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


Question: $设函数f(x)=(x-t_1)(x-t_2)(x-t_3)，其中t_1，t_2，t_3 \in \mathbb{R}，且t_1，t_2，t_3是公差为d的等差数列.$
$若曲线 y=f(x) 与直线 y=-(x-t_2)-6\sqrt{3} 有三个互异的公共点，求 d 的取值范围.$

Solution:
$曲线y=f(x)与直线y=-(x-t_2)-6\sqrt{3}有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t_2+d)(x-t_2)(x-t_2-d)+(x-t_2)+6\sqrt{3}=0有三个互异的实数解.令u=x-t_2，可得u^3+(1-d^2)u+6\sqrt{3}=0.$

$设函数g(x)=x^3+(1-d^2)x+6\sqrt{3}，则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t_2)-6\sqrt{3}有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.$

g'(x)=3x^2+(1-d^2).

$当d^2\leq 1时，g'(x)\geq 0，这时g(x)在R上单调递增，不合题意.当d^2 > 1时，令g'(x)=0，解得x_1=-\frac{\sqrt{d^2-1}}{\sqrt{3}}，x_2=\frac{\sqrt{d^2-1}}{\sqrt{3}}.易得，g(x)在(-\infty ，x_1)上单调递增，在[x_1，x_2]上单调递减，在(x_2，+\infty )上单调递增.$

$g(x)的极大值g(x_1)=g\left(-\frac{\sqrt{d^2-1}}{\sqrt{3}}\right)=\frac{2\sqrt{3}(d^2-1)^\frac{3}{2}}{9}+6\sqrt{3}>0.g(x)的极小值g(x_2)=g\left(\frac{\sqrt{d^2-1}}{\sqrt{3}}\right)=-\frac{2\sqrt{3}(d^2-1)^\frac{3}{2}}{9}+6\sqrt{3}.$

若g(x_2)\geq 0，由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点，不合题意.

$若g(x_2)<0，即(d^2-1)^\frac{3}{2}>27，也就是|d|>\sqrt{10}，此时|d|>x_2，g(|d|)=|d|+6\sqrt{3}>0，且-2|d|<x_1，g(-2|d|)=-6|d|^3-2|d|+6\sqrt{3}<-62\sqrt{10}+6\sqrt{3}<0，从而由g(x)的单调性，可知函数y=g(x)在区间(-2|d|，x_1)，(x_1，x_2)，(x_2，|d|)内各有一个零点，符合题意.$

$所以，d的取值范围是(-\infty ，-\sqrt{10})\cup (\sqrt{10}，+\infty ).$

Final answer: $(-\infty ，-\sqrt{10})\cup (\sqrt{10}，+\infty )$
Subfield: Inequality


Question: $函数f(x) = \frac{1}{4}(x+1)^2$
$若存在x\in R，且x\neq -1，使得\frac{1}{4 f(x)}+f(x)\leq |m^2-m-1|成立，求m的取值范围.$

Solution:
$当x\neq -1时， f(x)=\frac{1}{4}(x+1)^2>0，$

$所以y=\frac{1}{4f(x)}+f(x)\geq 2\sqrt{\frac{1}{4f(x)}\cdot f(x)}=1，$

$当且仅当\frac{1}{4f(x)}=f(x)，即x=-1\pm \sqrt{2}时等号成立，$

$因为存在x\in R，且x\neq -1，使得\frac{1}{4f(x)}+f(x)\leq |m^2-m-1|成立，所以|m^2-m-1|\geq 1，$

$所以m^2-m-1\geq 1或m^2-m-1\leq -1，$

$解得m\geq 2或m\leq -1或0\leq m\leq 1。$

$所以m的取值范围为(-\infty ，-1]\cup [0，1]\cup [2，+\infty )。$

Final answer: (-\infty ，-1]\cup [0，1]\cup [2，+\infty )
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x) = |x - a| + |x + 3|.$
$当a=1时，求不等式f(x)\geq 6的解集；$

Solution:
$(零点分段法解不等式)$

$当a=1时， f(x)=\begin{cases}-2x-2,&x\leq -3,\\ 4,&-3<x<1,\\ 2x+2,&x\geq 1.\end{cases}$

$则f(x)\geq 6等价于\begin{cases}-2x-2\geq 6,\\ x\leq -3\end{cases}或\begin{cases}4\geq 6,\\ -3<x<1\end{cases}或\begin{cases}2x+2\geq 6,\\ x\geq 1,\end{cases}解得x\leq -4或x\in \emptyset 或x\geq 2，所以f(x)\geq 6的解集为(-\infty ,-4]\cup [2,+\infty ).$

Final answer: $(-\infty ,-4]\cup [2,+\infty )$
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x) = |x - a| + |x + 3|.$
$若 f(x) > -a，求 a 的取值范围.$

Solution:
$f(x) > -a，即为f(x)_{min} > -a，(恒成立问题转化为最值问题)$

$因为f(x) = |x-a| + |x+3| \geq |(x-a) - (x+3)| = |a+3|，当且仅当(x-a)(x+3) \leq 0时等号成立，(利用绝对值三角不等式求最值)$

$所以f(x)_{min} = |a+3|，所以|a+3| > -a，即为a+3 < a或a+3 > -a，解得a \in (-\frac{3}{2}, +\infty).$

Final answer: (-\frac{3}{2}, +\infty)
Subfield: Inequality


Question: $已知函数 f(x)=|x-2|, g(x)=|2x+3|-|2x-1|.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715284081498116097/img/compression/M_7b783248a580097de460efd3fa9b5458.jpg)
$若f(x+a)\geq g(x)，求a的取值范围.$

Solution:
$函数 f(x+a)的图象是由f(x)的图象向左或向右平移 |a| 个单位长度所得，由(1)中图象可知，要使 f(x+a) \geq g(x)，则需要 f(x) 的图象向左平移 a 个单位长度，且 a>0，当 f(x+a) 的图象过点 (\frac{1}{2},4) 时， |\frac{1}{2}+a-2| = 4，解得 a=\frac{11}{2} ，\therefore 要使 f(x+a) \geq g(x)，则 a \geq \frac{11}{2},$
$\therefore  a 的取值范围为 \left[\frac{11}{2},+\infty \right)。$

Final answer: $\left[\frac{11}{2},+\infty \right)$
Subfield: Inequality


Question: $已知函数 f(x)=|x-2|, g(x)=|2x+3|-|2x-1|.$

<img_7>
$若f(x+a)\geq g(x)，求a的取值范围.$

Solution:
$函数 f(x+a)的图象是由f(x)的图象向左或向右平移 |a| 个单位长度所得，由(1)中图象可知，要使 f(x+a) \geq g(x)，则需要 f(x) 的图象向左平移 a 个单位长度，且 a>0，当 f(x+a) 的图象过点 (\frac{1}{2},4) 时， |\frac{1}{2}+a-2| = 4，解得 a=\frac{11}{2} ，\therefore 要使 f(x+a) \geq g(x)，则 a \geq \frac{11}{2},$
$\therefore  a 的取值范围为 \left[\frac{11}{2},+\infty \right)。$



Final answer: $\left[\frac{11}{2},+\infty \right)$
Subfield: Inequality


Question: $已知f(x)=|x-a|x+|x-2|(x-a).$
$当a=1时，求不等式f(x)<0的解集；$

Solution:
$当a=1时， f(x)=|x-1|x+|x-2|(x-1).$
$当x<1时， f(x)=-2(x-1)^2<0;$
$当x\geq 1时， f(x)\geq 0.$
$(分x<1和x\geq 1两种情况讨论)$
$所以，不等式f(x)<0的解集为(-\infty ,1).$

Final answer: $(-\infty ,1)$
Subfield: Inequality


Question: $已知f(x)=|x-a|x+|x-2|(x-a).$
$若x\in (-\infty ,1)时， f(x)<0，求a的取值范围.$

Solution:
$因为 f(a)=0，所以 a\geq 1。(利用特殊值缩小参数 a 的范围)$

$当 a\geq 1，x\in (-\infty ,1) 时， f(x)=(a-x)x+(2-x)(x-a)=2(a-x)(x-1)<0，$

$所以，a 的取值范围是[1，+\infty ).$

Final answer: [1，+\infty )
Subfield: Sequence


Question: $记关于x的不等式x^2-4nx+3n^2\leq 0(n\in N^)的整数解的个数为a_n，数列{b_n}的前n项和为T_n，满足4T_n=3^{n+1}-a_n-2.$
$设c_n=2b_n-\lambda (-\frac{3}{2})^n，若对任意n\in N^{}，都有c_n<c_{n+1}成立，试求实数\lambda 的取值范围.$

Solution:
$由(1)可得c_n=3^n-1+(-1)^{n-1}\lambda \left(\frac{3}{2}\right)^n，$

$\therefore c_{n+1}=3^{n+1}-1+(-1)^n\lambda \left(\frac{3}{2}\right)^{n+1}，$

$\because c_n < c_{n+1}, \therefore c_{n+1}-c_n=2 \times 3^n+ \frac{5}{2} (-1)^n\lambda \left(\frac{3}{2}\right)^n > 0，$

$\therefore (-1)^n\lambda > -\frac{4}{5}\times 2^n，$

$当n为奇数时，\lambda< \frac{4}{5} \times 2^n，$

$\because \frac{4}{5} \times 2^n 随着n的增大而增大，\therefore 当n=1时，\frac{4}{5} \times 2^n的值最小，为\frac{8}{5}，\therefore \lambda < \frac{8}{5}，$

$当n为偶数时，\lambda > -\frac{4}{5} \times 2^n，$

$\because -\frac{4}{5}\times 2^n 随着n的增大而减小，\therefore 当n=2时，-\frac{4}{5}\times 2^n 的值最大，为-\frac{16}{5}，\therefore \lambda > -\frac{16}{5}.$

$综上,可知-\frac{16}{5} < \lambda < \frac{8}{5}.$

Final answer: (-\frac{16}{5},\frac{8}{5})
Subfield: Sequence


Question: $设数列a_n是等差数列，数列b_n是公比大于0的等比数列，已知a_1=1, b_1=3, b_2=3a_3, b_3=12a_2+3.$
$设数列c_n满足c_n=$

$$
\begin{cases}
1, & n\leq 5,\\ 
b_{n-5}, & n\geq 6,
\end{cases}
$$

$求数列a_nc_n的前n项和T_n.$

Solution:
$当n\leq 5时，c_{n}=1,所以T_{n}=a_{1}+a_{2}+\ldots +a_{n}=1+2+\ldots +n=\frac{n(n+1)}{2}。当n\geq 6时，c_{n}=b_{n-5}=3^{n-5},所以T_{n}=T_{5}+a_{6}b_{1}+a_{7}b_{2}+\ldots +a_{n}b_{n-5}=15+6\times 3^{1}+7\times 3^{2}+\ldots +n\cdot 3^{n-5}。令M=6\times 3^{1}+7\times 3^{2}+\ldots +n\cdot 3^{n-5},则3M=6\times 3^{2}+7\times 3^{3}+\ldots +(n-1)\cdot 3^{n-5}+n\cdot 3^{n-4},两式相减得-2M=6\times 3^{1}+(3^{2}+3^{3}+\ldots +3^{n-5})-n\cdot 3^{n-4}=18+\frac{3^2(1-3^{n-6})}{1-3}-n\cdot 3^{n-4},整理得M=-\frac{27}{4}+\frac{2n-1}{4}\cdot 3^{n-4},所以T_{n}=\frac{33}{4}+\frac{2n-1}{4}\cdot 3^{n-4}。$
$综上，T_{n}=\left\{\begin{matrix}\frac{n(n+1)}{2},n\leq 5,\\ \frac{33}{4}+\frac{2n-1}{4} \cdot 3^{n-4},n\geq 6.\end{matrix}\right.$

Final answer: $T_{n}=\left\{\begin{matrix}\frac{n(n+1)}{2},n\leq 5,\\ \frac{33}{4}+\frac{2n-1}{4} \cdot 3^{n-4},n\geq 6.\end{matrix}\right.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^x + x\sin x + \cos x - ax - 2 (a \in \mathbb{R}.)$
$若f(x) \geq 0 对任意 x \in [0, +\infty) 恒成立，求 a 的取值范围.$

Solution:
$f'(x)=e^{x}+x\cos  x-a，$

$令h(x)=f'(x)(x\geq 0)，则h'(x)=e^{x}+\cos  x-x\sin  x.$

$令u(x)=e^{x}-1-x(x\geq 0)，则u'(x)=e^{x}-1\geq 0，所以u(x)在区间[0,+\infty )上单调递增，$

$则u(x)\geq u(0)=0，即e^{x}-(x+1)\geq 0.$

$当x\geq 0时，\sin  x\leq 1，则-x\sin  x\geq -x.又\cos  x\geq -1，所以\cos  x-x\sin  x\geq -(x+1)，$

$所以e^{x}+\cos  x-x\sin  x\geq e^{x}-(x+1)\geq 0，即h'(x)\geq 0，$

$则h(x)在区间[0,+\infty )上单调递增，即f'(x)在区间[0,+\infty )上单调递增，$

$所以f'(x)\geq f'(0)=1-a.$

$①当1-a\geq 0，即a\leq 1时， f'(x)\geq f'(0)\geq 0，f(x)在区间[0,+\infty )上单调递增，$

$所以f(x)\geq f(0)=0，符合题意；$

$②当1-a<0，即a>1时， f'(a)=e^{a}+a \cos  a-a\geq e^{a}-2a.$

$令g(a)=e^{a}-2a(a>1)，则g'(a)=e^{a}-2>e-2>0，$

$所以g(a)在区间(1,+\infty )上单调递增，则g(a)>g(1)=e-2>0，故f'(a)>0.$

$又f'(0)<0，所以存在x_{0}\in (0,a)，使得f'(x_{0})=0.$

$当x\in (0,x_{0})时， f'(x)<0，则f(x)在区间(0,x_{0})上单调递减，此时f(x)<f(0)=0，不符合题意.$

$综上，实数a的取值范围为(-\infty ,1].$

Final answer: $(-\infty,1]$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x^2-(a+1)\ln x.$
$当a=0时，求f(x)的单调递减区间;$

Solution:
$ f(x)的定义域为(0，+\infty )， $
$ 当a=0时，f'(x)=2x-\frac{1}{x}=\frac{2x^2-1}{x},$
$ 当x\in \left(0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)时，f'(x)<0, f(x)单调递减，$
$ 当x\in \left(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty \right)时，f'(x)>0, f(x)单调递增，$
$ 因此f(x)的单调递减区间为\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)，单调递增区间为\left(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty \right).$



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


Question: $已知函数f(x)=x^2-(a+1)\ln x.$
$当a=0时，求f(x)的单调区间;$

Solution:
$ f(x)的定义域为(0，+\infty )， $
$ 当a=0时，f'(x)=2x-\frac{1}{x}=\frac{2x^2-1}{x},$
$ 当x\in \left(0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)时，f'(x)<0, f(x)单调递减，$
$ 当x\in \left(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty \right)时，f'(x)>0, f(x)单调递增，$
$ 因此f(x)的单调递减区间为\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)，单调递增区间为\left(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty \right).$

Final answer: ${f(x)}的单调递减区间为\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)，单调递增区间为\left(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty \right).$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x^2-(a+1)\ln x.$
$若f(x)\geq (a^2 - a)ln x对x\in (1,+\infty )恒成立，求a的取值范围.$

Solution:
$由f(x) \geq  (a^2 - a)ln x 对x\in (1,+\infty )恒成立，得a^2 + 1 \leq  {{x^2}/{ln x}} 对x\in (1,+\infty )恒成立.$

$设h(x) = {{x^2}/{ln x}} (x > 1),则h'(x) = {{x(2ln x - 1)}/{(ln x)^2}}.当x\in (1, \sqrt{e})时，h'(x) < 0;当x\in (\sqrt{e}，+\infty )时，h'(x) > 0.$

$所以h(x)_{min} = h(\sqrt{e}) = 2e.$

$则a^2 + 1 \leq  2e,解得-\sqrt{2e - 1} \leq  a \leq  \sqrt{2e - 1},$

$故a的取值范围是[-\sqrt{2e - 1},\sqrt{2e - 1}].$

Final answer: $[-\sqrt{2e - 1},\sqrt{2e - 1}]$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=cos x+\frac{a}{2} x^2+ln x.$
$已知g(x)=f'(x)+4ln x-\frac{1}{x}，若g(x)在(\frac{3\pi }{4},2\pi) 内没有极值点，求a的取值范围.(参考数据：{\pi}^2\approx 10，{\pi}^3\approx 31)$

Solution:
$g(x)=-sin x+ax+4ln x,g'(x)=-cos x+a+\frac{4}{x},$

$因为g(x)在(\frac{3\pi }{4},2\pi)内没有极值点，$

$所以g'(x)\geq 0在(\frac{3\pi }{4},2\pi)内恒成立或g'(x)\leq 0在(\frac{3\pi }{4},2\pi)内恒成立，$

$即a\geq cos x-\frac{4}{x}在(\frac{3\pi }{4},2\pi)内恒成立或a\leq cos x-\frac{4}{x}在(\frac{3\pi }{4},2\pi)内恒成立.$

$令h(x)=cos x-\frac{4}{x},则h'(x)=-sin x+\frac{4}{x^2}.$

$(i)当x\in [\pi ,2\pi )时,-sin x\geq 0,\frac{4}{x^2}>0,$

$所以h'(x)>0,h(x)单调递增.$

$(ii)当x\in (\frac{3\pi }{4},\pi)时，h″(x)=-cos x-\frac{8}{x^3},h'''(x)=sin x+\frac{24}{x^4}>0,$

$所以h″(x)单调递增，又h″(\frac{3\pi }{4})=\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{512}{27\pi ^3}>0,$

$所以h'(x)单调递增.$

$又因为h'(\frac{3\pi }{4})=-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{64}{9\pi ^2}>0,所以h(x)单调递增.$

$由(i)(ii)可知，h(x)在(\frac{3\pi }{4},2\pi)上单调递增，$

$所以x\in (\frac{3\pi }{4},2\pi)时，h(\frac{3\pi }{4})=-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{16}{3\pi }<h(x)<h(2\pi )=1-\frac{2}{\pi }.$

$所以a\leq -\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{16}{3\pi }或a\geq 1-\frac{2}{\pi }.$

Final answer: (-\infty,-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{16}{3\pi }]\cup[1-\frac{2}{\pi },+\infty)
Subfield: Derivative


Question: $已知f(x) = (x-1)e^{x} + \frac{1}{2}ax^{2}.$
$若f(x)有2个不同零点，求a的取值范围.$

Solution:
$f'x=x(e^{x}+a)，$
$- 当a=0时，f(x)=(x-1)e^{x}，只有1个零点x=1.$
$- 当a>0时，e^{x}+a>0，$
$  - 当x\in(-\infty,0)时， f'(x)<0，f(x)为减函数，$
$  - 当x\in(0,\infty)时， f'(x)>0， f(x)为增函数，$
$  - \therefore f_{\text{极小值}}x=f(0)=-1，而f(1)=\frac{a}{2}>0，$
$  - \therefore 当x>0，存在x_{0}\in(0,1)，使f(x_{0})=0，$
$  - 当x<0时，0<e^{x}<1，$
$  - \therefore (x-1)e^{x}>x-1，$
$  - \therefore f(x)=(x-1)e^{x}+ \frac{1}{2}ax^{2}>x-1 +\frac{1}{2}ax^{2}=\frac{1}{2}ax^{2}+x-1，$
$  - 设x_{1}=\frac{-1-\sqrt{1+2a}}{a}<0，$
$  - \therefore f(x)>f(x_{1})>0，\therefore f(x_{1})<f(0)<0，$

$\therefore 函数有2个零点.$
$- 当a<0时，令f'(x)=0，得x=0或x=\ln(-a)，$
$  - 当\ln(-a)>0，即a<-1时，f(x)，f'(x)随x的变化情况如表：$



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

$  - \therefore f_{\text{极大值}}x=f(0)=-1，$
$  - \therefore 函数f(x)至多有1个零点，不符合题意.$
$  - 当a=-1时，\ln(-a)=0， f(x)在R上单调递增，$
$  - \therefore f(x)至多有1个零点，不符合题意.$
$  - 当\ln(-a)<0，即a\in(-1,0)时，f(x)，f'(x)随x的变化情况如表：$

| $x$ |$ (-\infty ,ln(-a))$ | $ln(-a)$ | $(ln(-a),0)$ | 0 | $(0,+\infty )$ |
​| --- | --- | --- | --- | --- | --- |
| $f'(x)$ | + | 0 | - | 0 | + |
| $f(x)$ | 递增 | $f(ln(-a))$ | 递减 | -1 | 递增 |

$  - \therefore 当x<0，-1<a<0时，f(x)=(x-1)e^{x}+\frac{1}{2}ax^{2}<0，$
$  - 又f(0)=-1，\therefore 函数f(x)至多有1个零点.$
$- 综上，a的取值范围是(0,+\infty).$

Final answer: $(0,+\infty)$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = a(e^{x} + a) - x. a>0$
$求f(x)的单调递增区间；$

Solution:
$由已知得函数f(x)的定义域为R,$
$f'(x)=ae^{x}-1.$
$①当a\leq 0时, f'(x)<0, f(x)在R上单调递减；$
$②当a>0时，令f'(x)=0，则x=ln \frac{1}{a},$
$当x<ln \frac{1}{a}时, f'(x)<0, f(x)单调递减;$
$当x>ln \frac{1}{a}时, f'(x)>0, f(x)单调递增.$
$综上所述，当a\leq 0时, f(x) 在R上单调递减；$
$当a>0时, f(x)在(-\infty ,ln \frac{1}{a})上单调递减，在(ln \frac{1}{a},+\infty )上单调递增.$



Final answer: (ln \frac{1}{a},+\infty )
Subfield: Derivative


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

Solution:
$由已知得函数f(x)的定义域为R,$
$f'(x)=ae^{x}-1.$
$①当a\leq 0时, f'(x)<0, f(x)在R上单调递减；$
$②当a>0时，令f'(x)=0，则x=ln \frac{1}{a},$
$当x<ln \frac{1}{a}时, f'(x)<0, f(x)单调递减;$
$当x>ln \frac{1}{a}时, f'(x)>0, f(x)单调递增.$
$综上所述，当a\leq 0时, f(x) 在R上单调递减；$
$当a>0时, f(x)在(-\infty ,ln \frac{1}{a})上单调递减，在(ln \frac{1}{a},+\infty )上单调递增.$

Final answer: $当a\leq 0时, f(x) 在R上单调递减；当a>0时, f(x)在(-\infty ,ln \frac{1}{a})上单调递减，在(ln \frac{1}{a},+\infty )上单调递增.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=ax-\frac{\sin  x}{\cos ^3x}， x \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right).$
$当a=求f(x)的单调递减区间；$

Solution:
$当a=8时， f(x)=8x-\frac{\sin  x}{\cos ^3x},  $
$\therefore f’(x)=8-\frac{\cos ^4x-3\cos ^2x(-\sin ^2x)}{\cos ^6x}=8-\frac{\cos ^2x+3\sin ^2x}{\cos ^4x}=\frac{8\cos ^4x+2\cos ^2x-3}{\cos ^4x}=\frac{(4\cos ^2x+3)(2\cos ^2x-1)}{\cos ^4x}=\frac{2(4\cos ^2x+3)\left(\cos   x+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\left(\cos   x-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{\cos ^4x},  $
$x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right),  $
$令f’(x)>0，得cos x>\frac{\sqrt{2}}{2}，又x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)，\therefore x\in \left(0,\frac{\pi }{4}\right),  $
$令f’(x)<0，得cos x<\frac{\sqrt{2}}{2}，又x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)，\therefore x\in \left(\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right),  $
$\therefore f(x)在\left(0,\frac{\pi }{4}\right)上单调递增，在\left(\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right)上单调递减.$



Final answer: \left(\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right)
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=ax-\frac{\sin  x}{\cos ^3x}， x \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right).$
$当a=8时，讨论f(x)的单调性；$

Solution:
$当a=8时， f(x)=8x-\frac{\sin  x}{\cos ^3x},  $
$\therefore f’(x)=8-\frac{\cos ^4x-3\cos ^2x(-\sin ^2x)}{\cos ^6x}=8-\frac{\cos ^2x+3\sin ^2x}{\cos ^4x}=\frac{8\cos ^4x+2\cos ^2x-3}{\cos ^4x}=\frac{(4\cos ^2x+3)(2\cos ^2x-1)}{\cos ^4x}=\frac{2(4\cos ^2x+3)\left(\cos   x+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\left(\cos   x-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{\cos ^4x},  $
$x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right),  $
$令f’(x)>0，得cos x>\frac{\sqrt{2}}{2}，又x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)，\therefore x\in \left(0,\frac{\pi }{4}\right),  $
$令f’(x)<0，得cos x<\frac{\sqrt{2}}{2}，又x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)，\therefore x\in \left(\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right),  $
$\therefore f(x)在\left(0,\frac{\pi }{4}\right)上单调递增，在\left(\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right)上单调递减.$

Final answer: $f(x)在\left(0,\frac{\pi }{4}\right)上单调递增，在\left(\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right)上单调递减.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=ax-\frac{\sin  x}{\cos ^3x}， x \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right).$
$若f(x)<\sin 2x,求a的取值范围.$

Solution:
$令 g(x)=\sin2x-f(x)=\sin2x-ax+\frac{\sin x}{\cos ^3x}， x \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)，$

$\therefore  g' (x)=2\cos 2x-a+\frac{\cos ^2x+3\sin ^2x}{\cos ^4x}$

$=4\cos^2x+\frac{3-2\cos ^2x}{\cos ^4x}-a-2，$

$令 t= \cos^2x，\because  x \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right), \therefore  t \in (0,1)，$

$令 h(t)=4t+\frac{3-2t}{t^2}-a-2，$

$\therefore  h' (t)=4+\frac{2t-6}{t^3}=\frac{4t^3+2t-6}{t^3}=\frac{(t-1)(4t^2+4t+6)}{t^3}，$

$又\because  t \in (0,1), \therefore  h' (t)<0 在 (0,1) 上恒成立，$

$\therefore  h(t) 在 (0,1) 上单调递减，$

$又 t=\cos^2x 在 \left(0,\frac{\pi }{2}\right) 上单调递减，$

$\therefore  g' (x) 在 \left(0,\frac{\pi }{2}\right) 上单调递增，$

$且 g' (0)=4+1-a-2=3-a,$

$①当 a\leq 3 时，g' (x)>g' (0)=3-a\geq 0 在 \left(0,\frac{\pi }{2}\right) 上恒成立，$

$\therefore  g(x) 在 \left(0,\frac{\pi }{2}\right) 上为增函数，又 g(0)=0，\therefore  g(x)>0 在 \left(0,\frac{\pi }{2}\right) 上恒成立，即 f(x)<\sin 2x;$

$②当 a>3 时，由于 g'(x) 在 \left(0,\frac{\pi }{2}\right) 上单调递增,且 g' (0)=3-a<0,$

$\therefore ∃ x_0 \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right),使得 g' (x_0)=0，$

$则 g' (x) 在 (0,x_0) 上恒小于0，故 g(x) 在 (0,x_0) 上单调递减，$

$\therefore 当 x \in (0,x_0) 时，g(x)<g(0)=0，不合题意，舍去.$

$综上，实数a的取值范围为(-\infty ，3].$

Final answer: $(-\infty ，3]$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=(\frac{1}{x}+a)ln(1+x).$
$若f(x)在(0，+\infty )存在极值点，求a的取值范围.$

Solution:
$f'(x) = -\frac {1}{x^2}\ln(x + 1) + \left(\frac {1}{x} + a\right) \frac {1}{x + 1} = -\frac {1}{x^2}\left[\ln(x + 1) - \frac {ax^2 + x}{x + 1}\right],$

$要使f(x)在(0，+\infty )存在极值点，则方程\ln(x+1) - \frac {ax^2 + x}{x + 1} = 0有正根，$

$记g(x) = \ln(x + 1) - \frac {ax^2 + x}{x + 1}, x > 0,$

$则g'(x) = -\frac {x}{(1 + x)^2} \cdot (ax + 2a - 1).$

$①当a \leq  0时，g'(x) > 0,故g(x)在(0，+\infty )单调递增，不符合题意，舍去；$

$②当a \geq  \frac {1}{2}时，g'(x) < 0，故g(x)在(0，+\infty )单调递减，不符合题意，舍去；$

$③当0 < a < \frac {1}{2}时，令g'(x) > 0，得0 < x < \frac {1 - 2a}{a}; 令g'(x) < 0, 得x > \frac {1 - 2a}{a}. $

$易知当x \rightarrow  +\infty 时，g(x) \rightarrow  -\infty ，$

$故只需g(x)_{max} = g\left(\frac {1 - 2a}{a}\right) = \ln\left(\frac {1 - 2a}{a} + 1\right) - \frac {\left(\frac {1 - 2a}{a}\right)^2 \cdot a + \frac {1 - 2a}{a}}{\frac {1 - 2a}{a} + 1} = \ln\left(\frac {1}{a} - 1\right) + 4a - 2 > 0即可，$

$设h(t) = \ln(t - 1) + \frac {4}{t} - 2, t > 2，$

$则h'(t) = \frac {1}{t - 1} - \frac {4}{t^2} = \frac {(t - 2)^2}{(t - 1)t^2} > 0，$

$故h(t)在(2，+\infty )单调递增，\therefore h(t) > h(2) = 0，$

$故当0 < a < \frac {1}{2}时，有\ln\left(\frac {1}{a} - 1\right) + 4a - 2 > 0，即g\left(\frac {1 - 2a}{a}\right) > 0，符合题意.$

$综上所述，当a \in \left(0,\frac {1}{2}\right)时， f(x)在(0，+\infty )存在极值点.$



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


Question: $已知函数f(x)=(\frac{1}{x}+a)ln(1+x).$
$若函数f(x)在(0，+\infty )单调递增，求a的取值范围.$

Solution:
$\because  f'(x)=\frac{ax+1}{x(1+x)}-\frac{\ln(1+x)}{x^2}, 且 f(x) 在 (0,+\infty ) 上单调递增，$

$\therefore  f'(x)\geq 0 在 (0,+\infty ) 上恒成立, 即 \frac{ax+1}{x(1+x)}\geq \frac{\ln(1+x)}{x^2} 在 (0,+\infty ) 上恒成立,$

$其等价于 x(ax+1)\geq (1+x)\ln(1+x) 在 (0,+\infty ) 上恒成立，$

$令 g(x)=(ax+1)x-(1+x)\ln(1+x),$

$则 g'(x)=2ax-\ln(1+x),$

$令 h(x)=g'(x), 则 h'(x)=2a-\frac{1}{x+1},$

$令 H(x)=h'(x), 则 H'(x)=\frac{1}{(x+1)^2}>0,$

$故 h'(x) 在 (0,+\infty ) 上为增函数，$

$因此 h'(x)>h'(0)=2a-1 在 (0,+\infty ) 上恒成立.$

$①当 2a-1\geq 0，即 a\geq \frac{1}{2} 时，h'(x)>0 在 (0,+\infty ) 上恒成立，$

$此时 g'(x) 在 (0,+\infty ) 上为增函数，又 g'(0)=0，$

$\therefore  g'(x)>0 在 (0，+\infty ) 上恒成立，故 g(x) 在 (0,+\infty ) 上为增函数，$

$因此 g(x)>g(0)=0，即 (ax+1)x\geq (1+x)\ln(1+x) 在 (0,+\infty ) 上恒成立，从而 f(x) 在 (0,+\infty ) 上单调递增.$

$②当 2a-1<0，即 a<\frac{1}{2} 时，必存在 x_0\in (0,+\infty )，使 h'(x_0)=0，$

$因此，当 x\in (0,x_0) 时，h'(x)<0，所以 g'(x) 在 (0,x_0) 上为减函数，$

$又 g'(0)=0，从而有当 x\in (0,x_0) 时，g'(x)<0 恒成立，$

$此时 g(x) 在 (0,x_0) 上为减函数，又 g(0)=0，故有 g(x)<0 在 (0,x_0) 上恒成立，从而有 f'(x)<0 在 (0,x_0) 上恒成立，与 y=f(x) 在 (0,+\infty ) 上单调递增不符，从而 2a-1<0 不合题意.$

$综上所述，a\geq \frac{1}{2}.$

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


Question: $已知向量a = (sin x + cos x, cos x), b = (sin x - cos x, 2sin x), x \in  R.函数 f(x) = a \cdot  b +2.$
$求函数f(x)的单调增区间;$

Solution:
$f(x)=a\cdot b+2=(sin x+cos x)(sin x-cos x)+2sin xcos x+2=sin^2x-cos^2x+sin 2x+2=sin 2x-cos 2x+2=\sqrt{2}sin\left(2x-\frac{\pi }{4}\right)+2. $

$令-\frac{\pi }{2}+2k\pi \leq2x-\frac{\pi }{4}\leq\frac{\pi }{2}+2k\pi (k\in Z) , $

$解得-\frac{\pi }{8}+k\pi \leq x\leq\frac{3\pi }{8}+k\pi (k\in Z), $

$所以f(x)的单调增区间为\left[-\frac{\pi }{8}+k\pi ,\frac{3\pi }{8}+k\pi \right](k\in Z).$

Final answer: $\left[-\frac{\pi }{8}+k\pi ,\frac{3\pi }{8}+k\pi \right](k\in Z)$
Subfield: Derivative


Question: $已知向量a = (sin x + cos x, cos x), b = (sin x - cos x, 2sin x), x \in  R.函数 f(x) = a \cdot  b +2.$
答案中可用 k 表示任意整数
$求函数f(x)的单调增区间;$

Solution:
$f(x)=a\cdot b+2=(sin x+cos x)(sin x-cos x)+2sin xcos x+2=sin^2x-cos^2x+sin 2x+2=sin 2x-cos 2x+2=\sqrt{2}sin\left(2x-\frac{\pi }{4}\right)+2. $

$令-\frac{\pi }{2}+2k\pi \leq2x-\frac{\pi }{4}\leq\frac{\pi }{2}+2k\pi (k\in Z) , $

$解得-\frac{\pi }{8}+k\pi \leq x\leq\frac{3\pi }{8}+k\pi (k\in Z), $

$所以f(x)的单调增区间为\left[-\frac{\pi }{8}+k\pi ,\frac{3\pi }{8}+k\pi \right](k\in Z).$



Final answer: $\left[-\frac{\pi }{8}+k\pi ,\frac{3\pi }{8}+k\pi \right]$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 (a>b>0) 的离心率为 \frac{\sqrt{2}}{2}，短轴长为2.$
$在圆O:x^2+y^2=3上取一动点P，过P作椭圆C的两条切线，切点分别记为M，N，若直线PM与PN的斜率均存在，且分别为k_{1}，k_{2}. 求\triangle OMN面积的取值范围.$

Solution:
$设 P(x_0,y_0).$
$设 M(x_1,y_1)，N(x_2,y_2)，直线 PM:y=k_1(x-x_1)+y_1，$
由

$$
\left\{
\begin{matrix}
y=k_1(x-x_1)+y_1,\\ 
\frac{x^2}{2}+y^2=1,
\end{matrix}
\right.
$$

$消去 y，得 (1+2k_1^2)x^2+4k_1(y_1-k_1x_1)\cdot x+2(k_1x_1-y_1)^2-2=0，$
$令 \Delta=0，得 (x_1^2-2)k_1^2-2x_1y_1k_1+y_1^2-1=0，$
$则 k_1=\frac{x_1y_1}{x^2_1-2}=\frac{x_1}{-2y_1}，则直线 PM:x_1x+2y_1y=2，$
$同理可得，直线 PN:x_2x+2y_2y=2，$
$\therefore 直线 MN 的方程为 xx_0+2yy_0=2,$
由 

$$
\left\{
\begin{matrix}
xx_0+2yy_0=2,\\ 
x^2+2y^2=2
\end{matrix}
\right.
$$

$消去 y，得 (3+y_0^2)x^2-4x_0x+4-4y_0^2=0，$
$则 x_1+x_2=\frac{4x_0}{3+y^2_0}，x_1x_2=\frac{4-4y^2_0}{3+y^2_0}，$
$则 |MN|=\sqrt{1+\frac{x^2_0}{4y^2_0}}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=2\sqrt{\frac{3+3y^2_0}{y^2_0}}\sqrt{\frac{y^4_0+y^2_0}{(3+y^2_0)^2}}.$
$又点 O 到直线 MN 的距离 d=\frac{2}{\sqrt{x^2_0+4y^2_0}}=\frac{2}{\sqrt{3+3y^2_0}}，$
$\therefore S_{\triangle OMN}=\frac{1}{2}|MN|d=\frac{2\sqrt{1+y^2_0}}{3+y^2_0}，$
$易知 y_0 \neq  \pm 1，令 \sqrt{1+y^2_0}=t，则 t \in [1, \sqrt{2}) \cup  (\sqrt{2},2],$
$\therefore S_{\triangle OMN}=\frac{2}{\frac{2}{t}+t} \in  [\frac{2}{3},\left.\frac{\sqrt{2}}{2}\right).$
$\therefore  \triangle OMN 面积的取值范围为 [\frac{2}{3},\left.\frac{\sqrt{2}}{2}\right).$

Final answer: [\frac{2}{3},\frac{\sqrt{2}}{2})
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $如图，在极坐标系Ox中，A(2，0)，B(\sqrt{2},\frac{\pi }{4})，C(\sqrt{2},\frac{3\pi }{4})，D(2，\pi )，弧\overset{\LARGE{\frown}}{AB}，\overset{\LARGE{\frown}}{BC}，\overset{\LARGE{\frown}}{CD}所在圆的圆心分别是(1，0)，\left(1,\frac{\pi }{2}\right)，(1，\pi )，曲线M_1是弧\overset{\LARGE{\frown}}{AB},曲线M_2是弧\overset{\LARGE{\frown}}{BC}，曲线M_3是弧\overset{\LARGE{\frown}}{CD}.$
![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549651523170305/img/compression/M_90f4d51b27ae8c1123e0afc0eb37b51e.jpg)
$分别写出M_1，M_2，M_3的极坐标方程；$

Solution:
$第一步：求出 \overset{\LARGE{\frown}}{AB}，\overset{\LARGE{\frown}}{BC}，\overset{\LARGE{\frown}}{CD}所在圆的极坐标方程.$

$由题设可得，\overset{\LARGE{\frown}}{AB}，\overset{\LARGE{\frown}}{BC}，\overset{\LARGE{\frown}}{CD}所在圆的极坐标方程分别为\rho =2\cos  \theta ,\rho =2\sin  \theta ,\rho =-2\cos  \theta .$

第二步：根据极角的定义，分别求出三段圆弧所在的极角大小.

$所以M_1的极坐标方程为\rho =2\cos  \theta \left(0\leq \theta \leq \frac{\pi }{4}\right)，M_2的极坐标方程为\rho =2\sin  \theta \left(\frac{\pi }{4}\leq \theta \leq \frac{3\pi }{4}\right)，M_3的极坐标方程为\rho =-2\cos  \theta \left(\frac{3\pi }{4}\leq \theta \leq \pi \right).$

Final answer: $M_1的极坐标方程为\rho=2\cos \theta \left(0\leq \theta \leq \frac{\pi }{4}\right)，M_2的极坐标方程为\rho=2\sin \theta \left(\frac{\pi }{4}\leq \theta \leq \frac{3\pi }{4}\right)，M_3的极坐标方程为\rho=-2\cos \theta \left(\frac{3\pi }{4}\leq \theta \leq \pi \right).$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=\sqrt{3}\cos  2t, y=2\sin  t(t为参数).以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为\rho \sin \left(\theta +\frac{\pi }{3}\right) +m=0.$
$若l与C有公共点，求m的取值范围.$

Solution:
解法：

$\begin{align*}x &= \sqrt{3}\\ \cos  2t= \sqrt{3}(1-2\sin ^2 t)\quad  (①)\\
y &= 2\sin  t \quad (②)
\end{align*}$

$将(②)代入(①)中，整理得 x = \sqrt{3}(1-2\times \frac{y^2}{4}) (-2\leq y\leq 2)，$

联立

$\begin{align*}
\frac{\sqrt{3}}{3}x &=1-\frac{y^2}{2}(-2\leq y\leq 2)\\
\sqrt{3}x+y+2m &= 0
\end{align*}$

$消 x ，整理得 3y^2-2y-4m-6=0 (-2\leq y\leq 2)，即 4m=3y^2-2y-6 (-2\leq y\leq 2)，$
$将上式作为一个函数记为 f(y)=3y^2-2y-6，满足 -2\leq  y \leq 2，$
$易得 f(y) \in \left[-\frac{19}{3}, 10\right]，$
$由于线l和曲线C有公共点，有 -\frac{19}{3} \leq 4m \leq 10，解得 -\frac{19}{12} \leq m \leq \frac{5}{2}。$
解法：
$将x= \sqrt{3}\cos 2t，y=2\sin t代入\sqrt{3}x+y+2m=0，$
$可以得到 3\cos 2t+2\sin t+2m=0，进一步化简得 -6\sin^2t+2\sin t+3+2m=0，$
$为使l与C有公共点，则 2m=6\sin^2t-2\sin t-3有解，$
$记 \sin t=a，有 a\in [-1,1]，$
$将上式作为一个函数记为 f(a)=6a^2-2a-3，满足 -1\leq  a \leq 1，$
$由此算得 \max f(a) = f(-1) = 5,$
$             \min f(a) = f \left(\frac{1}{6}\right) = -\frac{19}{6}，$
$由此， -\frac{19}{6} \leq  2m \leq  5，$
$即 m 的取值范围为 \left[-\frac{19}{12}, \frac{5}{2}\right]。$

Final answer: [-\frac{19}{12},\frac{5}{2}]
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为$

$$
\begin{matrix}
x = 2\cos \alpha + \sin alpha, \\
y = \cos \alpha -2\sin \alpha
\end{matrix}
$$

$其中\alpha为参数。以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为\rho\sin (\theta + \frac{\pi }{4}) = 2\sqrt{2}.$
$P为直线l上一点，过P作曲线C的两条切线，切点分别为A，B，若\angle APB\geq \frac{\pi }{2}，求点P的横坐标的取值范围.$

Solution:
$设P(x,4-x)，若\angle APB\geq \frac{\pi}{2}，$
$则\angle APO\geq \frac{\pi}{4}，$
<img_116>
$所以\sin\angle APO\geq \frac{\sqrt{2}}{2}，即|OP|\leq \sqrt{2}|OA|，$
$所以\sqrt{x^2+(4-x)^2}\leq \sqrt{10}，化简得x^2-4x+3\leq 0，$
$解得1\leq x\leq 3，即点P的横坐标的取值范围为[1,3]。$

Final answer: $[1,3]$