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


Question: $已知函数f(x)=2e^{x}\\sin  x - ax。 (e是自然对数的底数)$
$若a=0，求f(x)的单调区间；$

Solution:
$当a=0时，f(x)=2e^{x}sin x，则f'(x)=2e^{x}\cdot (\sin  x+\cos  x)=2\sqrt{2}e^{x}sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right),$

$由f'(x)>0，即sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)>0，解得2k\pi <x+\frac{\pi}{4}<2k\pi +\pi (k\in Z)，即2k\pi -\frac{\pi}{4}<x<2k\pi +\frac{3\pi}{4}(k\in Z)，$

$由f'(x)<0，即sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)<0，解得2k\pi +\pi <x+\frac{\pi}{4}<2k\pi +2\pi (k\in Z)，即2k\pi +\frac{3\pi}{4}<x<\frac{7\pi}{4}+2k\pi (k\in Z)，$

$\therefore f(x)的单调递增区间为\left(-\frac{\pi}{4}+2k\pi ,\frac{3\pi}{4}+2k\pi \right)(k\in Z)，单调递减区间为\left(\frac{3\pi}{4}+2k\pi ,\frac{7\pi}{4}+2k\pi \right)(k\in Z).$

Final answer: $单调递增区间：{\left(-\frac{\pi}{4}+2k\pi ,\frac{3\pi}{4}+2k\pi \right)(k\in Z)}，单调递减区间：{\left(\frac{3\pi}{4}+2k\pi ,\frac{7\pi}{4}+2k\pi \right)(k\in Z)}。$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数 f(x) = -2ln x + \frac{a}{x^2} + 1.$
$讨论f(x)的单调性；$

Solution:
$因为 f(x)=-2ln x+\frac{a}{x^2}+1，$
$所以 f' (x)=-\frac{2x^2+2a}{x^3}(x>0)。$
$当 a\geq 0 时，f'(x)<0，f(x) 在 (0,+\infty ) 上为减函数。$
$当 a<0 时，$
$由 f' (x)>0 得 0<x<\sqrt{-a}， 所以 f(x) 在 (0,\sqrt{-a}) 上为增函数；$
$由 f'(x)<0 得 x>\sqrt{-a}， 所以 f(x) 在 (\sqrt{-a},+\infty ) 上为减函数.$

Final answer: $当 a\geq 0 时，f(x) 在 (0,+\infty ) 上为减函数；当 a<0 时，f(x) 在 (0,\sqrt{-a}) 上为增函数；由 f'(x)<0 得 x>\sqrt{-a}， 所以 f(x) 在 (\sqrt{-a},+\infty ) 上为减函数.$
Subfield: Derivative


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

Solution:
$因为 f(x)=-2ln x+\frac{a}{x^2}+1，$
$所以 f' (x)=-\frac{2x^2+2a}{x^3}(x>0)。$
$当 a\geq 0 时，f'(x)<0，f(x) 在 (0,+\infty ) 上为减函数。$
$当 a<0 时，$
$由 f' (x)>0 得 0<x<\sqrt{-a}， 所以 f(x) 在 (0,\sqrt{-a}) 上为增函数；$
$由 f'(x)<0 得 x>\sqrt{-a}， 所以 f(x) 在 (\sqrt{-a},+\infty ) 上为减函数.$



Final answer: (\sqrt{-a},+\infty )
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}-2a\sqrt{x} (a>0).$
$若a=e，求f(x)的单调递增区间；$

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

$当a=e时，f'(x)=e^x -\frac{e}{\sqrt{x}}，令f'(x)=0，则x=1，$

$当0<x<1时，f'(x)<0，当x>1时，f'(x)>0，$

$所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+\infty )上单调递增.$



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


Question: $已知函数f(x)=e^{x}-2a\sqrt{x} (a>0).$
$若a=e，讨论f(x)的单调性；$

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

$当a=e时，f'(x)=e^x -\frac{e}{\sqrt{x}}，令f'(x)=0，则x=1，$

$当0<x<1时，f'(x)<0，当x>1时，f'(x)>0，$

$所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+\infty )上单调递增.$

Final answer: $f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+\infty )上单调递增.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}-2a\sqrt{x} (a>0).$
$若x_1，x_2是函数f(x)的两个不同的零点，证明：1<x_1 + x_2<2\ln a + \ln 2.$

Solution:
$证明：因为x_1，x_2是函数f(x)的两个不同的零点，所以e^{x_1}=2a\sqrt{x_1}，e^{x_2}=2a\sqrt{x_2}，$
$显然x_1>0,x_2>0，则有x_1=\ln 2+\ln a+\frac{1}{2}\ln x_1，x_2=\ln 2+\ln a+\frac{1}{2}\ln x_2，所以x_1-x_2=\frac{1}{2}\ln x_1-\frac{1}{2}\ln x_2.$
$不妨令x_1>x_2>0，设t=\frac{x_1}{x_2}，则t>1，$
$所以x_1=\frac{t\ln t}{2(t-1)}, x_2=\frac{\ln t}{2(t-1)}。$
$所以要证x_1+x_2=\frac{(t+1)\ln t}{2(t-1)}>1，只要证 \ln t>\frac{2(t-1)}{t+1}，即证 \ln t-\frac{2(t-1)}{t+1}>0，$
$令g(t)=\ln t-\frac{2(t-1)}{t+1}(t>1)，则g'(t)=\frac{1}{t}-\frac{4}{{(t+1)}^2}=\frac{{(t-1)}^2}{t(t+1)^2}>0，$
$所以g(t)在(1,+\infty )上单调递增，所以g(t)>g(1)=0，所以x_1+x_2>1.$
$因为x_1=\ln 2+\ln a+\frac{1}{2}\ln x_1，x_2=\ln 2+\ln a+\frac{1}{2}\ln x_2，$
$所以x_1+x_2=2\ln 2+2\ln a+\frac{1}{2}\ln(x_1x_2).$
$要证x_1+x_2<2\ln a+\ln 2，只要证\frac{1}{2}\ln(x_1x_2)<-\ln 2，即x_1x_2<\frac{1}{4}.$
$因为x_1x_2=\frac{t(\ln t)^2}{4(t-1)^2}，所以只要证\frac{t(\ln t)^2}{4(t-1)^2}<\frac{1}{4}，$
$即\ln t< \sqrt{t}-\frac{1}{\sqrt{t}}，即\ln t- \sqrt{t}+\frac{1}{\sqrt{t}}<0，$
$令h(t)=\ln t- \sqrt{t}+\frac{1}{\sqrt{t}}, t>1，$
$则h'(t)=\frac{1}{t}-\frac{1}{2 \sqrt{t}}- \frac{1}{2t \sqrt{t}}=-\frac{{(\sqrt{t}-1)}^2}{2t \sqrt{t}}<0，$
$所以h(t)在(1,+\infty )上单调递减，所以h(t)<h(1)=0，所以x_1+x_2<2\ln a+\ln 2.$
$综上，1<x_1+x_2<2\ln a+\ln 2.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=2lnx-x+\frac{a}{x}.$
$当a=\frac{3}{4}时，求f(x)的单调增区间；$

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

$当a =\frac{3}{4}时，f'(x) =\frac{-x^2+2x-\frac{3}{4}}{x^2} =-\frac{4x^2-8x+3}{4x^2} =-\frac{(2x-1)(2x-3)}{4x^2}.$

$令f '(x) > 0，得 \frac{1}{2} < x < \frac{3}{2}；令f '(x) < 0，得 0 < x < \frac{1}{2}或 x > \frac{3}{2}.$

$所以f(x)的单调增区间为\left(\frac{1}{2},\frac{3}{2}\right)，单调减区间为\left(0,\frac{1}{2}\right)，\left(\frac{3}{2},+\infty \right).$



Final answer: \left(\frac{1}{2},\frac{3}{2}\right)
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=2lnx-x+\frac{a}{x}.$
$当a=\frac{3}{4}时，求f(x)的单调区间；$

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

$当a =\frac{3}{4}时，f'(x) =\frac{-x^2+2x-\frac{3}{4}}{x^2} =-\frac{4x^2-8x+3}{4x^2} =-\frac{(2x-1)(2x-3)}{4x^2}.$

$令f '(x) > 0，得 \frac{1}{2} < x < \frac{3}{2}；令f '(x) < 0，得 0 < x < \frac{1}{2}或 x > \frac{3}{2}.$

$所以f(x)的单调增区间为\left(\frac{1}{2},\frac{3}{2}\right)，单调减区间为\left(0,\frac{1}{2}\right)，\left(\frac{3}{2},+\infty \right).$

Final answer: $f(x)的单调增区间为\left(\frac{1}{2},\frac{3}{2}\right)，单调减区间为\left(0,\frac{1}{2}\right)，\left(\frac{3}{2},+\infty \right).$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = \frac{1+\mathrm{ln} x}{x}。$
$若关于x的方程 \ln x=xe^x-e^{x^2}+kx-1 有实数根，求实数k的取值范围。$

Solution:
$依题意，得ln x=xe^{x}-ex^2+kx-1\Leftrightarrow k=\frac{1+\mathrm{ln} x}{x}+(ex-e^{x})，令g(x)=\frac{1+\mathrm{ln} x}{x}+(ex-e^{x})，则g'(x)=\frac{-\mathrm{ln} x}{x^2}+(e-e^{x})，$

$当x\in (0,1)时，g'(x)>0，当x\in (1,+\infty )时，g'(x)<0，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+\infty )上单调递减，即g(x)_{max}=g(1)=1，又当x\rightarrow +\infty 时，g(x)\rightarrow -\infty ，因此g(x)的值域是(-\infty ,1]，所以实数k的取值范围是k\leq 1.$

Final answer: (-\infty,1]
Subfield: Probability and Statistics


Question: $在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用.现有6名男志愿者A_1，A_2，A_3，A_4，A_5，A_6和4名女志愿者B_1，B_2，B_3，B_4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示.$
$用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的数学期望E(X)。$

Solution:
$由题意知 X 可取的值为0，1，2，3，4，则 P(X=0)=\frac{\mathrm{C}^5_6}{\mathrm{C}^5_{10}}= \frac{1}{42}，P(X=1)=\frac{\mathrm{C}^4_6\mathrm{C}^1_4}{\mathrm{C}^5_{10}}= \frac{5}{21}， P(X=2)=\frac{\mathrm{C}^3_6\mathrm{C}^2_4}{\mathrm{C}^5_{10}}= \frac{10}{21} ，$
$P(X=3)=\frac{\mathrm{C}^2_6\mathrm{C}^3_4}{\mathrm{C}^5_{10}}= \frac{5}{21}，P(X=4)=\frac{\mathrm{C}^1_6\mathrm{C}^4_4}{\mathrm{C}^5_{10}}= \frac{1}{42} . 因此X的分布列为$

| X | 0  | 1  | 2  | 3  | 4  |
| --- | --- | --- | --- | --- | --- |
|$P$|$\frac{1}{42}$|$\frac{5}{21}$|$\frac{10}{21}$|$\frac{5}{21} $|$\frac{1}{42}$|

$X的数学期望是E(X)=0+1\times \frac{5}{21}+2\times \frac{10}{21}+3\times \frac{5}{21}+4\times \frac{1}{42}=2. $



Final answer: $2$
Subfield: Probability and Statistics


Question: $在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用.现有6名男志愿者A_1，A_2，A_3，A_4，A_5，A_6和4名女志愿者B_1，B_2，B_3，B_4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示.$
$用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望E(X)。$

Solution:
$由题意知 X 可取的值为0，1，2，3，4，则 P(X=0)=\frac{\mathrm{C}^5_6}{\mathrm{C}^5_{10}}= \frac{1}{42}，P(X=1)=\frac{\mathrm{C}^4_6\mathrm{C}^1_4}{\mathrm{C}^5_{10}}= \frac{5}{21}， P(X=2)=\frac{\mathrm{C}^3_6\mathrm{C}^2_4}{\mathrm{C}^5_{10}}= \frac{10}{21} ，$
$P(X=3)=\frac{\mathrm{C}^2_6\mathrm{C}^3_4}{\mathrm{C}^5_{10}}= \frac{5}{21}，P(X=4)=\frac{\mathrm{C}^1_6\mathrm{C}^4_4}{\mathrm{C}^5_{10}}= \frac{1}{42} . 因此X的分布列为$

| X | 0  | 1  | 2  | 3  | 4  |
| --- | --- | --- | --- | --- | --- |
|$P$|$\frac{1}{42}$|$\frac{5}{21}$|$\frac{10}{21}$|$\frac{5}{21} $|$\frac{1}{42}$|

$X的数学期望是E(X)=0+1\times \frac{5}{21}+2\times \frac{10}{21}+3\times \frac{5}{21}+4\times \frac{1}{42}=2. $

Final answer: X的分布列为

| X    | 0              | 1              | 2               | 3               | 4              |
| ---- | -------------- | -------------- | --------------- | --------------- | -------------- |
| $P$  | $\frac{1}{42}$ | $\frac{5}{21}$ | $\frac{10}{21}$ | $\frac{5}{21} $ | $\frac{1}{42}$ |

$ 数学期望E(X)=2.$
Subfield: Conic Sections


Question: $平面直角坐标系内有一定点F(-1，0)，定直线l:x=-5,设动点P到定直线的距离为d，且满足\frac{|PF|}{d}=\frac{\sqrt{5}}{5}。$
$直线m：y=kx-3过定点Q，与动点P的轨迹交于不同的两点M，N，动点P的轨迹与y的负半轴交于A点，直线AM、AN分别交直线y=-3于点H、K，若|QH|+|QK|\leq 35,求k的取值范围．$

Solution:
$设M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)，由(1)可得点A的坐标为(0,-2),故直线AM：y=\frac{y_1+2}{x_1}x-2，令y=-3，则x_H=-\frac{x_1}{y_1+2}，同理x_K=-\frac{x_2}{y_2+2}.$

由
$$
\left\{
\begin{matrix}
y=kx-3,\\ 
4x^2+5y^2=20
\end{matrix}
\right.
$$
$消去y得(4+5k^2)x^2-30kx+25=0，$

$由\Delta=900k^2-100(4+5k^2)>0，解得k<-1或k>1.$

$由根与系数的关系得x_1+x_2=\frac{30k}{4+5k^2}，$
$x_1x_2=\frac{25}{4+5k^2}，$

$x_1x_2>0，$
$|QH|+|QK|=|x_H+x_K| = \left|\frac{x_1}{y_1+2}+\frac{x_2}{y_2+2}\right|，$

$= \left|\frac{x_1}{kx_1-1}+\frac{x_2}{kx_2-1}\right|$
$= \left|\frac{2kx_1x_2-(x_1+x_2)}{k^2x_1x_2-k(x_1+x_2)+1}\right|，$

$= \left|\frac{\frac{50k}{4+5k^2}-\frac{30k}{4+5k^2}}{\frac{25k^2}{4+5k^2}-\frac{30k^2}{4+5k^2}+1}\right|=5|k|,$

$因为|QH|+|QK| \leq 35，所以5|k| \leq 35，即|k| \leq 7.$

$综上，-7 \leq k <-1或1< k \leq 7.$

$所以k的取值范围是[-7,-1)\cup (1,7].$

Final answer: $[-7,-1)\cup (1,7]$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知抛物线C:x^2=2py (p>0)在点M(1, y_0)处的切线斜率为 \frac{1}{2}。$
$若抛物线C上存在不同的两点关于直线l:y=2x+m对称，求实数m的取值范围．$

Solution:
$设抛物线C上关于直线l对称的两点为A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)，直线AB的方程为y=-\frac{1}{2}x+t，由$

$\left\{\begin{matrix}y=-\frac{1}{2}x+t,\\ x^2=4y\end{matrix}\right.$

$消去y并整理得x^2+2x-4t=0，则\Delta '=4+16t>0，解得t>-\frac{1}{4}.$

$x_1+x_2=-2，y_1+y_2=-\frac{1}{2}(x_1+x_2)+2t=2t+1，显然线段AB的中点$

$\left(-1,t+\frac{1}{2}\right)$

$在直线l上，于是得t+\frac{1}{2}=-2+m，即有t=m-\frac{5}{2}，而t>-\frac{1}{4}，因此，m-\frac{5}{2}>-\frac{1}{4}，解得m>\frac{9}{4}，所以实数m的取值范围是$

$\left(\frac{9}{4},+\infty \right).$



Final answer: $\left(\frac{9}{4},+\infty \right)$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的一个顶点为A(0，-2)，以椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为4\sqrt{5}。$
$过点P(0，-3)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线y=-3交于点M，N.当|PM|+|PN|\leq 15时，求k的取值范围.$

Solution:
设B(x_1,y_1),C(x_2,y_2)，
由题意得直线l的方程为y+3=k(x-0),即y=kx-3,
$将y=kx-3代入椭圆E的方程并化简得(4+5k^2)x^2-30kx+25=0,则x_1+x_2=\frac{30k}{4+5k^2},x_1x_2=\frac{25}{4+5k^2},$
由\Delta =(-30k)^2-4\times 25(4+5k^2)>0，解得k<-1或k>1.
$直线AB的方程为\frac{y+2}{y_1+2}=\frac{x-0}{x_1-0},$
$令y=-3，解得x=-\frac{x_1}{y_1+2},得M\left(-\frac{x_1}{y_1+2},-3\right),$
$同理可得N\left(-\frac{x_2}{y_2+2},-3\right),所以|PM|+|PN|$
$=\left|\frac{x_1}{y_1+2}\right|+\left|\frac{x_2}{y_2+2}\right|=\left|\frac{x_1(y_2+2)+x_2(y_1+2)}{(y_1+2)(y_2+2)}\right|$
$=\left|\frac{x_1(kx_2-1)+x_2(kx_1-1)}{[(kx_1-3)+2][(kx_2-3)+2]}\right|$
$=\left|\frac{2kx_1x_2-(x_1+x_2)}{(kx_1-1)(kx_2-1)}\right|=\left|\frac{2kx_1x_2-(x_1+x_2)}{k^2x_1x_2-k(x_1+x_2)+1}\right|$
$=\left|\frac{2k \cdot \frac{25}{4+5k^2}-\frac{30k}{4+5k^2}}{k^2 \cdot \frac{25}{4+5k^2}-k \cdot \frac{30k}{4+5k^2}+1}\right|$
$=\left|\frac{50k-30k}{25k^2-30k^2+4+5k^2}\right|=|5k|\leq 15,$
解得$-3\leq k\leq 3.故k的取值范围为[-3,-1)\cup (1,3].$

Final answer: $[-3,-1)\cup (1,3]$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，正三棱柱ABC-A_1B_1C_1的所有棱长均为2，D为棱BB_1(不包括端点)上一动点，E是AB的中点,连接A_1E,CE.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894259332157444/img/compression/M_613ab1f278bf9bb5a94f7ed8d0232107.jpg)
$当D在棱BB_1上运动时，求平面ADC_1与平面ABC的夹角的余弦值的取值范围.$

Solution:
$以E为原点，EB所在直线为x轴，EC所在直线为y轴，过E且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，$

![图例](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894259999051778/img/compression/M_e29b042a0b63440600e38c7639a03633.jpg)

$则A(-1，0，0)，C1(0，\sqrt{3}，2)，$

$设BD=t，0<t<2,则D(1，0，t)，$

$所以\overrightarrow{AD}=(2,0,t)，\overrightarrow{AC1}=(1,\sqrt{3},2).$

$设平面ADC1的法向量为n=(x,y,z)，$

则

$$
\begin{align*}
n \cdot \overrightarrow{AD}=2x+tz=0,\\ 
n \cdot \overrightarrow{AC1}=x+\sqrt{3}y+2z=0,
\end{align*}
$$

$取x=1，得n=\left(1,\frac{4}{\sqrt{3}t}-\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{2}{t}\right).$

$易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1)，$

$设平面ADC1与平面ABC的夹角为\theta ，$

$\therefore cos \theta =\frac{|\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\frac{2}{t}}{\sqrt{1+\left(\frac{4}{\sqrt{3}t}-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2+\frac{4}{t^2}}}=\sqrt{\frac{3}{t^2-2t+7}}=\sqrt{\frac{3}{(t-1)^2+6}}.$

$由于t\in (0,2)，故cos \theta \in \left(\frac{\sqrt{21}}{7},\frac{\sqrt{2}}{2}\right].$

$即平面ADC1与平面ABC的夹角的余弦值的取值范围为\left(\frac{\sqrt{21}}{7},\frac{\sqrt{2}}{2}\right].$

Final answer: $\left(\frac{\sqrt{21}}{7},\frac{\sqrt{2}}{2}\right]$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，正三棱柱ABC-A_1B_1C_1的所有棱长均为2，D为棱BB_1(不包括端点)上一动点，E是AB的中点,连接A_1E,CE.$

<img_2934>
$当D在棱BB_1上运动时，求平面ADC_1与平面ABC的夹角的余弦值的取值范围.$

Solution:
$以E为原点，EB所在直线为x轴，EC所在直线为y轴，过E且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，$

<img_2817>

$则A(-1，0，0)，C1(0，\sqrt{3}，2)，$

$设BD=t，0<t<2,则D(1，0，t)，$

$所以\overrightarrow{AD}=(2,0,t)，\overrightarrow{AC1}=(1,\sqrt{3},2).$

$设平面ADC1的法向量为n=(x,y,z)，$

则

$$
\begin{align*}
n \cdot \overrightarrow{AD}=2x+tz=0,\\ 
n \cdot \overrightarrow{AC1}=x+\sqrt{3}y+2z=0,
\end{align*}
$$

$取x=1，得n=\left(1,\frac{4}{\sqrt{3}t}-\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{2}{t}\right).$

$易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1)，$

$设平面ADC1与平面ABC的夹角为\theta ，$

$\therefore cos \theta =\frac{|\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\frac{2}{t}}{\sqrt{1+\left(\frac{4}{\sqrt{3}t}-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2+\frac{4}{t^2}}}=\sqrt{\frac{3}{t^2-2t+7}}=\sqrt{\frac{3}{(t-1)^2+6}}.$

$由于t\in (0,2)，故cos \theta \in \left(\frac{\sqrt{21}}{7},\frac{\sqrt{2}}{2}\right].$

$即平面ADC1与平面ABC的夹角的余弦值的取值范围为\left(\frac{\sqrt{21}}{7},\frac{\sqrt{2}}{2}\right].$



Final answer: $\left(\frac{\sqrt{21}}{7},\frac{\sqrt{2}}{2}\right]$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)与直线x=-\sqrt{2}b有且只有一个交点，点P为椭圆C上任一点，P_1(-1,0)，P_2(1,0)，\overrightarrow{PP_1}\cdot \overrightarrow{PP_2}的最小值为\frac{a}{2}.$
$设直线l:y=kx+m与椭圆C交于不同两点A,B，点O为坐标原点，且\overrightarrow{OM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})，当\triangle AOB的面积S最大时，求T=\frac{1}{|MP_1|^2}-2|MP_2|的取值范围.$

Solution:
$设A(x_{1},y_{1})，B(x_{2},y_{2})，M(x_{0},y_{0})，$

由

$\left\{\begin{matrix}x^2+2y^2=4,\\ y=kx+m\end{matrix}\right. $

得 

$(2k^2+1)x^2+4mkx+2m^2-4=0，$

$所以x_{1}+x_{2}=-\frac{4mk}{2k^2+1}，$

$x_{1}x_{2}=\frac{2m^2-4}{2k^2+1}.$

$点O到直线l:y=kx+m的距离d=\frac{|m|}{\sqrt{k^2+1}}，$

$所以S=\frac{1}{2}\cdot d\cdot |AB|$

$=\frac{1}{2}\cdot \frac{|m|}{\sqrt{k^2+1}}\cdot \sqrt{k^2+1}\cdot \sqrt{\left(-\frac{4mk}{2k^2+1}\right)^2-4 \cdot \frac{2m^2-4}{2k^2+1}}$

$=\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{m^2(4k^2+2-m^2)}}{2k^2+1}\leq\sqrt{2}\cdot \frac{\frac{m^2+(4k^2+2-m^2)}{2}}{2k^2+1}$

$=\sqrt{2}，当且仅当m^2=4k^2+2-m^2,即m^2=2k^2+1时取等号.$

$此时x_{0}=\frac{x_1+x_2}{2}=-\frac{2mk}{2k^2+1}=-\frac{2k}{m}，$

$y_{0}=kx_{0}+m=-\frac{2k^2}{m}+m=\frac{1}{m}，$

$即m=\frac{1}{y_0}，k=-\frac{m}{2}x_{0}=-\frac{x_0}{2y_0}，$

$代入m^2=2k^2+1并整理得\frac{x_0^2}{2}+y_{0}^2=1(y_0\neq 0)，$

$即点M的轨迹为椭圆C_{1}:\frac{x^2}{2}+y^2=1(y \neq 0)，$

$且点P_{1},P_{2}为椭圆C_{1}的左、右焦点，即|MP_{1}|+|MP_{2}|=2\sqrt{2}.$

$记t=|MP_{1}|，则t\in (\sqrt{2}-1,\sqrt{2}+1)，$

$T=\frac{1}{|MP_1|^2}-2|MP_{2}|=\frac{1}{t^2}-2(2\sqrt{2}-t) =\frac{1}{t^2}+2t-4\sqrt{2}，$

$则T'=2-\frac{2}{t^3}，令T'\geq 0，可得t\geq 1，$

$故T在(\sqrt{2}-1,1)上单调递减，在(1,\sqrt{2}+1)上单调递增，$

$且T(1)=3-4\sqrt{2},T(\sqrt{2}-1)=1>T(\sqrt{2}+1)=5-4\sqrt{2}，$

$故T的取值范围为[3-4\sqrt{2},1).$

Final answer: [3-4\sqrt{2},1)
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = ln(x+1) + sinx.$
$设g(x) = f'(x)，求函数g(x)在(0,\pi)上的单调递减区间；$

Solution:
$g(x)=f'(x)=\frac{1}{x+1} + \cos  x, x\in (0,\pi ).$

$g'(x)=-\frac{1}{(x+1)^2}-\sin  x, 因为x\in (0,\pi ),所以\sin  x>0,$

$所以g'(x)<0.$

$所以函数g(x)在(0,\pi )上单调递减.$



Final answer: (0,\pi )
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = ln(x+1) + sinx.$
$设g(x) = f'(x)，讨论函数g(x)在(0,\pi)上的单调性；$

Solution:
$g(x)=f'(x)=\frac{1}{x+1} + \cos  x, x\in (0,\pi ).$

$g'(x)=-\frac{1}{(x+1)^2}-\sin  x, 因为x\in (0,\pi ),所以\sin  x>0,$

$所以g'(x)<0.$

$所以函数g(x)在(0,\pi )上单调递减.$

Final answer: $函数g(x)在(0,\pi )上单调递减.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}-ax-1.$
$若f(x)\geq x^2在[0,+\infty )上恒成立，求实数a的取值范围.$

Solution:
$因为f(x)\geq x^2在[0,+\infty )上恒成立，$
$所以e^x-x^2-ax-1\geq 0在[0,+\infty )上恒成立，$
$当x=0时0\geq 0恒成立，此时a\in R，$
$当x>0时a\leq \frac{\mathrm{e}^x}{x}-x-\frac{1}{x}在(0,+\infty )上恒成立，$
$令g(x)=\frac{\mathrm{e}^x}{x}-x-\frac{1}{x}，$
$则g'x=\frac{\mathrm{e}^x(x-1)}{x^2}-\frac{x^2-1}{x^2}=\frac{(x-1)[\mathrm{e}^x-(x+1)]}{x^2}，$
$由知x>0时，e^x-(x+1)>0，$
$故当0<x<1时g'x<0，当x>1时g'x>0，$
$所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+\infty )上单调递增，$
$所以当x=1时，g_{min}=e-2，$
$所以a\leq e-2，$
$综上，实数a的取值范围是(-\infty ,e-2].$

Final answer: $(-\infty ,e-2]$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=(x+a)\ln x-x+1.$
$若函数f(x)在区间(1,+\infty )上存在极值点，求实数a的取值范围.$

Solution:
$由(1)知， f'(x)=ln x + \frac{a}{x}.$

$①若a \geq  0，则x \in  (1,+\infty )时， f'(x) > 0， f(x)在区间(1,+\infty )上单调递增，此时无极值.$

$②若a < 0，令g(x)=f'(x)，$
$则g'(x)= \frac{1}{x} - \frac{a}{x^2}。$

$因为当x \in  (1,+\infty )时，g'(x) > 0，所以g(x)在(1,+\infty )上单调递增.$

$又因为g(1)= a < 0，$
$而g(e^{-a})=-a+ae^a=a(e^a-1) > 0，$
$所以存在x_0 \in  (1,e^{-a})，使得g(x_0)=0.$

$x变化时， f'(x)和f(x)的情况如下：$

$x$|$(1,x_0)$|$x_0$|$(x_0,e^{-a})$
:--:|:--:|:--:|:--:
$f'(x)$|-|0|+
$f(x)$|$\text{单调递减}$|极小值|$\text{单调递增}$

$因此，当x = x_0时， f(x)有极小值f(x_0).$

$综上，a的取值范围是(-\infty ,0).$

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


Question: $已知函数f(x) = \frac{1}{2}x^{2} + (a - 1)x - aln(x) (a \neq  0).$
$若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.$

Solution:
$①当a<-1，x变化时， f'(x)， f(x)的变化情况如下表：$

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

$当x=1时， f(x)取得极大值f(1)=a-\frac{1}{2}<0，$
$所以f(x)不可能有两个零点，$
$②当a=-1时，f'(x)=\frac{(x-1)^2}{x}\geq 0，$
$在(0,+\infty )上， f(x)单调递增，所以f(x)不可能有两个零点.$
$③当-1<a<0时，令f'(x)=0，得x_1=-a，x_2=1.$
$x变化时， f'(x)， f(x)的变化情况如下表：$

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

$当x=-a时， f(x)取得极大值 f(-a)=-\frac{1}{2}a^2+a-aln(-a)=a[-\frac{1}{2}a+1-ln(-a)]，$
$令g(a)=-\frac{1}{2}a+1-ln(-a)(-1<a<0)，则g'⁡(a)=-\frac{1}{2}-\frac{1}{a}=-\frac{a+2}{2a}>0，$
$所以在(-1,0)上，g(a)单调递增，$
$因为g(a)>g(-1)=\frac{3}{2}>0，所以f(-a)=ag(a)<0，$
$所以f(x)不可能有两个零点.$
$④当a>0时，由(1)可知，当x\geq 1时， f(x)取得极小值f(1)=a-\frac{1}{2}.$
$要使得f(x)有两个零点，则f(1)=a-\frac{1}{2}<0，即0<a<\frac{1}{2}，$
$此时f(2)=a(2-ln 2)>0， f(e^{1-\frac{1}{a}}) =\frac{1}{2}e^{2-\frac{2}{a}}+(a-1)e^{1-\frac{1}{a}}-a(1-\frac{1}{a})>(a-1)(e^{1-\frac{1}{a}}-1)>0，$
$所以f(x)在(e^{1-\frac{1}{a}},1)和(1,2)上各有一个零点，满足题意.$
$综上，若f(x)有两个零点，则实数a的取值范围为\left(0,\frac{1}{2}\right).$



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


Question: $已知函数f(x) = \frac{x+1}{e^x}.$
$当x>0时，若曲线y=f(x)在曲线y=ax^2+1的上方，求实数a的取值范围.$

Solution:
$当a \leq -\frac{1}{2}时，由(2)知f(x) > -\frac{1}{2}x^2+1 \geq ax^2+1，满足题意.$
$令h(x) = f(x) - ax^2 -1 = \frac{x+1}{e^x} - ax^2 -1，$
$则h'(x) = -\frac{x}{e^x} -2ax = -x \left(\frac{1}{e^x}+2a\right).$
$当-\frac{1}{2}< a <0时，若x \in \left(0, \ln\left(-\frac{1}{2a}\right)\right)，则h'(x) <0，h(x)在\left(0, \ln\left(-\frac{1}{2a}\right)\right)上是减函数.所以h(x)<h(0)=0，不合题意.$
$当a \geq 0时，h'(x)< 0，h(x)在(0,+\infty)上是减函数，所以h(x)<h(0)=0，不合题意.$
$综上所述，实数a的取值范围是\left(-\infty ,-\frac{1}{2}\right]。$

解后反思
$分a \leq -\frac{1}{2}，-\frac{1}{2}<a<0及a \geq 0三种情况讨论，求得实数a的取值范围.$



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


Question: $已知函数f(x) = x^3 - 3x^2 + ax + 4, a \in  R.$
$若f(x)>0对x\in (1，2)恒成立，求a的取值范围.$

Solution:
$当x\in (1，2)时，“f(x)>0”等价于“a>-x^2+3x-\frac{4}{x}”，$

$设g(x)=-x^2+3x-\frac{4}{x}，x\in (1，2)，$

$则g'(x)=-2x+3+\frac{4}{x^2}.$

$因为y=-2x+3与y=\frac{4}{x^2}在(1，2)上都是减函数，$

$所以g'(x)在(1，2)上是减函数，$

$所以x\in (1，2)时，g'(x)>g'(2)=0，$

$所以g(x)在(1，2)上是增函数，$

$所以g(x)<g(2)=0，$

$所以a的取值范围是[0,+\infty ).$

Final answer: [0,+\infty )
Subfield: Derivative


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

Solution:
$当a=3时， f(x)=\frac{1}{3}x^3-3x^2-3x-3， f' (x)=x^2-6x-3. 令f' (x)=0，解得x=3-2\sqrt{3}或x=3+2\sqrt{3}. 当x\in(-\infty,3-2\sqrt{3})\cup(3+2\sqrt{3},+\infty)时， f' (x)>0; 当x\in(3-2\sqrt{3},3+2\sqrt{3})时， f' (x)<0.$

$故f(x)在(-\infty,3-2\sqrt{3}),(3+2\sqrt{3},+\infty)上单调递增，在(3-2\sqrt{3},3+2\sqrt{3})上单调递减.$



Final answer: (3-2\sqrt{3},3+2\sqrt{3})
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\frac{1}{3}x^3-a(x^2+x+1).$
$若a=3, 求f(x)的单调区间；$

Solution:
$当a=3时， f(x)=\frac{1}{3}x^3-3x^2-3x-3， f' (x)=x^2-6x-3. 令f' (x)=0，解得x=3-2\sqrt{3}或x=3+2\sqrt{3}. 当x\in(-\infty,3-2\sqrt{3})\cup(3+2\sqrt{3},+\infty)时， f' (x)>0; 当x\in(3-2\sqrt{3},3+2\sqrt{3})时， f' (x)<0.$

$故f(x)在(-\infty,3-2\sqrt{3}),(3+2\sqrt{3},+\infty)上单调递增，在(3-2\sqrt{3},3+2\sqrt{3})上单调递减.$

Final answer: $f(x)在(-\infty,3-2\sqrt{3}),(3+2\sqrt{3},+\infty)上单调递增，在(3-2\sqrt{3},3+2\sqrt{3})上单调递减.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x^{2}+2me^{x}.$
$若关于x的方程x^2f(x)=(1+2m)e^{2x}恰有四个不同的解，求m的取值范围.$

Solution:
$由x^2f(x)=(1+2m)e^{2x}可得，$

$x^4+2me^xx^2=(1+2m)e^{2x}，即\frac{x^4}{\mathrm{e}^{2x}}+\frac{2mx^2}{\mathrm{e}^x}-1-2m=0，$

$令t=\frac{x^2}{\mathrm{e}^x}，则t^2+2mt-1-2m=0，$

$解得t=1或t=-1-2m，$

$设g(x)=\frac{x^2}{\mathrm{e}^x}，则g'(x)=\frac{2x-x^2}{\mathrm{e}^x}=\frac{x(2-x)}{\mathrm{e}^x}，$

$当x变化时，g'(x),g(x)变化如下，$

| $x$   | $(-\infty ,0)$ | 0  | $(0,2)$ | 2 | $(2,+\infty )$ |
| ---     | ---    |--- | ---   |---|---     |
| $g'(x)$ | -      | 0  | +     | 0 | -      |
| $g(x)$ | $\text{单调递减}$   | 极小值0 | $\text{单调递增}$ | $极大值\frac{4}{\mathrm{e}^2}$ | $\text{单调递减}$ |

$函数g(x)的图象如图，$

<img_351>

$要使方程x^2f(x)=(1+2m)e^{2x}恰有四个不同的解，$

$因为直线t=1与函数g(x)的图象有一个交点，则需直线t=-1-2m与函数g(x)的图象有三个交点，$

$所以0<-1-2m<\frac{4}{\mathrm{e}^2}，即-\frac{2}{\mathrm{e}^2}-\frac{1}{2}<m<-\frac{1}{2}，$

$故m的取值范围为\left(-\frac{2}{\mathrm{e}^2}-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right).$



Final answer: $\left(-\frac{2}{\mathrm{e}^2}-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=-x^{2}+ax+2\ln x (a \in \mathbb{R}).$
$若函数g(x)=f(x)-ax+m在[\frac{1}{e}, e]上有两个零点，求实数m的取值范围.$

Solution:
$因为 g(x)=-x^2+2ln x+m 在 [\frac{1}{e},e] 上有两个零点，$
$所以 g(x)=0 在 [\frac{1}{e},e] 上有两个解，$
$即 y=m 与 y=x^2-2ln x 的图象在 [\frac{1}{e},e] 上有两个交点，$
$令 h(x)=x^2-2ln x，x 属于 [\frac{1}{e},e]，则 h'(x)=2x-\frac{2}{x}，$
$因为 h'(x) 为增函数，且 h'(x)=0，$
$所以由 h'(x)<0，得 \frac{1}{e}\leq x<1，由 h'(x)>0，得 1<x\leq e，$
$所以 h(x) 在 [\frac{1}{e},1) 上单调递减，在 (1,e] 上单调递增，$
$所以 h(x)_{min}=h(1)=1，min\{h(\frac{1}{e}),h(e)\}=min\{\frac{1}{e^2}+2,e^2-2\}=\frac{1}{e^2}+2，$
$所以 y=m 与 y=x^2-2ln x 的图象在 [\frac{1}{e},e] 上有两个交点时，1<m\leq \frac{1}{e^2}+2，$
$综上，实数 m 的取值范围是 (1,\frac{1}{e^2}+2]。$

Final answer: $(1,\frac{1}{e^2}+2]$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\ln(1+x)+axe^{-x}.$
$若f(x)在区间(-1，0)，(0，+\infty )各恰有一个零点，求a的取值范围.$

Solution:
$f(x) = ln(1 + x) + axe^{-x}有零点，即方程ln(x + 1) = -axe^{-x}有根，设g(x) = ln(x + 1), h(x) = -axe^{-x}，因为 f(x)在区间(-1, 0)，(0, +\infty )各恰有一个零点，所以g(x)和h(x)的图象在(-1, 0)，(0, +\infty )上各恰有一个交点.易知g'(x) = \frac{1}{x + 1}, h'(x) = -a(1 - x)e^{-x}, g(0) = h(0) = 0。$

$当x\in (-1, +\infty )时，g'(x) > 0，g(x)单调递增。$

$- 若a=0，显然不满足。$

$- 若a>0，则当x\in (-1, 1)时，h'(x) < 0，h(x)单调递减，当x\in (1, +\infty )时，h'(x) > 0, h(x)单调递增，此时g(x)和h(x)在(-1, 0)上无交点。$

$- 若a<0，则当x\in (-1, 1)时，h'(x) > 0, h(x)在(-1, 1)上单调递增，当x\in (1, +\infty )时，h'(x) < 0, h(x)在(1, +\infty )上单调递减。$

$  1. 当x\rightarrow +\infty 时，h(x)\rightarrow 0, g(x)\rightarrow +\infty ，且g(0) = h(0) = 0，要满足g(x)和h(x)的图象在(0, +\infty )上有一个交点，需g'(0) < h'(0)，解得a < -1；$
$  2. 当x=-1时，h(-1) = ae，当x\rightarrow -1时，g(x)\rightarrow -\infty ,且g(0) = h(0) = 0，要满足g(x)和h(x)的图象在(-1, 0)上有一个交点，也需要g'(0) < h'(0)，解得a < -1。$

$综上所述，a的取值范围为(-\infty ，-1).$

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


Question: $已知函数f(x)=ax-\frac{1}{x}-(a+1)\ln x, a\in R.$
$若a\geq 1，且f(x)>1在区间[\frac{1}{e},e]上恒成立，求a的取值范围；$

Solution:
$依题意，当a\geq 1时，在区间[\frac{1}{\mathrm{e}},\mathrm{e}]上， f(x)_{min}>1.$

$f'(x)=\frac{ax^2-(a+1)x+1}{x^2}=\frac{(ax-1)(x-1)}{x^2}，$

$令f'(x)=0得x=1或x=\frac{1}{\mathrm{a}}.$

$若a\geq e，则由f'(x)>0得1<x\leq e；由f'(x)<0得\frac{1}{\mathrm{e}}\leq x<1.所以f(x)_{min}=f(1)=a-1>1，满足条件；$

$若1<a<e，则由f'(x)>0得\frac{1}{\mathrm{e}}\leq x<\frac{1}{a}或1<x\leq e；由f'(x)<0得\frac{1}{a}<x<1.$

$即f(x)_{min}=min\left\{f\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right), f(1)\right\}，$

$依题意\left\{\begin{matrix}f\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)>1,\\ f(1)>1,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}a>\frac{\mathrm{e}^2}{\mathrm{e}+1},\\ a>2,\end{matrix}\right.所以2<a<e.$

$若a=1，则f'(x)\geq 0，所以f(x)在区间\left[\frac{1}{\mathrm{e}},\mathrm{e}\right]上单调递增, f(x)_{min}=f\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<1，不满足条件；$

$综上，a>2.$

疑难突破

$a\geq 1，且f(x)>1在区间[\frac{1}{\mathrm{e}},\mathrm{e}]上恒成立，即f(x)在[\frac{1}{\mathrm{e}},\mathrm{e}]上的最小值大于1.利用导数求解函数f(x)的最小值即可.$

Final answer: (2,+\infty)