叔叔需要上门排查外来人员信息,王阿姨和李叔叔分别需走访离家不超过200米、k米的区域,如图,l_1, l_2分别是经过王阿姨家(点)的东西和南北走向的街道,且李叔叔家在王阿姨家的北偏东45^\circ 方向,以点O为坐标原点, l_1, l_2为x轴、y轴建立平面直角坐标系,已知健康检查点[即点M(100,400)]和平安检查点[即点N(400,700)]是李叔叔负责区域中最远的两个检查点.$

![图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1635170236229152771/img/compression/M_59035812b55e30f9ca9bafb438e5fe3e.jpg)
$王阿姨和李叔叔为交流疫情信息,需在姑山路(直线l: x-y+1 000=0)上碰头见面,你认为在何处最为便捷、省时间(两人所走的路程之和最短)?并给出理由.$

Solution:
$设圆心O关于直线l:x-y+1000=0的对称点为P(a,b)，则有\frac{a}{2}-\frac{b}{2}+1000=0, \frac{b}{a}=-1，$
解得a=-1000, b=1000, 则P(-1000,1000)，
$则K_{PC} = \frac{1000-400}{-1000-400} = -\frac{3}{7}，$
$故直线PC的方程为y= -\frac{3}{7} x + \frac{4000}{7}，$
$联立 \begin{cases}
y =-\frac{3}{7}x +\frac{4000}{7} ,x - y + 1000 = 0, \end{cases} $
$解得 \begin{cases}
x =-300 ,y =700, \end{cases} 可得交点坐标为(-300,700)，$
所以王阿姨和李叔叔为交流疫情信息,可选择在地点(-300,700)碰面,此时两人所走路程之和最短.

Final answer: $(-300,700)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $疫情期间,作为街道工作人员的王阿姨和李叔叔需要上门排查外来人员信息,王阿姨和李叔叔分别需走访离家不超过200米、k米的区域,如图,l_1, l_2分别是经过王阿姨家(点)的东西和南北走向的街道,且李叔叔家在王阿姨家的北偏东45^\circ 方向,以点O为坐标原点, l_1, l_2为x轴、y轴建立平面直角坐标系,已知健康检查点[即点M(100,400)]和平安检查点[即点N(400,700)]是李叔叔负责区域中最远的两个检查点.$

<img_2294>
$王阿姨和李叔叔为交流疫情信息,需在姑山路(直线l: x-y+1 000=0)上碰头见面,你认为在何处最为便捷、省时间(两人所走的路程之和最短)?请给出坐标.$

Solution:
$设圆心O关于直线l:x-y+1000=0的对称点为P(a,b)，则有\frac{a}{2}-\frac{b}{2}+1000=0, \frac{b}{a}=-1，$
解得a=-1000, b=1000, 则P(-1000,1000)，
$则K_{PC} = \frac{1000-400}{-1000-400} = -\frac{3}{7}，$
$故直线PC的方程为y= -\frac{3}{7} x + \frac{4000}{7}，$
$联立 \begin{cases}
y =-\frac{3}{7}x +\frac{4000}{7} ,x - y + 1000 = 0, \end{cases} $
$解得 \begin{cases}
x =-300 ,y =700, \end{cases} 可得交点坐标为(-300,700)，$
所以王阿姨和李叔叔为交流疫情信息,可选择在地点(-300,700)碰面,此时两人所走路程之和最短.



Final answer: $(-300,700)$
Subfield: Elementary Functions


Question: $经济订货批量模型是目前大多数工厂、企业等最常采用的订货模型，即某种物资在单位时间的需求量为某常数，经过某段时间后，存储量消耗下降到零，此时开始订货并随即到货，然后开始下一个存储周期，该模型适用于整批间隔进货、不允许缺货的存储问题，具体如下：年存储成本费T(元)关于每次订货x(单位)的函数关系T(x)=\frac{Bx}{2}+\frac{AC}{x}，其中A为年需求量，B为每单位物资的年存储费，C为每次订货费.某化工厂需用甲醇作为原料，年需求量为6 000吨，每吨存储费为120元/年，每次订货费为2 500元.$
每次需订购多少吨甲醇，可使该化工厂年存储成本费最少？最少费用为多少？

Solution:
$T(x) = 60x + \frac{15 000 000}{x} \geq  2\sqrt{60x \times \frac{15 000 000}{x}} = 60 000，$
$当且仅当60x = \frac{15 000 000}{x}，即 x = 500时，取等号.$
所以每次需订购500吨甲醇，可使该化工厂年存储成本费最少，最少费用为60 000元.

Final answer: $500, 60000$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x^3-x^2+ax+1.$
$求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标.$

Solution:
设过原点的切线与曲线$y=f(x)$相切于点$P(x_0,y_0)$，则切线的斜率为$f'(x_0)=3x_0^2-2x_0+a$，故以点$P$为切点的切线方程为$y=(3x_0^2-2x_0+a) (x-x_0)+y_0$。由$y_0=x_0^3-x_0^2+ax_0+1$,且切线过原点，得$2x_0^3-x_0^2-1=0$，即$(x_0-1)(2x_0^2+x_0+1)=0$，解得$x_0=1$,从而得$P(1,1+a)$。

所以切线方程为y=(1+a)x,联立
$\begin{cases}
y=(1+a)x,\\
y=x^3-x^2+ax+1,
\end{cases}$

$消去y得x^3-x^2-x+1=0，即(x-1)^2(x+1)=0，\therefore x=1或-1，\therefore 公共点的坐标为(1,1+a)与(-1,-1-a).$

Final answer: $(1,1+a),(-1,-1-a)$
Subfield: Sequence


Question: $已知各项均为正数的等差数列{a_n}，a_2=5，2a_1，a_3，a_5+2成等比数列.$
$设数列b_n满足a_n(3^{b_n}-1)=1，T_n为数列b_n的前n项和，n\in N^，求证：T_n < \log_3 \frac{a_{n+1}}{a_1}。$

Solution:
证明：  
$因为 a_n(3^{b_n}-1)=1，a_n=3^n-1，   $
$所以 b_n=\log_3\left(\frac{1}{a_n}+1\right)=\log_3\frac{3n}{3n-1}<\log_3\frac{3n+2}{3n-1}=\log_3\frac{a_{n+1}}{a_n}，  $
$所以 T_n=b_1+b_2+\ldots +b_n=\log_3\left(\frac{1}{a_1}+1\right)+\log_3\left(\frac{1}{a_2}+1\right)+\ldots +\log_3\left(\frac{1}{a_n}+1\right)<\log_3\frac{a_2}{a_1}+\log_3\frac{a_3}{a_2}+\ldots +\log_3\frac{a_{n+1}}{a_n}=\log_3\left(\frac{a_2}{a_1} \cdot \frac{a_3}{a_2} \cdot \cdots  \cdot \frac{a_n}{a_{n-1}} \cdot \frac{a_{n+1}}{a_n}\right)=\log_3\frac{a_{n+1}}{a_1}，原式得证.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知三棱柱ABC-A_1B_1C_1的底面是正三角形，侧面BB_1C_1C是矩形，M，N分别为BC，B_1C_1的中点，P为AM上一点.过B_1C_1和P的平面交AB于E，交AC于F.$

![Question Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894002690580482/img/compression/M_b8103ef48783c69ad7717a6cd1c840c2.jpg)
$证明：AA_1\parallel MN，且平面A_1AMN \perp平面EB_1C_1F；$

Solution:
$证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，$
$所以MN\parallel CC1.又由已知得AA1\parallel CC1，故AA1\parallel MN.$
$因为\triangle A1B1C1是正三角形，所以B1C1\perp A1N.$
$又B1C1\perp MN，故B1C1\perp 平面A1AMN.$
$所以平面A1AMN\perp 平面EB1C1F.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，已知三棱柱ABC-A_1B_1C_1的底面是正三角形，侧面BB_1C_1C是矩形，M，N分别为BC，B_1C_1的中点，P为AM上一点.过B_1C_1和P的平面交AB于E，交AC于F.$

<img_19>
$证明：AA_1\parallel MN，且平面A_1AMN \perp平面EB_1C_1F；$

Solution:
$证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，$
$所以MN\parallel CC1.又由已知得AA1\parallel CC1，故AA1\parallel MN.$
$因为\triangle A1B1C1是正三角形，所以B1C1\perp A1N.$
$又B1C1\perp MN，故B1C1\perp 平面A1AMN.$
$所以平面A1AMN\perp 平面EB1C1F.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，QD=QA=\sqrt{5}，QC=3.$

<img_155>
证明：平面QAD垂直于平面ABCD；

Solution:
$证明：取AD的中点E，连接QE，CE，则AE=DE=1.$
$由于QD=QA，故QE\perp AD.$
$在Rt\triangle QAE中，QE=\sqrt{QA^2-AE^2}=\sqrt{(\sqrt{5})^2-1^2}=2.$
$\because 底面ABCD是正方形，\therefore CD=AD=2，$
$在Rt\triangle CDE中，CE=\sqrt{CD^2+DE^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}.$
$\therefore 在\triangle QCE中，QE^2+CE^2=QC^2，\therefore QE\perp CE，$
$又\because CE\cap AD=E,CE、AD\subset 平面ABCD，$
$\therefore QE\perp 平面ABCD.$
$又QE\subset 平面QAD,\therefore 平面QAD\perp 平面ABCD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，QD=QA=\sqrt{5}，QC=3.$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894033958633474/img/compression/M_1543f308200f8b3a09c5f69e37ce1e26.jpg)
证明：平面QAD垂直于平面ABCD；

Solution:
$证明：取AD的中点E，连接QE，CE，则AE=DE=1.$
$由于QD=QA，故QE\perp AD.$
$在Rt\triangle QAE中，QE=\sqrt{QA^2-AE^2}=\sqrt{(\sqrt{5})^2-1^2}=2.$
$\because 底面ABCD是正方形，\therefore CD=AD=2，$
$在Rt\triangle CDE中，CE=\sqrt{CD^2+DE^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}.$
$\therefore 在\triangle QCE中，QE^2+CE^2=QC^2，\therefore QE\perp CE，$
$又\because CE\cap AD=E,CE、AD\subset 平面ABCD，$
$\therefore QE\perp 平面ABCD.$
$又QE\subset 平面QAD,\therefore 平面QAD\perp 平面ABCD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，\angle DAB=60^\circ ，PA = PD = \sqrt{5}, F为AB的中点，AC\perp PF.$
<img_364>
$求证：平面 PAD \perp  平面 ABCD；$

Solution:
$证明：如图①，连接BD，记AD的中点为O，连接OF，$
$\because 四边形ABCD为菱形，\therefore AC\perp BD，$
$\because O、F分别为AD、AB的中点，\therefore OF\parallel BD，\therefore OF\perp AC，$
$又\because AC\perp PF, PF\cap OF=F，PF\subset 平面POF，OF\subset 平面POF，\therefore AC\perp 平面POF，$
$\because PO\subset 平面POF，\therefore AC\perp PO，$
$\because PA=PD，\therefore PO\perp AD.$
$又\because AD\cap AC=A，AD\subset 平面ABCD，AC\subset 平面ABCD，\therefore PO\perp 平面ABCD，$
$\because PO\subset 平面PAD，\therefore 平面PAD\perp 平面ABCD.$

<img_406>
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，\angle DAB=60^\circ ，PA = PD = \sqrt{5}, F为AB的中点，AC\perp PF.$
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894094770827266/img/compression/M_13cc289519ece0a09ca18d400290f130.jpg)
$求证：平面 PAD \perp  平面 ABCD；$

Solution:
$证明：如图①，连接BD，记AD的中点为O，连接OF，$
$\because 四边形ABCD为菱形，\therefore AC\perp BD，$
$\because O、F分别为AD、AB的中点，\therefore OF\parallel BD，\therefore OF\perp AC，$
$又\because AC\perp PF, PF\cap OF=F，PF\subset 平面POF，OF\subset 平面POF，\therefore AC\perp 平面POF，$
$\because PO\subset 平面POF，\therefore AC\perp PO，$
$\because PA=PD，\therefore PO\perp AD.$
$又\because AD\cap AC=A，AD\subset 平面ABCD，AC\subset 平面ABCD，\therefore PO\perp 平面ABCD，$
$\because PO\subset 平面PAD，\therefore 平面PAD\perp 平面ABCD.$

![图①](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894095228006402/img/compression/M_3f32e7fd37570b78d46680b70d3bd957.jpg)

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB\parallel CD，\angle ABC=90^\circ ，AB=2BC=2CD=2，\triangle ADP为等边三角形，且平面ADP\perp 底面ABCD.$

<img_301>
$如果M为BC的中点，求证：PM \perp BC；$

Solution:
$证明：取AD的中点O，连接OM.因为在梯形ABCD中，O，M分别为AD，BC的中点，$
$所以OM\parallel AB，又AB\perp BC，所以OM\perp BC.$
$因为\triangle ADP为等边三角形，所以PO\perp AD，$
$又平面ADP\perp 底面ABCD，平面ADP\cap 平面ABCD=AD，$
$PO\subset 平面ADP，所以PO\perp 底面ABCD.$
$因为BC\subset 平面ABCD，所以PO\perp BC.$
$又因为OP\cap OM=O，所以BC\perp 平面POM，$
$又PM\subset 平面POM，所以PM\perp BC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB\parallel CD，\angle ABC=90^\circ ，AB=2BC=2CD=2，\triangle ADP为等边三角形，且平面ADP\perp 底面ABCD.$

![图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894097299992579/img/compression/M_dc32bb949d3b662b757c57b1b0ebe03a.jpg)
$如果M为BC的中点，求证：PM \perp BC；$

Solution:
$证明：取AD的中点O，连接OM.因为在梯形ABCD中，O，M分别为AD，BC的中点，$
$所以OM\parallel AB，又AB\perp BC，所以OM\perp BC.$
$因为\triangle ADP为等边三角形，所以PO\perp AD，$
$又平面ADP\perp 底面ABCD，平面ADP\cap 平面ABCD=AD，$
$PO\subset 平面ADP，所以PO\perp 底面ABCD.$
$因为BC\subset 平面ABCD，所以PO\perp BC.$
$又因为OP\cap OM=O，所以BC\perp 平面POM，$
$又PM\subset 平面POM，所以PM\perp BC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}(e^{x}-a)-a^{2}x.$
$讨论f(x)的单调性;$

Solution:
$函数f(x)的定义域为(-\infty ,+\infty )，f'(x)=2e^{2x}-ae^{x}-a^{2}=(2e^{x}+a)(e^{x}-a).$

$①若a=0,则f(x)=e^{2x},其在(-\infty ,+\infty )上单调递增.$

$②若a>0,则由f'(x)=0得x>=ln a.$
$当x\in (-\infty ,ln a)时，f'(x)<0;$
$当x\in (ln a,+\infty )时，f'(x)>0.$
$故f(x)在(-\infty ,ln a)上单调递减,在(ln a,+\infty )上单调递增.$

$③若a<0,则由f'(x)=0得x=ln \left(-\frac{a}{2}\right).$
$当x\in \left(-\infty ,\mathrm{ln}\left(-\frac{a}{2}\right)\right)时，f'(x)<0;$
$当x\in \left(\mathrm{ln}\left(-\frac{a}{2}\right),+\infty \right)时，f'(x)>0.$
$故f(x)在\left(-\infty ,\mathrm{ln}\left(-\frac{a}{2}\right)\right)上单调递减,在\left(\mathrm{ln}\left(-\frac{a}{2}\right),+\infty \right)上单调递增.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}ln(1+x).$
$证明：对任意的s,t\in (0,+\infty )，有f(s+t)>f(s)+f(t).$

Solution:
$证明：令h(s) = f(s+t) - f(s) - f(t), s \in (0，+\infty )，  $
$(将变量s看作未知数，对任意的t \in (0，+\infty )，移项构造关于s的函数h(s))  $
$则h'(s) = f '(s+t) - f '(s) = g(s+t) - g(s)，  $
$由(2)知函数g(x)在(0，+\infty )上单调递增，  $
$又对任意的t \in (0，+\infty )，s+t > s，  $
$\therefore  g(s+t) > g(s)，  $
$\therefore  h'(s) > 0，  $
$\therefore  h(s)在(0，+\infty )上单调递增，  $
$又h(0) = f(t) - f(0) - f(t) = 0，  $
$\therefore  对任意的s \in (0,+\infty ), h(s) > 0，  $
$即f(s+t) - f(s) - f(t) > 0，  $
$即f(s+t) > f(s) + f(t).  $
$综上，对任意的s,t \in (0,+\infty ), f(s+t) > f(s) + f(t).$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}(1+a\ln x).$
$若a\geq \frac{3}{2}，且函数f(x)的零点为x_1，证明：导函数f'(x)存在极小值点，记为x_2，且x_1>x_2。$

Solution:
$证明：因为x_1是函数f(x)的零点，所以1+alnx_1=0，因此x_1=e^(-\frac{1}{a})，设h(x)=f'(x)，则h'(x)=e^x \left(1+a\mathrm{ln} x+\frac{2a}{x}-\frac{a}{x^2}\right)，设l(x)=1+alnx+\frac{2a}{x}-\frac{a}{x^2}(x>0)，则l'(x)=\frac{a}{x}-\frac{2a}{x^2}+\frac{2a}{x^3}=\frac{a(x^2-2x+2)}{x^3}(x>0)，所以当a\geq \frac{3}{2}时，l'(x)>0，l(x)在(0,+\infty )上单调递增，因为a\geq \frac{3}{2}，所以\frac{1}{a}\leq \frac{2}{3}，所以e^(\frac{1}{a})\leq e^(\frac{2}{3})=\sqrt[3]{\mathrm{e}^2}<\sqrt[3]{8}=2，所以l(x_1)=l(e^-\frac{1}{a})=ae^(\frac{1}{a})(2-e^(\frac{1}{a}))>0，因为l\left(\frac{1}{2}\right)=1-aln 2\leq 1-ln 2\sqrt{2}<0，所以存在x_2\in \left(\frac{1}{2},x_1\right)，使得l(x_2)=0，所以当0<x<x_2时，l(x)<0，即h'(x)<0，函数h(x)单调递减，当x>x_2时，l(x)>0，即h'(x)>0，函数h(x)单调递增，所以x_2是函数h(x)=f'(x)的极小值点，且x_1>x_2。$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\frac{1}{x}-x+a\ln x.$
$讨论f(x)的单调性；$

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

$(i) 若a\leq 2，则f'(x)\leq 0，当且仅当a=2，x=1时， f'(x)=0，所以f(x)在(0,+\infty )上单调递减.$

$(ii) 若a＞2，令f'(x)=0，得x=\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}或x=\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}.$

$当x\in \left(0,\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}\right) \cup  \left(\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2},+\infty  \right)时， f'(x)＜0；$

$当x\in \left(\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2},\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}\right)时， f'(x)＞0.$

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


Question: $已知函数f(x)=\frac{1}{x}-x+a\ln x.$
$若f(x)存在两个极值点x_1,x_2，证明：\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<a-2.$

Solution:
$证明：由(1)知， 若f(x)存在两个极值点，则a＞2。$
$由于f(x)的两个极值点x_1，x_2满足x^2-ax+1=0，$
$所以x_1x_2=1，不妨设x_1＜x_2，则x_2＞1，$
$由于 \frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}=-\frac{1}{x_1x_2}-1+a\frac{\mathrm{ln} x_1-\mathrm{ln} x_2}{x_1-x_2}=-2+a\frac{-2\mathrm{ln} x_2}{\frac{1}{x_2}-x_2}，$
$所以\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}＜a-2等价于\frac{1}{x_2}-x_2+2ln x_2＜0$
$设函数g(x)=\frac{1}{x}-x+2ln\ x，$
$由(1)知，g(x)在(0，+\infty )上单调递减，$
$又g(1)=0，所以当x\in (1，+\infty )时，g(x)＜0，$
$所以\frac{1}{x_2}-x_2+2lnx_2＜0，即 \frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}＜a-2.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=aln(x+1)+\frac{x^2}{2}-x，其中a为非零实数.$
$讨论f(x)的单调性；$

Solution:
$函数f(x)的定义域为(-1,+\infty )，f'(x)=\frac{a}{x+1}+x-1=\frac{x^2+(a-1)}{x+1}，$
$当a-1\geq 0，即a\geq 1时，f'(x)\geq 0，函数f(x)在(-1,+\infty )上单调递增.$
$当-1<a-1<0，即0<a<1时，令f'(x)=0，得x_1=-\sqrt{1-a}，x_2=\sqrt{1-a}，$
$若0<a<1,则当x\in (-1,-\sqrt{1-a})\cup (\sqrt{1-a},+\infty )时，f'(x)>0，$
$当x\in (-\sqrt{1-a},\sqrt{1-a})时，f'(x)<0，$
$故f(x)在(-1,-\sqrt{1-a})和(\sqrt{1-a},+\infty )上单调递增，在(-\sqrt{1-a},\sqrt{1-a})上单调递减；$
$若a<0，则x_1=-\sqrt{1-a}<-1，舍去，所以f(x)在(-1,\sqrt{1-a})上单调递减，在(\sqrt{1-a},+\infty )上单调递增.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=aln(x+1)+\frac{x^2}{2}-x，其中a为非零实数.$
$若f(x)有两个极值点x_1，x_2，且x_1 < x_2，求证：f(-x_1)+f(x_2) > x_1.$

Solution:
$证明：因为f(x)有两个极值点x_1, x_2，所以由(2)可知0 < a < 1，x_1 = -\sqrt{1-a}，x_2 = \sqrt{1-a}， $
$所以x_1 + x_2 = 0，x_1 x_2 = a - 1且x_2 \in  (0,1)， $
$则f(-x_1) + f(x_2) > x_1 \Leftrightarrow  2f(x_2) - x_1 > 0 \Leftrightarrow  f(x_2) + \frac{x_2}{2} > 0 \Leftrightarrow  aln(x_2 + 1) + \frac{x^2_2}{2} - \frac{x_2}{2} > 0 \Leftrightarrow  (1 - x^2_2)ln(x_2 + 1) + \frac{x^2_2}{2} - \frac{x_2}{2} > 0 \Leftrightarrow  (1 + x_2)ln(x_2 + 1) - \frac{x_2}{2} > 0. $
$令g(x) = (1 + x)ln(x + 1) - \frac{x}{2} (0 < x < 1)， $
$则g'x = ln(x + 1) + \frac{1}{2} > ln 1 + \frac{1}{2} > 0， $
$所以g(x)在(0,1)上单调递增，且g(0) = 0，$
$故g(x) > g(0) = 0，即f(-x_1) + f(x_2) > x_1.$
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=e^{mx}+x^2-mx$
$证明：f(x)在(-\infty ,0)单调递减，在(0,+\infty )单调递增；$

Solution:
$证明：f'(x)=m(e^{mx}-1)+2x.$

$若m\geq 0，则当x\in (-\infty ,0)时，e^{mx}-1\leq 0，f'(x)<0；当x\in (0,+\infty )时，e^{mx}-1\geq 0，f'(x)>0.$

$若m<0，则当x\in (-\infty ,0)时，e^{mx}-1>0，f'(x)<0；当x\in (0,+\infty )时，e^{mx}-1<0，f'(x)>0.$

$所以f(x)在(-\infty ,0)单调递减，在(0,+\infty )单调递增.$
Subfield: Derivative


Question: $已知a>0，函数f(x)=ax-xe^{x}。$
$证明f(x)存在唯一的极值点；$

Solution:
$证明：令f'(x)=a-(x+1)e^{x}=0，得a=(x+1)e^{x}，$

$令g(x)=(x+1)e^{x}，则g'(x)=(x+2)e^{x}，$

$令g'(x)=0，得x=-2，$

$当x\in (-\infty ，-2)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，$

$当x\in (-2，+\infty )时，g'(x)>0，g(x)单调递增，$

$\therefore g(x)_{min}=g(-2)=-\frac{1}{\mathrm{e}^2}<0，当x\rightarrow -\infty 时，g(x)<0，当x\rightarrow +\infty 时，g(x)>0，$

$由函数零点存在定理可知g(x)存在唯一零点，$

$易知g(-1)=0，$

$\therefore 当a>0时，直线y=a与y=g(x)的图象仅有一个交点，令g(m)=a，$

$则m>-1且f'(m)=a-g(m)=0，$

$当x\in (-\infty ，m)时，a>g(x)，\therefore f'(x)>0， f(x)单调递增，$

$当x\in (m，+\infty )时，a<g(x)，\therefore f'(x)<0， f(x)单调递减，$

$\therefore f(x)存在唯一的极值点.$
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x) = \ln(a-x)，已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.$
$设函数 g(x)=\frac{x+f(x)}{xf(x)}.证明：g(x)<1.$

Solution:
$证明：由(1)得 g(x)=\frac{x+\mathrm{ln}(1-x)}{x\mathrm{ln}(1-x)}，其定义域为(-\infty ，0)\cup (0，1).$

$因为当 x \in (-\infty ,0)\cup (0,1)时，xln(1-x)< 0，所以 g(x)<1 等价于 xln(1-x)-x-ln(1-x)< 0.$

$设函数 h(x)=xln(1-x)-x-ln(1-x)，则 h(0)=0，$

$h'(x)=ln(1-x) -\frac{x}{1-x} -1 + \frac{1}{1-x} =ln(1-x).$

$当 x < 0时，h'(x) > 0，h(x) 在(-\infty ，0)单调递增.$

$当 0 < x < 1时，h'(x) < 0，h(x) 在(0，1)单调递减.$

$故当 x \in (-\infty ,0)\cup (0,1)时，h(x) < h(0)，即 xln(1-x)-x-ln(1-x)< 0.$

$所以 g(x) < 1.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = \\sin ^2x\\sin  2x.$
$设n \in N^{},证明：sin^{2}xsin^{2}2xsin^{2}4x\ldots sin^{2}2^{n}x \leq \frac{3^n}{4^n}.$

Solution:
证明：
$由于 (sin^2x sin^2 2x sin^2 4x...sin^2 2^n x)^{3/2} $

$= |sin^3x sin^3 2x sin^3 4x ... sin^3 2^n x | $

$= |sin x| |sin^2 x sin^3 2x sin^3 4x ... sin^3 2^{n-1} x sin 2^n x | |sin^2 2^n x|$

$= |\sin  x| |f(x) f(2x) f(4x)...f(2^{n-1}x) | |\sin ^2 2^n x| $

$\leq  |f(x) f(2x) f(4x)...f(2^{n-1}x)|，$

$所以 \sin ^2 x \sin ^2 2x \sin ^2 4x ... \sin ^2 2^n x \leq  \left(\frac{3\sqrt{3}}{8}\right)^\frac{2n}{3} = \frac{3^n}{4^n}.$
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=x^3+bx+c，曲线y=f(x)在点(\frac{1}{2}, f \left(\frac{1}{2}\right))处的切线与y轴垂直.$
$若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明： f(x)所有零点的绝对值都不大于1.$

Solution:
$证明：由(1)知f(x) = x^3 - \frac{3}{4}x + c， f'(x) = 3x^2 - \frac{3}{4}.$

$令f'(x) = 0，解得x = -\frac{1}{2}或x = \frac{1}{2}。$

$f'(x)与f(x)的变化情况如下：$

| x | $(-\infty ,-\frac{1}{2})$ | $-\frac{1}{2}$ | $(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ | $\frac{1}{2}$ | $(\frac{1}{2},+\infty) $|
| ------------ |---|--------------|----|----------|-----------------|
$| f'(x)      | +                   | 0            | -                    | 0        | +               |$
$| f(x)       | 单调递增                | $c+\frac{1}{4} $  | 单调递减   | $c-\frac{1}{4}$   | 单调递增  |$

$因为f(1) = f(-\frac{1}{2}) = c + \frac{1}{4}，所以当c < -\frac{1}{4}时， f(x)只有大于1的零点.$

$因为f(-1) = f(\frac{1}{2}) = c - \frac{1}{4}，所以当c > \frac{1}{4}时， f(x)只有小于-1的零点.$

$由题设可知-\frac{1}{4} \leq c \leq \frac{1}{4}.$

$当c = -\frac{1}{4}时， f(x)只有两个零点-\frac{1}{2}和1.$

$当c = \frac{1}{4}时， f(x)只有两个零点-1和\frac{1}{2}.$

$当-\frac{1}{4} < c < \frac{1}{4}时， f(x)有三个零点x_1，x_2，x_3，且x_1 \in (-1,-\frac{1}{2})，x_2 \in (-\frac{1}{2},\frac{1}{2})，x_3 \in (\frac{1}{2},1).$

$综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=ln x -\frac{x+1}{x-1}.$
$设x_0是f(x)的一个零点，证明曲线y=\ln x在点A(x_0,\ln x_0)处的切线也是曲线y=e^x的切线.$

Solution:
$证明：因为 \frac{1}{x_0}=e^-ln x_0，故点B \left(-\mathrm{ln} x_0,\frac{1}{x_0}\right) 在曲线y=e^x上.$

$由题设知f(x_0)=0，即ln x_0=\frac{x_0+1}{x_0-1}，$

$故直线AB的斜率k=\frac{\frac{1}{x_0}-\mathrm{ln} x_0}{-\mathrm{ln} x_0-x_0}=\frac{\frac{1}{x_0}-\frac{x_0+1}{x_0-1}}{-\frac{x_0+1}{x_0-1}-x_0}=\frac{1}{x_0}. $

$曲线y=e^x 在点B \left(-\mathrm{ln} x_0,\frac{1}{x_0}\right) 处切线的斜率是 \frac{1}{x_0}，曲线 y=ln x 在点A(x_0，ln x_0)处切线的斜率也是 \frac{1}{x_0}，所以曲线 y=ln x 在点A(x_0，ln x_0)处的切线也是曲线 y=e^x 的切线.$
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=e^{x}cos x，g(x)为f(x)的导函数.$
$当x\in \left[\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right]时，证明f(x)+g(x)\left(\frac{\pi }{2}-x\right)\geq 0；$

Solution:
$证明：记h(x)=f(x)+g(x)(\frac{\pi }{2}-x). 依题意及(1)，有g(x)=e^{x}(\cos x-\sin x)，从而g'(x)=-2e^{x}\sin x. 当x\in (\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2})时，g'(x)<0，故h'(x)=f'(x)+g'(x)(\frac{\pi }{2}-x)+g(x)\cdot (-1)=g'(x)(\frac{\pi }{2}-x)<0，因此h(x)在区间[\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}]上单调递减，进而h(x)\geq h(\frac{\pi }{2})=f(\frac{\pi }{2})=0. 所以当x\in [\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}]时， f(x)+g(x)(\frac{\pi }{2}-x)\geq 0.$
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=e^{x}cos x，g(x)为f(x)的导函数.$
$设x_n为函数u(x)=f(x)-1在区间(2n\pi +\frac{\pi }{4},2n\pi +\frac{\pi }{2})内的零点，其中n\in N，证明2n\pi+\frac{\pi }{2}-x_n<\frac{e^{-2n\pi}}{\\sin   x_0-\\cos   x_0}.$

Solution:
$证明：依题意，u(x_n)=f(x_n)-1=0，即e^{x_n}\\cos  x_n=1。$

$记y_n=x_n-2n\pi，则y_n \in (\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})，且f(y_n)=e^{y_n}\\cos  y_n=e^{x_n-2n\pi}\\cos (x_n-2n\pi)=e^{-2n\pi}(n \in N)。$

$由f(y_n)=e^{-2n\pi}\leq1=f(y_0)及(1)，得y_n \geq y_0。$

$由(2)知，当x \in (\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})时，g'(x)<0，所以g(x)在[\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}]上为减函数，因此g(y_n) \leq g(y_0)<g(\frac{\pi }{4})=0。$

$又由(2)知， f(y_n)+g(y_n)(\frac{\pi}{2}-y_n)\geq0，$

$故\frac{\pi }{2}-y_n\leq-\frac{f(y_n)}{g(y_n)}=-\frac{e^{-2n\pi }}{g(y_n)}\leq-\frac{e^{-2n\pi }}{g(y_0)}=\frac{e^{-2n\pi }}{e^{y_0}(\\sin  y_0-\\cos  y_0)}<\frac{e^{-2n\pi }}{\\sin  x_0-\\cos  x_0}。$

$所以2n\pi+\frac{\pi}{2}-x_n<\frac{e^{-2n\pi }}{\\sin  x_0-\\cos  x_0}.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=(x-m)\ln x的图象在x=e处的切线与直线2x-y+2=0平行.$
$证明：f(x) < e^{x} + \cos (x) - 1$

Solution:
$证明：要证f(x)<e^{x}+\cos x-1，即证xlnx<e^{x}+\cos x-1$

$1. 当x\in (0,1]时，xlnx\leq 0,e^{x}-1>0,\cos x>0，\therefore xlnx<e^{x}+\cos x-1$

$2. 当x\in (1,+\infty )时，令g(x)=e^{x}+\cos x-1-xlnx，\therefore g'(x)=e^{x}-\sin x-lnx-1，令h(x)=e^{x}-\sin x-lnx-1，$
$则h'(x)=e^{x}-\cos x-\frac{1}{x}，当x>1时，e^{x}>e, -1\leq \cos x\leq 1,0<\frac{1}{x}<1,\therefore e^{x}-\cos x-\frac{1}{x}>0，即h'(x)>0，\therefore g'(x)在(1,+\infty )上单调递增，\therefore g'(x)>g'(1)=e-\sin 1-1>0，\therefore g(x)在(1,+\infty )上单调递增，\therefore g(x)>g(1)=e+\cos 1-1>0，即xlnx<e^{x}+\cos x-1在(1,+\infty )上恒成立。$

$综上所述，f(x)<e^{x}+\cos x-1.$