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


Question: $记S_n为数列{a_n}的前n项和，已知S_n=na_n-n^2+n.$
$证明：a_n是等差数列；$

Solution:
$证明：\because S_n=na_n-n^2+n①，$

$\therefore 当n\geq 2时，S_{n-1}=(n-1)a_{n-1}-(n-1)^2+n-1(n\geq 2)②,$

$由①-②，得a_n=na_n-(n-1)a_{n-1}-2(n-1),$

$即(n-1)a_n-(n-1)a_{n-1}=2(n-1)，\therefore a_n-a_{n-1}=2，n\geq 2，$

$\therefore {a_n}是以2为公差的等差数列.$
Subfield: Sequence


Question: $已知正项数列{a_n}，其前n项和S_n满足a_n(2S_n-a_n)=1(n\in N^).$
$数列{a_n}中是否存在连续三项a_k,a_{k+1},a_{k+2}，使得\frac{1}{a_k}，\frac{1}{a_{k+1}}，\frac{1}{a_{k+2}}构成等差数列？请说明理由.$

Solution:
$不存在.理由如下：当n\geq 2时，a_n=S_n-S_{n-1}=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}，又a_1=1，即∀n\in N^{}，都有a_n=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}，则\frac{1}{a_n}=\frac{1}{\sqrt{n}-\sqrt{n-1}}=\sqrt{n}+\sqrt{n-1}.假设存在满足要求的连续三项a_k,a_{k+1},a_{k+2}，使得\frac{1}{a_k}，\frac{1}{a_{k+1}}，\frac{1}{a_{k+2}}构成等差数列，则2(\sqrt{k+1}+\sqrt{k})=\sqrt{k}+\sqrt{k-1}+\sqrt{k+2}+\sqrt{k+1}，即\sqrt{k+1}+\sqrt{k}=\sqrt{k-1}+\sqrt{k+2}，两边同时平方，得k+1+k+2\sqrt{k+1}\sqrt{k}=k-1+k+2+2\sqrt{k-1}\sqrt{k+2}，即(k+1)k=(k-1)(k+2)，整理得k^2+k=k^2+k-2，即0=-2，显然不成立，因此假设是错误的，所以数列{a_n}中不存在满足要求的连续三项.$



Final answer: 不存在
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = (x-1)e^x - ax^2 + b$
$讨论函数f(x)的单调性；$

Solution:
：

$由于 f(x)=(x-1)e^x-ax^2+b，$

$所以 f'(x)=xe^x-2ax=x(e^x-2a)。$

$1. 当a\leq0时，e^x-2a>0 对任意x\in R恒成立，$
$   - 当x\in(-\infty,0)时， f'(x)<0， $
$   - 当x\in(0,+\infty)时， f'(x)>0. $

$  因此 y=f(x)在 (-\infty,0) 上单调递减，在 (0,+\infty) 上单调递增.$

$2. 当a>0 时，令e^x-2a=0 \Rightarrow x=\ln(2a),$
$   - 当0<a<\frac{1}{2}时，\ln(2a)<0.$

$     y=f'(x)的大致图象如图1所示.$

<img_333>

$     因此当x\in(-\infty,\ln(2a))\cup(0,+\infty)时， f'(x)>0，$
     
$     当x\in(\ln(2a),0)时， f'(x)<0，$
     
$     所以f(x)在 (-\infty,\ln(2a)) 和 (0,+\infty) 上单调递增，在 (\ln(2a),0) 上单调递减.$
     
$   - 当a=\frac{1}{2}时，\ln(2a)=0,此时f'(x)\geq 0对任意x\in R恒成立，故f(x)在R上单调递增.$

$   - 当a>\frac{1}{2}时，\ln(2a)>0,$

$     y=f'(x)的大致图象如图2所示.$
     

<img_323>

$     因此，当 x\in(-\infty,0)\cup(\ln(2a),+\infty) 时， f'(x)>0，当 x\in(0,\ln(2a)) 时， f'(x)<0，$
     
$     所以f(x)在 (-\infty,0) 和 (\ln(2a),+\infty) 上单调递增，在 (0,\ln(2a)) 上单调递减.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = (x-1)e^x - ax^2 + b$
\frac{1}{2} < a \leq \frac{e^2}{2}, b > 2a;
$证明：f(x)有一个零点.$

Solution:
$证明：由(1)知， f(x)在(-\infty ，0)上单调递增，在(0，ln(2a))上单调递减，在(ln(2a)，+\infty )上单调递增，又f(0)=b-1>0,f \left(-\sqrt{\frac{b}{a}}\right)=\left(-\sqrt{\frac{b}{a}}-1\right) \mathrm{e^{-\sqrt{\frac{\mathit{b} }{\mathit{a} }}} } <0,$
$所以f(x)在(-\infty ,0]上有唯一零点.$
$当x\in (0,+\infty )时， $
$f(x)\geq f(ln(2a))=[ln(2a)-1]\cdot 2a-a[ln(2a)]^2+b$
$=aln(2a)[2-ln(2a)]+b-2a>aln(2a)[2-ln(2a)].$
$因为\frac{1}{2}<a\leq \frac{\mathrm{e}^2}{2},所以0<ln(2a)\leq 2,$
$所以f(x)>0对任意x>0恒成立.$
$综上， f(x)在R上有唯一零点.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = (x-1)e^x - ax^2 + b$
$证明：f(x)有一个零点.$
$1. \frac{1}{2} < a \leq \frac{e^2}{2}, b > 2a;$
$2. 0 < a < \frac{1}{2}， b \leq 2a.$

Solution:
选①.

$证明：由(1)知， f(x)在(-\infty ，0)上单调递增，在(0，ln(2a))上单调递减，在(ln(2a)，+\infty )上单调递增，又f(0)=b-1>0,f \left(-\sqrt{\frac{b}{a}}\right)=\left(-\sqrt{\frac{b}{a}}-1\right) \mathrm{e^{-\sqrt{\frac{\mathit{b} }{\mathit{a} }}} } <0,$
$所以f(x)在(-\infty ,0]上有唯一零点.$
$当x\in (0,+\infty )时， $
$f(x)\geq f(ln(2a))=[ln(2a)-1]\cdot 2a-a[ln(2a)]^2+b$
$=aln(2a)[2-ln(2a)]+b-2a>aln(2a)[2-ln(2a)].$
$因为\frac{1}{2}<a\leq \frac{\mathrm{e}^2}{2},所以0<ln(2a)\leq 2,$
$所以f(x)>0对任意x>0恒成立.$
$综上， f(x)在R上有唯一零点.$
选②.
$证明：由(1)知f(x)在(-\infty ,ln(2a))上单调递增，$
$在(ln(2a),0)上单调递减，在(0，+\infty )上单调递增， $
$f(0)=b-1<0,$
$当x\rightarrow +\infty 时, f(x)\rightarrow +\infty ，所以一定存在x_0\in (0,+\infty )，$
$使得f(x_0)=0.$
$结合单调性知f(x)在[0,+\infty )上有唯一零点.$
$当x\in (-\infty ,0)时， f(x)\leq f(ln(2a))=aln(2a)\cdot [2-ln(2a)]+b-2a<0，即f(x)<0对任意x<0恒成立.$
$综上， f(x)在R上有唯一零点.$

Final answer: 证明题
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $记\triangle ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,已知\sin C \cdot \sin(A-B) = \sin B \cdot \sin(C-A).$
$证明：2a^2 = b^2 + c^2;$

Solution:
$(1)证法一：  $
$\because \sin  C\sin (A-B)=\sin  B\sin (C-A), \therefore \sin  C(\sin  A\cos  B-\cos  A\sin  B)=\sin  B(\sin  C\cos  A-\cos  C\sin  A),(利用两角差的正弦公式化简)  $
$由正弦定理得ac\cos  B-bc\cos  A=bc\cos  A-ab\cos  C,  $
$\therefore ac\cos  B=2bc\cos  A-ab\cos  C,  $
$由余弦定理的推论得ac\cdot \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=2bc\cdot \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}-ab\cdot \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab},化简得2a^2=b^2+c^2.  $
证法二：  
$\because \sin  C\sin (A-B)=\sin  B\sin (C-A),  $
$\therefore \sin  C(\sin  A\cos  B-\cos  A\sin  B)  $
$=\sin  B(\sin  C\cos  A-\cos  C\sin  A),  $
$\therefore \sin  C\sin  A\cos  B+\sin  B\sin  A\cos  C=2\sin  B\sin  C\cos  A,  $
$\therefore \sin  A(\sin  C\cos  B+\cos  C\sin  B)=2\sin  B\sin  C\cos  A,  $
$\therefore \sin  A\cdot \sin (B+C)=2\sin  B\sin  C\cos  A,  $
$\therefore \sin ^2A=2sin Bsin Ccos A,  $
$由正弦定理得a^2=2bccos A,  $
$又由余弦定理得a^2=b^2+c^2-a^2,\therefore 2a^2=b^2+c^2.$
Subfield: Sequence


Question: $记S_n为数列{a_n}的前n项和，b_n为数列{S_n}的前n项积，已知 \frac{2}{S_n} + \frac{1}{b_n} = 2.$
$证明：数列{b_n}是等差数列；$

Solution:
证明：第一步：利用 $b_n与 S_n的关系消去 S_n，找到 b_n与 b_{n-1}的关系式$.
$由\frac{2}{S_n}+\frac{1}{b_n}=2知，$
$当n=1时，\frac{2}{S_1}+\frac{1}{b_1}=2，即\frac{2}{b_1}+\frac{1}{b_1}=2，所以 b_1=S_1=\frac{3}{2}，$
当$n\geq 2时，b_n=S_1\cdot S_2\ldots \cdot S_n,
b_{n-1}=S_1\cdot S_2\ldots \cdot S_{n-1}$,
$所以S_n=\frac{b_n}{b_{n-1}}(注意理解“b_n是{S_n}的前n项积”)$
$故\frac{2}{\frac{b_n}{b_{n-1}}}+\frac{1}{b_n}=2，即2b_n=2b_{n-1}+1.$

第二步：整理$ b_n与 b_{n-1}$的关系式，定义法证明等差数列.
$所以b_n-b_{n-1}=\frac{1}{2}，n\geq 2,$
$故数列{b_n}是首项为\frac{3}{2}，公差为\frac{1}{2}的等差数列.$
Subfield: Sequence


Question: $已知数列a_n的各项均为正数，记S_n为a_n的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.$
$①数列a_n是等差数列；$
$②数列\sqrt{S_n}是等差数列；$
$③a_2=3a_1.$
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.

Solution:
选①②作为条件，证明③.
$证明：设等差数列{a_n}的公差为d，因为{\sqrt{S_n}}是等差数列，所以2\sqrt{S_2}=\sqrt{S_1}+\sqrt{S_3}，即2\sqrt{2a_1+d}=\sqrt{a_1}+\sqrt{3a_1+3d}，两边平方，得4(2a_1+d)=a_1+3a_1+3d+2\sqrt{a_1(3a_1+3d)}，整理得4a_1+d=2\sqrt{a_1(3a_1+3d)}，两边平方，得16a_1^2+8a_1d+d^2=4(3a_1^2+3a_1d)，化简得4a_1^2-4a_1d+d^2=0，即(2a_1-d)^2=0，所以d=2a_1,则a_2=a_1+d=3a_1.$
选①③作为条件，证明②.
$证明：设等差数列{a_n}的公差为d.$
$因为a_2=3a_1，即a_1+d=3a_1，所以d=2a_1.$
$所以等差数列{a_n}的前n项和S_n=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d=na_1+\frac{n(n-1)}{2}\cdot 2a_1=n^2a_1。又a_1>0，所以\sqrt{S_n}=n\sqrt{a_1}。$
$则\sqrt{S_{n+1}}-\sqrt{S_n}=(n+1)\sqrt{a_1}-n\sqrt{a_1}=\sqrt{a_1}，所以数列{\sqrt{S_n}}是公差为\sqrt{a_1}的等差数列.$
选②③作为条件，证明①.
$证明：设等差数列{\sqrt{S_n}}的公差为d，因为\sqrt{S_1}=\sqrt{a_1}，\sqrt{S_2}=\sqrt{a_1+a_2}=\sqrt{a_1+3a_1}=2\sqrt{a_1}，所以d=\sqrt{S_2}-\sqrt{S_1}=2\sqrt{a_1}-\sqrt{a_1}=\sqrt{a_1}，则等差数列{\sqrt{S_n}}的通项公式为\sqrt{S_n}=\sqrt{a_1}+(n-1)\sqrt{a_1}=n\sqrt{a_1}，所以S_n=n^2a_1，当n\geq 2时，a_n=S_n-S_{n-1}=n^2a_1-(n-1)^2a_1=(2n-1)a_1，且当n=1时，上式也成立，所以数列{a_n}的通项公式为a_n=(2n-1)a_1，则a_{n+1}-a_n=(2n+1)a_1-(2n-1)a_1=2a_1，所以数列{a_n}是公差为2a_1的等差数列.$
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Question: $记 S_n 为数列 {a_n} 的前 n 项和，已知 a_1 =1, \left\{\frac{S_n}{a_n}\right\} 是公差为 \frac{1}{3} 的等差数列.$
$证明：\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} +\ldots + \frac{1}{a_n} < 2.$

Solution:
证明：由(1)知
$\frac{1}{a_n} = \frac{2}{n(n+1)} = 2\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right),$
$\therefore $
$\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \ldots  + \frac{1}{a_n} = 2\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{2}\right) + 2\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right) + \ldots  + 2\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) = 2\left(1-\frac{1}{n+1}\right) = 2 - \frac{2}{n+1} < 2.$
(应用裂项相消法)
Subfield: Sequence


Question: $设a_n是首项为1的等比数列，数列b_n满足b_n=\frac{na_n}{3}。已知 a_1, 3a_2, 9a_3 成等差数列。$
$记 S_n 和 T_n 分别为{a_n}和{b_n}的前n项和.证明：T_n < \frac{S_n}{2}.$

Solution:
证明：

第一步：用等比数列前_n_项和公式计算$S_n$.

由等比数列$\{a_n\}$的首项和公比知，前_n_项和为

$S_n= \frac{a_1(1-q^n)}{1-q}= \frac{3}{2}\left[1-\left(\frac{1}{3}\right)^n\right].$

第二步：用错位相减法求$T_n$.

$\because b_n=n\cdot \left(\frac{1}{3}\right)^n,$

$\therefore T_n=b_1+b_2+\ldots +b_n$

$=1\times \left(\frac{1}{3}\right)^1+2\times \left(\frac{1}{3}\right)^2+\ldots +n\cdot \left(\frac{1}{3}\right)^n, (1)$

$\frac{1}{3}T_n=1\times \left(\frac{1}{3}\right)^2+2\times \left(\frac{1}{3}\right)^3+\ldots +n\cdot \left(\frac{1}{3}\right)^{n+1}.(2)$

$(1)-(2)可得\frac{2}{3}T_n=\frac{1}{3}+\left(\frac{1}{3}\right)^2+\ldots +\left(\frac{1}{3}\right)^n-n\cdot \left(\frac{1}{3}\right)^{n+1}$

$=\frac{\frac{1}{3}\left[1-\left(\frac{1}{3}\right)^n\right]}{1-\frac{1}{3}}-n\cdot \left(\frac{1}{3}\right)^{n+1}=-\left(\frac{1}{3}n+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{3}\right)^n+\frac{1}{2}，$

$\therefore T_n=-\left(\frac{1}{2}n+\frac{3}{4}\right)\left(\frac{1}{3}\right)^n+\frac{3}{4}.$

$第三步：表示\frac{S_n}{2}，并利用作差法证得结论.$

$\because \frac{S_n}{2}=\frac{3}{4}-\frac{3}{4}\times \left(\frac{1}{3}\right)^n,$

$\therefore T_n-\frac{S_n}{2}=-\frac{1}{2}n\cdot \left(\frac{1}{3}\right)^n＜0，\therefore T_n＜\frac{S_n}{2}.$
Subfield: Sequence


Question: $已知a_n是等差数列，b_n是公比为2的等比数列，且a_2 - b_2 = a_3 - b_3 = b_4 - a_4.$
$证明：a_{1}=b_{1}；$

Solution:
$证明：设等差数列｛a_n｝的公差为d.$

$由a_2-b_2=a_3-b_3得a_1+d-2b_1=a_1+2d-4b_1，故d=2b_1，①$

$由a_3-b_3=b_4-a_4得a_1+2d-4b_1=8b_1-a_1-3d，故2a_1+5d=12b_1，②$

$由①②得2a_1+10b_1=12b_1，即a_1=b_1。$
Subfield: Sequence


Question: $已知数列{a_n}, {b_n}的项数均为m (m>2)，且a_n, b_n \in  {1,2,\ldots , m}, {a_n}, {b_n}的前n项和分别为A_n,B_n并规定A_0=B_0=0对于k \in  {0,1,2,\ldots ,m},定义r_k=max{i|B_i\leq A_k,i\in {0,1,2,\ldots ,m}}，其中, max M表示数集M中最大的数.$
$证明：存在p,q,s,t\in {0,1,2,\ldots ,m},满足p>q,s>t,使得A_{p}+B_{t}=A_{q}+B_{s}.$

Solution:
$证明：设A_m \leq B_m.记S_k =A_k -B_{r_k} (1\leq k \leq m),则S_k \geq 0.$

$另一方面，一定有S_k \leq m -1;否则S_k >m -1，而由r_k的定义可知A_k -B_{r_k} +1 <0,$

$则b_{r_k +1} =B_{r_k +1} -B_{r_k} =S_k -(A_k -B_{r_k} +1)> m (A_k -B_{r_k} +1的最大值为-1),$

$但b_{r_k+1} \in {1,2,\ldots ,m}，矛盾.$

$若存在k使得S_k =0，则取t =q =0,p =k,s =r_k即满足题目要求.$

$若这样的k不存在，则S_k \in {1,2,\ldots ,m -1},$

$因此一定存在1\leq q <p \leq m使得S_q =S_p (抽屉原理，将m个数放入(m -1)个抽屉)，且由定义可知r_q <r_p,$

$从而A_q -B_{r_q} =A_p -B_{r_p},令t =r_q ,s =r_p，即A_p +B_t =A_q +B_s.$

$若A_m \geq B_m,$

$则可定义c_k =max{i |A_i \leq B_k ,i \in {0,1,\ldots ,m}}，并记S_k ^{'} =B_k -A_{c_k} (1\leq k \leq m),$

同上述过程可得结论成立.
Subfield: Sequence


Question: $已知Q：a_{1},a_{2},\ldots ,a_{k}为有穷整数数列.给定正整数m，若对任意的n\in {1,2,\ldots ,m},在Q中存在a_{i},a_{i+1},a_{i+2},\ldots ,a_{i+j}(j\geq 0)，使得a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2}+\ldots +a_{i+j}=n，则称Q为m-连续可表数列.$
$若Q：a_1,a_2,...,a_k为8-连续可表数列，求证：k的最小值为4；$

Solution:
$证明：若k=1,则Q：a_1只能表示1个数字，不能表示8个数字，故k\neq 1;$
$若k=2,则Q:a_1,a_2最多能表示出a_1,a_2,a_1+a_2，共3个数字，与Q为8-连续可表数列相矛盾；$
$若k=3，则a_1,a_2,a_3最多能表示a_1,a_2,a_3,a_1+a_2,a_2+a_3,a_1+a_2+a_3，共6个数字，与Q为8-连续可表数列矛盾，故k\geq 4.$
$现构造Q:1,2,4,1，可以表示出1,2,3,4,5,6,7,8这8个数字，即存在k=4满足题意，$
$故k的最小值为4(或构造出Q：3，1，4，2等数列也可以).$
Subfield: Sequence


Question: $已知Q：a_{1},a_{2},\ldots ,a_{k}为有穷整数数列.给定正整数m，若对任意的n\in {1,2,\ldots ,m},在Q中存在a_{i},a_{i+1},a_{i+2},\ldots ,a_{i+j}(j\geq 0)，使得a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2}+\ldots +a_{i+j}=n，则称Q为m-连续可表数列.$
$若Q：a_1,a_2,\ldots ,a_k为20-连续可表数列，且a_1 + a_2 + \ldots  + a_k < 20 ，求证：k \geq 7。$

Solution:
证明：从5个正整数中取1个数字只能表示自身，此方式最多可表示5个数字；取连续2个数字并求和最多能表示4个数字，取连续3个数字并求和最多能表示3个数字，取连续4个数字并求和最多能表示2个数字，取连续5个数字并求和最多能表示1个数字，

$所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5+4+3+2+1=15个正整数，不能表示20个正整数，即k\geq 6.$

$若k=6，则最多可以表示6+5+4＋3+2+1=21个正整数，$

$由于Q为20-连续可表数列，且a_1+a_2+a_3+\ldots +a_k<20，$

$所以有一项必为负数，设这一项为a_i, i\in {1,2,3,4,5,6}.$

$若a_i<0, i\in {2,3,4,5}，则a_i+a_{i+1}>0且a_{i-1}+a_i>0,$

$那么从a_1,a_2,\ldots ,a_6中选择连续j(1\leq j\leq 6)项求和，其和均小于20，这与题意不符，所以a_1<0或a_6<0.$

$不妨设a_1<0，那么a_2+a_3+\ldots +a_6=20,$

$因为a_2,a_3,\ldots ,a_6\in N^，所以{a_2,a_3,\ldots ,a_6}={2,3,4,5,6}，$

$从集合{2,3,4,5,6}中选取j(1\leq j\leq 5)个连续数字并求和，其和不可能为19,$

$但Q为20-连续可表数列，那么a_1+a_2+a_3+\ldots +a_6=19,所以a_1=-1,$

$所以a_2=2，若不然，假设a_2=p(3\leq p\leq 6)，那么a_1+a_2=p-1\in {2,3,4,5}与数列中的项重复，$

$所以a_3=6，若不然，假设a_3=q(3\leq q\leq 5)，那么a_1+a_2+a_3=q+1\in {4,5,6}与数列中的项重复，$

因此该数列只可能为以下6种，下面逐一写出:

$①a_1=-1，a_2=2，a_3=6，a_4=3，a_5=4，a_6=5，但是a_1+a_2+a_3=a_4+a_5(舍去);$

$②a_1=-1，a_2=2，a_3=6，a_4=3，a_5=5，a_6=4，但是a_2+a_3=a_4+a_5(舍去);$

$③a_1=-1，a_2=2，a_3=6，a_4=4，a_5=3,a_6=5，但是a_2+a_3=a_5+a_6(舍去);$

$④a_1=-1，a_2=2，a_3=6，a_4=4，a_5=5，a_6=3，但是a_2+a_3=a_5+a_6(舍去);$

$⑤a_1=-1，a_2=2，a_3=6，a_4=5，a_5=3，a_6=4，但是a_1+a_2+a_3=a_5+a_6(舍去);$

$⑥a_1=-1，a_2=2，a_3=6，a_4=5，a_5=4，a_6=3，但是a_1+a_2+a_3=a_5+a_6(舍去).$

$因此，k=6不满足题意.$

$综上，Q中至少含6个不同的正整数和一个负数才能满足题意，故k\geq 7.$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $已知数列{a_n}，从中选取第i_1项、第i_2项、...、第i_m项(i_1<i_2<...<i_m)，若a_{i_1}<a_{i_2}<...<a_{i_m}，则称新数列a_{i_1}，a_{i_2}，...，a_{i_m}为{a_n}的长度为m的递增子列.规定：数列{a_n}的任意一项都是{a_n}的长度为1的递增子列.$
$已知数列a_n的长度为p的递增子列的末项的最小值为a_{m0}，长度为q的递增子列的末项的最小值为a_{n0}.若p<q，求证：a_{m0}<a_{n0}；$

Solution:
$设长度为q，末项为a_{n_0}的一个递增子列为a_{r_1},a_{r_2},\ldots ,a_{r_{q-1}},a_{n_0}.由p<q，得a_{r_p} \leq a_{r_{q-1}}<a_{n_0}.因为{a_n}的长度为p的递增子列末项的最小值为a_{m_0}，又a_{r_1},a_{r_2}，\ldots ,a_{r_p}是{a_n}的长度为p的递增子列，所以a_{m_0} \leq a_{r_p}.所以a_{m_0}<a_{n_0}.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在长方体ABCD-A_1B_1C_1D_1中，A_1A=4，AB=AD=2，E为A_1D_1的中点.平面EC_1C与棱AD交于点F.$

<img_2950>
$证明：EF\parallel 平面B_1BCC_1；$

Solution:
证明：由长方体的性质知，平面ADD_1A_1\parallel 平面BCC_1B_1，
$\because E\in A_1D_1，F\in AD且A_1D_1、AD\subset 平面ADD_1A_1，$
$\therefore EF\subset 平面ADD_1A_1，$
$\therefore EF\parallel 平面B_1BCC_1.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在长方体ABCD-A_1B_1C_1D_1中，A_1A=4，AB=AD=2，E为A_1D_1的中点.平面EC_1C与棱AD交于点F.$

![题目图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623874896981549059/img/compression/M_d405190079cb1d502af0fba1f6b0344f.jpg)
$证明：EF\parallel 平面B_1BCC_1；$

Solution:
证明：由长方体的性质知，平面ADD_1A_1\parallel 平面BCC_1B_1，
$\because E\in A_1D_1，F\in AD且A_1D_1、AD\subset 平面ADD_1A_1，$
$\therefore EF\subset 平面ADD_1A_1，$
$\therefore EF\parallel 平面B_1BCC_1.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB，AB\perp AC，E为PB的中点.$
<img_166>
$证明：OE\parallel 平面PAC；$

Solution:
$证法一：如图，连接OA,$
$\because PO是三棱锥P-ABC的高，\therefore PO\perp 平面ABC,$
$\therefore PO\perp OA，PO\perp OB，\therefore \angle POA=\angle POB=90^\circ ，$
$又PA=PB，PO=PO，\therefore \triangle POA\cong \triangle POB，\therefore OA=OB，$
$取AB的中点D，连接OD、DE，则OD\perp AB，$
<img_373>  
$又\because AB\perp AC，\therefore OD\parallel AC，$
$又\because OD\not\subset 平面PAC，AC\subset 平面PAC，\therefore OD\parallel 平面PAC，$
$又D、E分别为AB、PB的中点，\therefore DE\parallel PA，$
$又\because DE\not\subset 平面PAC，PA\subset 平面PAC，\therefore DE\parallel 平面PAC，$
$又OD、DE\subset 平面ODE，OD\cap DE=D，\therefore 平面ODE\parallel 平面PAC，其次OE就包含平面ODE，\therefore OE\parallel 平面PAC.$

$证法二：连接OA，\because PO是三棱锥P-ABC的高，\therefore PO\perp 平面ABC，\therefore PO\perp OA，PO\perp OB，
\therefore \angle POA=\angle POB=90^\circ ,又PA=PB，PO=PO，\therefore \triangle POA\cong \triangle POB，\therefore $OA=OB，
$延长BO交AC于点F，连接PF，$
$易知在Rt\triangle ABF中，O为BF的中点，\because E为PB的中点，\therefore OE\parallel PF，又OE\not\subset 平面PAC，PF\subset 平面PAC，\therefore OE\parallel 平面PAC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB，AB\perp AC，E为PB的中点.$
![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623874898076262403/img/compression/M_1842486e32bbe316be9e3a01c5ea3ade.jpg)
$证明：OE\parallel 平面PAC；$

Solution:
$证法一：如图，连接OA,$
$\because PO是三棱锥P-ABC的高，\therefore PO\perp 平面ABC,$
$\therefore PO\perp OA，PO\perp OB，\therefore \angle POA=\angle POB=90^\circ ，$
$又PA=PB，PO=PO，\therefore \triangle POA\cong \triangle POB，\therefore OA=OB，$
$取AB的中点D，连接OD、DE，则OD\perp AB，$
![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623874898709602305/img/compression/M_2d42859ffc2f193401577e2c6b75fb04.jpg)  
$又\because AB\perp AC，\therefore OD\parallel AC，$
$又\because OD\not\subset 平面PAC，AC\subset 平面PAC，\therefore OD\parallel 平面PAC，$
$又D、E分别为AB、PB的中点，\therefore DE\parallel PA，$
$又\because DE\not\subset 平面PAC，PA\subset 平面PAC，\therefore DE\parallel 平面PAC，$
$又OD、DE\subset 平面ODE，OD\cap DE=D，\therefore 平面ODE\parallel 平面PAC，其次OE就包含平面ODE，\therefore OE\parallel 平面PAC.$

$证法二：连接OA，\because PO是三棱锥P-ABC的高，\therefore PO\perp 平面ABC，\therefore PO\perp OA，PO\perp OB，
\therefore \angle POA=\angle POB=90^\circ ,又PA=PB，PO=PO，\therefore \triangle POA\cong \triangle POB，\therefore $OA=OB，
$延长BO交AC于点F，连接PF，$
$易知在Rt\triangle ABF中，O为BF的中点，\because E为PB的中点，\therefore OE\parallel PF，又OE\not\subset 平面PAC，PF\subset 平面PAC，\therefore OE\parallel 平面PAC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，侧棱垂直于底面，AB\perp BC，AA_1=AC=2，BC=1，E、F分别是A_1C_1，BC的中点.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623874941663973377/img/compression/M_70039c7ce8bbd3f654711654e357f0c2.jpg)
$求证：平面ABE\perp 平面B_1BCC_1;$

Solution:
$证明：在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，BB_1\perp 底面ABC.所以BB_1\perp AB.$

$又因为AB\perp BC,BB_1\cap BC=B，$

$所以AB\perp 平面B_1BCC_1.又因为AB\subset 平面ABE，$

$所以平面ABE\perp 平面B_1BCC_1.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，侧棱垂直于底面，AB\perp BC，AA_1=AC=2，BC=1，E、F分别是A_1C_1，BC的中点.$

<img_2395>
$求证：平面ABE\perp 平面B_1BCC_1;$

Solution:
$证明：在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，BB_1\perp 底面ABC.所以BB_1\perp AB.$

$又因为AB\perp BC,BB_1\cap BC=B，$

$所以AB\perp 平面B_1BCC_1.又因为AB\subset 平面ABE，$

$所以平面ABE\perp 平面B_1BCC_1.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，侧棱垂直于底面，AB\perp BC，AA_1=AC=2，BC=1，E、F分别是A_1C_1，BC的中点.$

<img_2395>
$求证：C_1F\parallel 平面ABE;$

Solution:
$证明：取AB的中点G，连接EG，FG.$

<img_2927>

因为G，F分别是AB，BC的中点,

$所以FG\parallel AC,且FG=\frac{1}{2} AC.$

$因为AC\parallel A_1C_1,AC=A_1C_1,且E为A_1C_1的中点，$

$所以FG\parallel EC_1,且FG=EC_1.$

$所以四边形FGEC_1为平行四边形.$

$所以C_1F\parallel EG.$

$又因为EG\subset 平面ABE,C_1F\not\subset 平面ABE,$

$所以C_1F\parallel 平面ABE.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，侧棱垂直于底面，AB\perp BC，AA_1=AC=2，BC=1，E、F分别是A_1C_1，BC的中点.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623874941663973377/img/compression/M_70039c7ce8bbd3f654711654e357f0c2.jpg)
$求证：C_1F\parallel 平面ABE;$

Solution:
$证明：取AB的中点G，连接EG，FG.$

![15GZTWS85.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623874942154706945/img/compression/M_e9482af6df714e12e17b08b862a8a336.jpg)

因为G，F分别是AB，BC的中点,

$所以FG\parallel AC,且FG=\frac{1}{2} AC.$

$因为AC\parallel A_1C_1,AC=A_1C_1,且E为A_1C_1的中点，$

$所以FG\parallel EC_1,且FG=EC_1.$

$所以四边形FGEC_1为平行四边形.$

$所以C_1F\parallel EG.$

$又因为EG\subset 平面ABE,C_1F\not\subset 平面ABE,$

$所以C_1F\parallel 平面ABE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AD＝2，E，F分别是棱AD，PC的中点.$
![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623874942888710145/img/compression/M_bf813c89cba613331af5cd9162b48cdc.jpg)
$求证：EF\parallel 平面PAB；$

Solution:
$证明：设G是PB的中点，连接AG，GF.\because G，F分别是PB，PC的中点，\therefore GF\parallel BC，GF=\frac{1}{2}BC，又AE\parallel BC，AE=\frac{1}{2}BC，\therefore GF\xlongequal{//} AE，\therefore 四边形AEFG是平行四边形，\therefore EF\xlongequal{//} AG，\because EF\not\subset 平面PAB，AG\subset 平面PAB，\therefore EF\parallel 平面PAB.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AD＝2，E，F分别是棱AD，PC的中点.$
<img_53>
$求证：EF\parallel 平面PAB；$

Solution:
$证明：设G是PB的中点，连接AG，GF.\because G，F分别是PB，PC的中点，\therefore GF\parallel BC，GF=\frac{1}{2}BC，又AE\parallel BC，AE=\frac{1}{2}BC，\therefore GF\xlongequal{//} AE，\therefore 四边形AEFG是平行四边形，\therefore EF\xlongequal{//} AG，\because EF\not\subset 平面PAB，AG\subset 平面PAB，\therefore EF\parallel 平面PAB.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AD＝2，E，F分别是棱AD，PC的中点.$
<img_53>
$求证：EF \perp平面PBC；$

Solution:
$\because 在\triangle PAB中，PA＝AB，G为PB中点，\therefore AG\perp PB，$

$\because PA\perp 平面ABCD，BC\subset 平面ABCD，\therefore PA\perp BC，$

$又\because BC\perp AB，PA\cap AB=A，\therefore BC\perp 平面PAB，\because AG\subset 平面PAB，\therefore BC\perp AG，$

$\because PB\cap BC=B，PB\subset 平面PBC，BC\subset 平面PBC，\therefore AG\perp 平面PBC，$

$\because EF\parallel AG，\therefore EF\perp 平面PBC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AD＝2，E，F分别是棱AD，PC的中点.$
![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623874942888710145/img/compression/M_bf813c89cba613331af5cd9162b48cdc.jpg)
$求证：EF \perp平面PBC；$

Solution:
$\because 在\triangle PAB中，PA＝AB，G为PB中点，\therefore AG\perp PB，$

$\because PA\perp 平面ABCD，BC\subset 平面ABCD，\therefore PA\perp BC，$

$又\because BC\perp AB，PA\cap AB=A，\therefore BC\perp 平面PAB，\because AG\subset 平面PAB，\therefore BC\perp AG，$

$\because PB\cap BC=B，PB\subset 平面PBC，BC\subset 平面PBC，\therefore AG\perp 平面PBC，$

$\because EF\parallel AG，\therefore EF\perp 平面PBC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在几何体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，DE\perp 平面ABCD，DE\parallel BF，且DE=2BF=2.$
<img_1866>
$求证：平面BCF\parallel 平面ADE；$

Solution:
$证明：因为DE\parallel BF，DE\subset 平面ADE，BF\not\subset 平面ADE，所以BF\parallel 平面ADE.$

$同理，得BC\parallel 平面ADE.$

$又因为BC\cap BF=B，BC\subset 平面BCF，BF\subset 平面BCF，所以平面BCF\parallel 平面ADE.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在几何体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，DE\perp 平面ABCD，DE\parallel BF，且DE=2BF=2.$
![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623874969115693057/img/compression/M_8366a284647b2e7f00e0034e742fd5f7.jpg)
$求证：平面BCF\parallel 平面ADE；$

Solution:
$证明：因为DE\parallel BF，DE\subset 平面ADE，BF\not\subset 平面ADE，所以BF\parallel 平面ADE.$

$同理，得BC\parallel 平面ADE.$

$又因为BC\cap BF=B，BC\subset 平面BCF，BF\subset 平面BCF，所以平面BCF\parallel 平面ADE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥A-EFCB中，\triangle AEF为等边三角形，平面AEF\perp 平面EFCB，EF\parallel BC，BC=4，EF=2a，\angle EBC=\angle FCB=60^\circ ，O为EF的中点.$
<img_41>
$求证：AO \perp BE；$

Solution:
$证明：因为\triangle AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AO\perp EF.$
$又因为平面AEF\perp平面EFCB，平面AEF\cap平面EFCB=EF，AO\subset平面AEF，所以AO\perp平面EFCB.$
$又BE\subset平面EFCB，所以AO\perp BE.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥A-EFCB中，\triangle AEF为等边三角形，平面AEF\perp 平面EFCB，EF\parallel BC，BC=4，EF=2a，\angle EBC=\angle FCB=60^\circ ，O为EF的中点.$
![题图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875033848573954/img/compression/M_3420f2b6164b159f3e70c904e397dbe9.jpg)
$求证：AO \perp BE；$

Solution:
$证明：因为\triangle AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AO\perp EF.$
$又因为平面AEF\perp平面EFCB，平面AEF\cap平面EFCB=EF，AO\subset平面AEF，所以AO\perp平面EFCB.$
$又BE\subset平面EFCB，所以AO\perp BE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2，AB＝1，PA\perp 平面ABCD，E，F分别是线段AB，BC的中点.$
![23ABJ5SX61.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875036386127874/img/compression/M_c169c733138965f96f9f5a36defee542.jpg)
$证明：PF \perp FD；$

Solution:
$证明：连接AF，则AF＝DF＝\sqrt{2}，又AD＝2，$

$\therefore DF^2＋AF^2＝AD^2，\therefore DF\perp AF.$

$\because PA\perp 平面ABCD，DF\subset 平面ABCD，\therefore DF\perp PA，$

$又PA\cap AF＝A，\therefore DF\perp 平面PAF，$

$又PF\subset 平面PAF，\therefore DF\perp PF.$

引用图片 ![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875037241765889/img/compression/M_4f32b8e371ea78b8e88840a66ee3b756.jpg)

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2，AB＝1，PA\perp 平面ABCD，E，F分别是线段AB，BC的中点.$
<img_2956>
$证明：PF \perp FD；$

Solution:
$证明：连接AF，则AF＝DF＝\sqrt{2}，又AD＝2，$

$\therefore DF^2＋AF^2＝AD^2，\therefore DF\perp AF.$

$\because PA\perp 平面ABCD，DF\subset 平面ABCD，\therefore DF\perp PA，$

$又PA\cap AF＝A，\therefore DF\perp 平面PAF，$

$又PF\subset 平面PAF，\therefore DF\perp PF.$

引用图片 <img_3074>
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.$
![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875060219666436/img/compression/M_1eb8962f49bea9c9e6e2baebf78358cf.jpg)
$求证：BD \perp 平面PAC；$

Solution:
$证明：因为PA\perp 平面ABCD，所以PA\perp BD.又因为底面ABCD为菱形，所以BD\perp AC.又PA\cap AC=A，所以BD\perp 平面PAC。$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，PA\perp 平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.$
<img_118>
$求证：BD \perp 平面PAC；$

Solution:
$证明：因为PA\perp 平面ABCD，所以PA\perp BD.又因为底面ABCD为菱形，所以BD\perp AC.又PA\cap AC=A，所以BD\perp 平面PAC。$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在正方体ABCD-A_1B_1C_1D_1中，E为BB_1的中点.$

<img_2473>
$求证：BC_1\parallel 平面AD_1E；$

Solution:
$证明：\because ABCD-A_1B_1C_1D_1为正方体，$

$\therefore D_1C_1\parallel A_1B_1，D_1C_1=A_1B_1.$

$又AB\parallel A_1B_1，AB=A_1B_1,$

$\therefore D_1C_1\parallel AB,D_1C_1=AB,$

$\therefore 四边形ABC_1D_1为平行四边形，\therefore AD_1\parallel BC_1，$

$又AD_1\subset 平面AD_1E，BC_1\not\subset 平面AD_1E，$

$\therefore BC_1\parallel 平面AD_1E.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在正方体ABCD-A_1B_1C_1D_1中，E为BB_1的中点.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716267980298997762/img/compression/M_2a09cf9e5fedf1381160cc56c44fec02.jpg)
$求证：BC_1\parallel 平面AD_1E；$

Solution:
$证明：\because ABCD-A_1B_1C_1D_1为正方体，$

$\therefore D_1C_1\parallel A_1B_1，D_1C_1=A_1B_1.$

$又AB\parallel A_1B_1，AB=A_1B_1,$

$\therefore D_1C_1\parallel AB,D_1C_1=AB,$

$\therefore 四边形ABC_1D_1为平行四边形，\therefore AD_1\parallel BC_1，$

$又AD_1\subset 平面AD_1E，BC_1\not\subset 平面AD_1E，$

$\therefore BC_1\parallel 平面AD_1E.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.$

<img_3132>
$求证：AB\parallel FG；$

Solution:
$证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB\parallel DE.又因为AB不在平面PDE，DE在平面PDE,所以AB\parallel 平面PDE.因为AB在平面ABF，且平面ABF与平面PDE的交线为FG，所以AB\parallel FG.$