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


Question: $已知a+b+c=3.$
$若c=1,且f(x)=|x-a|+|x-2b|\geq 2恒成立，求a的取值范围。$

Solution:
$若c=1，\because a+b+c=3，\therefore a+b=2，\therefore b=2-a，$
$\because f(x)=|x-a|+|x-2b|，\therefore f(x)=|x-a|+|x-4+2a|，$
$\because f(x)=|x-a|+|x-2b|\geq 2恒成立，\therefore f_{min}\geq 2，$
$\because f(x)=|x-a|+|x-4+2a|\geq |(x-a)-(x-4+2a)|=|4-3a|，当且仅当(x-a)(x-4+2a)\leq 0时取等号，\therefore f_{min}=|4-3a|\geq 2，解得a\leq \frac{2}{3}或a\geq 2，$
$故实数a的取值范围为(-\infty ,\frac{2}{3}]\cup [2，+\infty ).$

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


Question: $已知函数f(x)=|x-a|+2|x+1|(a>0)。$
$若a=3，求不等式 f(x)>5 的解集；$

Solution:
$当a=3时， f(x)=|x-3|+2|x+1|，$

$则f(x)=\begin{cases} 1-3x,x\leq -1,\\ 
x+5,-1<x<3,\\ 
3x-1,x\geq 3,
\end{cases}$

$\therefore \begin{cases} x\leq -1,\\
1-3x>5
\end{cases}$

或

$\begin{cases} -1<x<3,\\
x+5>5
\end{cases}$

或

$\begin{cases}
x\geq 3,\\
3x-1>5,
\end{cases}$

$解得x<- \frac{4}{3}或0<x<3或x\geq 3,$

$\therefore f(x)>5的解集为(-\infty ,-\frac{4}{3})\cup (0,+\infty ).$

Final answer: $(-\infty ,-\frac{4}{3})\cup (0,+\infty )$
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x)=|x+2|+|x-4|.$
$求不等式f(x) \leq 3x的解集；$

Solution:
$当x＞4时，原不等式等价于x+2+x-4\leq 3x，解得x\geq -2，所以x＞4；$

$当x＜-2时，原不等式等价于-x-2-x+4\leq 3x，解得x\geq \frac{2}{5}，所以此时不等式无解；$

$当-2\leq x\leq 4时，原不等式等价于x+2-x+4\leq 3x，解得x\geq 2，所以2\leq x\leq 4.$

$综上所述，不等式f(x)\leq 3x的解集为[2,+\infty ).$

Final answer: $(2,+\infty )$
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x)=|x+2|+|x-4|.$
$若f(x)\geq k|x-1|对任意x\in R恒成立，求k的取值范围.$

Solution:
$由f(x)\geq k|x-1|得|x+2|+|x-4|\geq k|x-1|，$

$当x=1时，6\geq 0恒成立，所以k\in R.$

$当x\neq 1时，k\leq \frac{|x+2|+|x-4|}{|x-1|}=\frac{|x-1+3|+|x-1-3|}{|x-1|}= |1+\frac{3}{x-1}| + |1-\frac{3}{x-1}|.$

$因为|1+\frac{3}{x-1}|+|1-\frac{3}{x-1}|\geq  |1+\frac{3}{x-1} + 1-\frac{3}{x-1}|=2, 当且仅当\left(1+\frac{3}{x-1}\right)\left(1-\frac{3}{x-1}\right)\geq 0,即x\geq 4或x\leq -2时，等号成立，所以k\leq 2.$

$综上，k的取值范围是(-\infty ,2].$

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


Question: $已知函数f(x)=|2x+a|, g(x)=|x-1|.$
$若f(x)+2g(x)的最小值为1，求实数a的取值范围；$

Solution:
$函数 f(x)=|2x+a|, g(x)=|x-1|，$
$f(x)+2g(x)=|2x+a|+2|x-1|=|2x+a|+|2x-2|\geq |2x+a-(2x-2)|=|a+2|=1,解得 a>=-1或a=-3.$

Final answer: {-3}\cup[-1,+\infty)
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x)=|2x+a|, g(x)=|x-1|.$
$若关于x的不等式f(x)+g(x)<1的解集包含\left[\frac{1}{2},1\right]，求实数a的取值范围.$

Solution:
$当x \in [\frac{1}{2},1]时，不等式f(x)+g(x)<1即|2x+a|+|x-1|<1，可得|2x+a|+1-x<1，即|2x+a|<x.$

$\therefore - \frac{a}{3}<x<-a.$

$\because 不等式f(x)+g(x)<1的解集包含[\frac{1}{2},1] ，即-\frac{a}{3}<\frac{1}{2}且-a > 1，$

$\therefore -\frac{3}{2}<a<-1，$

$故实数a的取值范围是(-\frac{3}{2},-1)。$

Final answer: $(-\frac{3}{2},-1)$
Subfield: Inequality


Question: $已知函数 f(x)=|4x-1|。$
$求不等式f(x+1) + f(x) \geq  6的解集；$

Solution:
$f(x+1)+f(x)\geq 6即|4x+3|+|4x-1|\geq 6，所以$
$\left\{\begin{matrix}x<-\frac{3}{4},\\ -8x-2\geq 6,\end{matrix}\right.或$
$\left\{\begin{matrix}-\frac{3}{4}\leq x\leq \frac{1}{4},\\ 4\geq 6,\end{matrix}\right.或$
$\left\{\begin{matrix}x>\frac{1}{4},\\ 8x+2\geq 6,\end{matrix}\right.$
$解得x\leq -1,或x\in \emptyset ,或x\geq \frac{1}{2}。$
故原不等式的解集为
$\left\{x\left|\right.x\leq -1{\text{或}}x\geq \frac{1}{2}\right\}$

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


Question: $已知函数 f(x)=|4x-1|。$
$若函数y=f(x)+t^2的图象与函数y=5t-f(x+1)的图象有公共点，求实数t的取值范围.$

Solution:
$由题意知方程f(x)+t^2=5t-f(x+1)有解， $

$等价于f(x)+f(x+1)=-t^2+5t，即|4x+3|+|4x-1|=-t^2+5t有解,$

$等价于函数y=|4x+3|+|4x-1|的图象与直线y=-t^2+5t有公共点. $

$因为y=|4x+3|+|4x-1|\geq |4x+3-4x+1|=4，$

$所以-t^2+5t\geq 4，即t^2-5t+4\leq 0,解得1\leq t\leq 4，$

$所以实数t的取值范围为[1,4].$

Final answer: $[1,4]$
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x)=|2x-1|+|x+1|.$
$解不等式f(x)\geq 3；$

Solution:
数学科目的题目：

$f(x) = |2x - 1| + |x + 1| = $

$\begin{cases}
-3x, & x \leq -1, \\
2 - x, & -1 < x < \frac{1}{2}, \\ 
3x, & x \geq \frac{1}{2}.
\end{cases}$

$f(x) \geq 3 等价于： $

$\begin{cases}
x \leq -1, \\
-3x \geq 3
\end{cases}$

或

$\begin{cases}
-1 < x < \frac{1}{2}, \\
2 - x \geq 3
\end{cases}$

或

$\begin{cases}
x \geq \frac{1}{2}, \\
3x \geq 3.
\end{cases}$

$解得 x \leq -1 或 x \geq 1，$

$所以不等式 f(x) \geq 3 的解集为 \{x | x \leq -1 或 x \geq 1\}.$

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


Question: $已知函数f(x)=|2x+4|+|x-1|.$
$求不等式f(x)＞6的解集；$

Solution:
：
由条件可知原不等式可化为
①

$\begin{align*}
x &\geq 1,\\ 
2x+4+x-1 &> 6,
\end{align*}$

②

$\begin{align*}
-2 &< x < 1,\\ 
2x+4-(x-1) &> 6,
\end{align*}$

③

$\begin{align*}
x &\leq -2,\\ 
-(2x+4)-(x-1) &> 6,
\end{align*}$

解①得$x＞1$；解②得$x\in \emptyset$ ；解③得$x＜-3$.
所以原不等式的解集为$(-\infty ,-3)\cup (1,+\infty )$.

Final answer: $(-\infty ,-3)\cup (1,+\infty )$
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x)=|3x+1|-2|x-1|.$

![21GZTSXS10.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549662402961410/img/compression/M_ca8f0ea456a15171f7da7138d6d3b409.jpg)
$求不等式f(x) > f(x+1)的解集.$

Solution:
$函数 y=f(x) 的图象向左平移1个单位长度后得到函数 y=f(x+1) 的图象。$

![21GZTSXS33答案.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549662402961410/img/compression/M_47d66386353d5310636abdb7e808ad99.jpg)

$y=f(x) 的图象与 y=f(x+1) 的图象的交点坐标为 \left(-\frac{7}{6},-\frac{11}{6}\right). $

$由图象可知当且仅当 x < -\frac{7}{6}时， y=f(x) 的图象在 y=f(x+1) 的图象上方. 故不等式 f(x) > f(x+1) 的解集为 \left(-\infty ,-\frac{7}{6}\right).$

Final answer: $(-\infty ,-\frac{7}{6})$
Subfield: Inequality


Question: $已知函数f(x)=|3x+1|-2|x-1|.$

<img_3081>
$求不等式f(x) > f(x+1)的解集.$

Solution:
$函数 y=f(x) 的图象向左平移1个单位长度后得到函数 y=f(x+1) 的图象。$

<img_1685>

$y=f(x) 的图象与 y=f(x+1) 的图象的交点坐标为 \left(-\frac{7}{6},-\frac{11}{6}\right). $

$由图象可知当且仅当 x < -\frac{7}{6}时， y=f(x) 的图象在 y=f(x+1) 的图象上方. 故不等式 f(x) > f(x+1) 的解集为 \left(-\infty ,-\frac{7}{6}\right).$

Final answer: $(-\infty ,-\frac{7}{6})$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C: x^2/a^2 + y^2/b^2 = 1 (a>b>0) 的左、右顶点分别为A, B, 且|AB|=4, 离心率为 \sqrt{3}/2.$
$设P是椭圆C上不同于A，B的一点，直线PA，PB与直线x=4分别交于点M，N.若|MN|\leq 4，求点P横坐标的取值范围.$

Solution:
$设P(m,n)(-2<m<2),$
$由已知得A(-2,0)，B(2,0)，$
$所以直线AP，BP的方程分别为y=\frac{n}{m+2}(x+2)，y=\frac{n}{m-2}\cdot (x-2).$
$令x=4，得点M的纵坐标为y_M=\frac{6n}{m+2}，点N的纵坐标为y_N=\frac{2n}{m-2}，$
$所以|MN|=\left|\frac{6n}{m+2}-\frac{2n}{m-2}\right|=\left|\frac{4n(m-4)}{m^2-4}\right|.$
$因为点P在椭圆C上，所以\frac{m^2}{4}+n^2=1，$
$所以m^2-4=-4n^2，即|MN|=\left|\frac{m-4}{n}\right|.$
$因为|MN|\leq 4，所以\left|\frac{m-4}{n}\right|\leq 4，即(m-4)^2\leq 16n^2.$
$所以(m-4)^2\leq -4(m^2-4).$
$整理得5m^2-8m\leq 0，解得0\leq m\leq \frac{8}{5}.$
$所以点P横坐标的取值范围是\left[0,\frac{8}{5}\right].$



Final answer: $\left[0,\frac{8}{5}\right]$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在直角坐标系xOy中，椭圆C的焦点在x轴上，中心为原点，F_1，F_2分别为椭圆的左、右焦点，D为上顶点，\sin \angle OF_1D=\frac{2}{3}，焦距为2\sqrt{5}，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l_1的极坐标方程为\rho \cos  \theta +2\rho \sin  \theta -10=0.$
$已知不过第四象限的直线l_2：x-2y-z=0与C有公共点，求z的最大值与最小值.$

Solution:
$已知直线 l_2 ：x-2y-z=0，得 z=x-2y，$

$因为直线 l_2 与椭圆 C 有公共点，设 M(3\cos  \phi,2\sin  \phi) 是椭圆 C 上的点，$

$则 z=3cos \phi -4sin \phi =-5sin(\phi- \theta) (\tan  \theta =-\frac{3}{4})，$

$因为-1\leq \sin (\phi-\theta)\leq 1，所以 z \in [-5,5]，$

$又因为直线 l_2 不经过第四象限，所以 z 的最大值为0，最小值为-5.$

Final answer: 0, -5
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在直角坐标系xOy中,P(0,\sqrt{3}).以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知圆锥曲线C的极坐标方程为\rho^2(sin^2\theta+3)=12,F_1、F_2为C的左、右焦点,过点F_1的直线l与曲线C相交于A,B两点.$
$求|AF_1||BF_1|的取值范围.$

Solution:
$设直线l的倾斜角是\alpha (0\leq \alpha <\pi )，$

故其参数方程为 
$$
\left\{\begin{matrix}x=-1+t\cos  \alpha ,\\ y=t\sin  \alpha \end{matrix}\right.
$$
$(t为参数)，$

$与3x^2+4y^2=12联立化简得$

$(3\cos ^2\alpha +4\sin ^2\alpha )t^2-6\cos  \alpha t-9=0，$

$则 t_1t_2=- \frac{9}{3\cos ^2\alpha +4\sin ^2\alpha } =-\frac{9}{3+\sin ^2\alpha }，$

$由参数的几何意义可知|AF_1||BF_1|=|t_1t_2|=\frac{9}{3+\sin ^2\alpha }，$

$因为0\leq \alpha <\pi ，所以|AF_1||BF_1|\in \left[\frac{9}{4},3\right].$



Final answer: $\left[\frac{9}{4},3\right]$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为$
$$
\begin{aligned}
x&=1+\cos \alpha, \\
y&=\sin \alpha
\end{aligned}
$$
$其中，\alpha为参数，直线l:x+y=\frac{\sqrt{2}}{2} 。以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系。$
$直线m：\theta =\theta _<sub>0</sub>\(\left(\theta _0\in \left(0,\frac{\pi }{4}\right)\right)\)与曲线C和直线l分别交于A,B(A,B均异于点O)两点,$$求|OA|\cdot |OB|的取值范围.$

Solution:
$因为曲线C的极坐标方程为\rho =2cos \theta ，直线l的极坐标方程为\rho (sin \theta +cos \theta )=\frac{\sqrt{2}}{2}，即\rho =\frac{1}{\sqrt{2}(\sin  \theta +\cos  \theta )}，\therefore |OA|\cdot |OB|=\frac{2\cos  \theta _0}{\sqrt{2}(\sin  \theta _0+\cos  \theta _0)}=\frac{\sqrt{2}}{\tan  \theta _0+1}，\theta _0\in \left(0,\frac{\pi }{4}\right)，则|OA|\cdot |OB|的取值范围为\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\sqrt{2}\right).$



Final answer: \left(\frac{\sqrt{2}}{2},\sqrt{2}\right)
Subfield: Conic Sections


Question: $已知双曲线C: \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)的实轴长为2，点(\sqrt{7},-1)是抛物线E:x^2=2py(p>0)的准线与C的一个交点.$
过双曲线C上一点P作抛物线E的切线，切点分别为A，B.求\triangle PAB面积的取值范围.

Solution:
: 显然直线AB的斜率存在，故设直线AB的方程为y=kx+m，A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)，
联立
$\left\{\begin{matrix}y=kx+m,\\ x^2=4y\end{matrix}\right.$
有x^2-4kx-4m=0，
$故x_1+x_2=4k,x_1x_2=-4m，由y=\frac{1}{4}x^2，得y'=\frac{1}{2}x。$
$故切线AP:y-y_1=\frac{1}{2}x_1(x-x_1)，结合y_1=\frac{1}{4}x_1^2整理得y=\frac{1}{2}x_1x-\frac{1}{4}x_1^2。$
$同理切线BP:y=\frac{1}{2}x_2x-\frac{1}{4}x_2^2，$
联立
$\left\{\begin{matrix}y=\frac{1}{2}x_1x-\frac{1}{4}x_1^2,\\ y=\frac{1}{2}x_2x-\frac{1}{4}x_2^2,\end{matrix}\right.$
解得
$\left\{\begin{matrix}x=\frac{x_1+x_2}{2},\\ y=\frac{x_1x_2}{4},\end{matrix}\right.$
即
$\left\{\begin{matrix}x=2k,\\ y=-m,\end{matrix}\right.$
$故P(2k,-m).$
$又S_{\triangle PAB}=\frac{1}{2}\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|\cdot \frac{|2k^2-(-m)+m|}{\sqrt{1+k^2}}=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\cdot |k^2+m|=4|k^2+m|^{\frac{3}{2}}，且(2k)^2-6(-m)^2=1，即k^2=\frac{6m^2+1}{4}，$
$故S_{\triangle PAB}=4|k^{2 }+  m |^{\frac{3}{2} }=\frac{1}{2}|6m^{2}+  4m+  1 |^{\frac{3}{2} }=$
$\frac{1}{2}\left[6\left(m+\frac{1}{3}\right)^2+\frac{1}{3}\right]^{\frac{3}{2}}\geq \frac{1}{2}\times \left(\frac{1}{3}\right)^{\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{18}，$
$故\triangle PAB面积的取值范围为[\frac{\sqrt{3}}{18},+\infty).$

Final answer: $[\frac{\sqrt{3}}{18},+\infty)$
Subfield: Conic Sections


Question: $设椭圆 C :$

$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{5}=1$

$的左，右顶点分别为 A，B.$
$已知过点D(0,-3)的直线l交椭圆C于M、N两个不同的点，直线AM，AN分别交y轴于点S，T，记\overrightarrow{DS}=\lambda\overrightarrow{DO},\overrightarrow{DT}=\mu\overrightarrow{DO}(O为坐标原点)，当直线l的倾斜角\theta为锐角时，求\lambda+\mu的取值范围.$

Solution:
$设M(x_1, y_1), N(x_2, y_2)，直线l: y=kx-3(k>0)，$

联立
$$
\left\{\begin{matrix}
y=kx-3,\\ 
\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{5}=1
\end{matrix}\right.
$$
$得(5+9k^2)x^2-54kx+36=0，由题意得\Delta =(-54k)^2-4\times 36\times (5+9k^2)>0，因为k>0，所以k>\frac{2}{3}.$

$由根与系数的关系得x_1+x_2=\frac{54k}{9k^2+5}，x_1x_2=\frac{36}{9k^2+5}.$

$易知直线AM的方程是y=\frac{y_1}{x_1+3}(x+3)，令x=0，解得y=\frac{3y_1}{x_1+3}，所以S\left(0,\frac{3y_1}{x_1+3}\right)，同理可得T\left(0,\frac{3y_2}{x_2+3}\right).$

$所以\overrightarrow{DS}=\left(0,\frac{3y_1}{x_1+3}+3\right)，\overrightarrow{DT}=\left(0,\frac{3y_2}{x_2+3}+3\right)，$

$因为\overrightarrow{DO}=(0,3)，\overrightarrow{DS}=\lambda \overrightarrow{DO}，\overrightarrow{DT}=\mu \overrightarrow{DO}，所以\frac{3y_1}{x_1+3}+3=3\lambda ，\frac{3y_2}{x_2+3}+3=3\mu ，所以\lambda +\mu =\frac{y_1}{x_1+3}+\frac{y_2}{x_2+3}+2$
$=\frac{kx_1-3}{x_1+3}+\frac{kx_2-3}{x_2+3}+2=\frac{2kx_1x_2+3(k-1)(x_1+x_2)-18}{x_1x_2+3(x_1+x_2)+9}+2$
$=\frac{2k \cdot \frac{36}{9k^2+5}+3(k-1) \cdot \frac{54k}{9k^2+5}-18}{\frac{36}{9k^2+5}+3 \cdot \frac{54k}{9k^2+5}+9}+2$
$=-\frac{10}{9(k+1)}+2，$

$因为k>\frac{2}{3}，所以\frac{4}{3}<\lambda +\mu <2.$

$所以\lambda +\mu 的取值范围是\left(\frac{4}{3},2\right).$



Final answer: $\left(\frac{4}{3},2\right)$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数 f(x)=e^x cos x ，g(x)=a\cos x+x (a<0)，曲线 y=g(x) 在 x=\frac{\pi }{6} 处的切线的斜率为 \frac{3}{2}.$
$若对任意的x\in \left[-\frac{\pi }{2},0\right]，tf(x)-g'(x)\geq 0恒成立，求实数t的取值范围；$

Solution:
$由(1)可知 g'(x)=1+\\sin  x，对任意的 x \in [-\frac{\pi}{2},0]，$
$tf(x)-g'(x) \geq 0 恒成立，即 te^{x} \\cos  x \geq 1+\\sin  x 对任意的 x \in [-\frac{\pi}{2},0] 恒成立.$
$当 x=-\frac{\pi}{2} 时，不等号两边均为0，对任意的 t \in R 恒成立；$
$当 -\frac{\pi}{2} < x \leq 0 时，\\cos  x > 0，则 t \geq \frac{1+\\sin  x}{e^{x}\\cos  x}，$
$令 h(x)=\frac{1+\\sin  x}{e^{x}\\cos  x}，其中 -\frac{\pi}{2} < x \leq 0，$
$则 h'(x)=\frac{e^{x}\\cos ^2x-e^{x}(\\cos  x-\\sin  x)(1+\\sin  x)}{(e^{x}\\cos  x)^2}=\frac{(1-\\cos  x)(1+\\sin  x)}{e^{x}\\cos ^2x} \geq 0，当且仅当 x=0 时取等号，$
$故函数 h(x) 在 (-\frac{\pi}{2},0] 上单调递增，h_{max}=h(0)=1，故 t \geq 1.$
$综上所述，t \geq 1。$

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


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

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

$记\phi (x)=ax^2-x-1(x>0).$

$当a\leq 0时，\phi (x)<0，即 f'(x)<0，所以f(x)在(0，+\infty )上单调递减.$

$当a>0时，令\phi (x)=0，得x_1=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}，x_2=\frac{1-\sqrt{1+4a}}{2a}(舍去). 当x\in (0,x_1)时，\phi (x)<0，即 f'(x)<0，所以f(x)单调递减；当x\in (x_1,+\infty )时，\phi (x)>0，即 f'(x)>0，所以f(x)单调递增，$

$综上，当a\leq 0时，f(x)在(0，+\infty )上单调递减；当a>0时，f(x)在\left(0,\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}\right)上单调递减，在\left(\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a},+\infty \right)上单调递增.$

Final answer: "证明题"
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\frac{1}{2}ax^2-x-lnx(a\in R). a>0$
$求f(x)的单调递增区间；$

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

$记\phi (x)=ax^2-x-1(x>0).$

$当a\leq 0时，\phi (x)<0，即 f'(x)<0，所以f(x)在(0，+\infty )上单调递减.$

$当a>0时，令\phi (x)=0，得x_1=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}，x_2=\frac{1-\sqrt{1+4a}}{2a}(舍去). 当x\in (0,x_1)时，\phi (x)<0，即 f'(x)<0，所以f(x)单调递减；当x\in (x_1,+\infty )时，\phi (x)>0，即 f'(x)>0，所以f(x)单调递增，$

$综上，当a\leq 0时，f(x)在(0，+\infty )上单调递减；当a>0时，f(x)在\left(0,\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}\right)上单调递减，在\left(\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a},+\infty \right)上单调递增.$



Final answer: \left(\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a},+\infty \right)
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\frac{1}{2}ax^2-x-lnx(a\in R).$
$当x\geq 1时，|f(x)|\geq 2，求a的取值范围；$

Solution:
$由(1)知，当a\leq 0时，f(x)在[1，+\infty )上单调递减，所以f(x)\leq f(1)=\frac{1}{2}a-1<0，此时|f(x)|_{min}=1-\frac{a}{2}.$
$令1-\frac{a}{2}\geq 2，解得a\leq -2.$
$当a>0时，令x_1\leq 1，得a\geq 2,则当x\in [1，+\infty )时，\phi(x)\geq 0,即f'(x)\geq 0,且在任意区间内f'(x)不恒为0，$
$所以f(x)在[1，+\infty )上单调递增，此时f(x)\geq f(1)=\frac{a}{2}-1\geq 0，|f(x)|_{min}=\frac{a}{2}-1.$
$令\frac{a}{2}-1\geq 2，解得a\geq 6.$
$令x_1>1，得0<a<2，则当x\in (1,x_1)时，\phi(x)<0，f(x)单调递减，当x\in (x_1,+\infty )时，\phi(x)>0，f(x)单调递增，$
$此时f(x)_{min}=f(x_1)=\frac{1}{2}ax^2_1-x_1-ln x_1，$
$又\phi(x_1)=ax^2_1-x_1-1=0，$
$所以f(x)_{min}=\frac{1}{2}(x_1+1)-x_1-ln x_1=\frac{1}{2}(1-x_1)-ln x_1<0.$
$又当x\rightarrow +\infty 时，f(x)\rightarrow +\infty ，所以由函数零点存在定理知∃x_0\in (x_1,+\infty )，使得f(x_0)=0，此时|f(x)|_{min}=0，不满足题意.$
$综上，a的取值范围是a\leq -2或a\geq 6.$

Final answer: (-\infty,-2]\cup[6,+\infty)
Subfield: Derivative


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

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

$令f'(x)=0，得x=1或x=a，$

①若0<a<1，

$则当x\in (0,a)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，$

$当x\in (a,1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，$

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

$②若a=1，则f'(x)\geq 0，f(x)在(0,+\infty )上单调递增，$

$③若a>1，则当x\in (0,1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，$

$当x\in (1,a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当x\in (a,+\infty )时，f'(x)>0，f(x)单调递增.$

$综上，当0<a<1时，f(x)的单调递增区间为(0,a)，(1,+\infty )，f(x)的单调递减区间为(a,1)；$

$当a=1时，f(x)的单调递增区间为(0,+\infty )；$

$当a>1时，f(x)的单调递增区间为(0,1)，(a,+\infty )，f(x)的单调递减区间为(1,a).$



Final answer: (1,a)
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = a\ln x + \frac{1}{2}x^{2} - (a+1)x (a>0).$
$讨论函数f(x)的单调性；$

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

$令f'(x)=0，得x=1或x=a，$

①若0<a<1，

$则当x\in (0,a)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，$

$当x\in (a,1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，$

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

$②若a=1，则f'(x)\geq 0，f(x)在(0,+\infty )上单调递增，$

$③若a>1，则当x\in (0,1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，$

$当x\in (1,a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当x\in (a,+\infty )时，f'(x)>0，f(x)单调递增.$

$综上，当0<a<1时，f(x)的单调递增区间为(0,a)，(1,+\infty )，f(x)的单调递减区间为(a,1)；$

$当a=1时，f(x)的单调递增区间为(0,+\infty )；$

$当a>1时，f(x)的单调递增区间为(0,1)，(a,+\infty )，f(x)的单调递减区间为(1,a).$

Final answer: $当0<a<1时，f(x)的单调递增区间为(0,a)，(1,+\infty )，f(x)的单调递减区间为(a,1)；$

$当a=1时，f(x)的单调递增区间为(0,+\infty )；$

$当a>1时，f(x)的单调递增区间为(0,1)，(a,+\infty )，f(x)的单调递减区间为(1,a).$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $在\triangle ABC中，内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，且 b\sin\frac{B+C}{2} = a\sin B。$
$求 \frac{a-c}{b} 的取值范围.$

Solution:
由正弦定理得，
$\frac{a-c}{b}$
$=\frac{\\sin   A-\\sin  C}{\\sin   B}$
$=\frac{\\sin  \frac{\pi}{3}-\\sin  \left(\frac{2\pi}{3}-B\right)}{\\sin   B}$
$=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\\cos   B-\frac{1}{2}\\sin   B}{\\sin   B}$
$=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1-\\cos  B}{\\sin  B}-\frac{1}{2}$
$=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1-\left(1-2\\sin ^2\frac{B}{2}\right)}{2\\sin  \frac{B}{2}\\cos  \frac{B}{2}}-\frac{1}{2}$
$=\frac{\sqrt{3}}{2}tan\frac{B}{2}-\frac{1}{2}，$
$\because 0<B<\frac{2\pi}{3}，\therefore 0<\frac{B}{2}<\frac{\pi}{3}，\therefore 0<tan\frac{B}{2}<\sqrt{3}，$
$\therefore -\frac{1}{2}<\frac{\sqrt{3}}{2}tan\frac{B}{2}-\frac{1}{2}<1，\therefore \frac{a-c}{b}的取值范围是\left(-\frac{1}{2},1\right).$



Final answer: $\left(-\frac{1}{2},1\right)$
Subfield: Set Theory


Question: $已知p：|2x-5|\leq 3,q：x^2-(a+2)x+2a\leq 0，设命题p的不等式解集构成集合A，命题q的不等式解集构成集合B。$
求集合A；

Solution:
$若p是真命题，则|2x-5|\leq 3，所以-3\leq 2x-5\leq 3，解得1\leq x\leq 4，所以A=\{x|1\leq x\leq 4\}.$

Final answer: [1,4]
Subfield: Set Theory


Question: $已知p：|2x-5|\leq 3,q：x^2-(a+2)x+2a\leq 0，设命题p的不等式解集构成集合A，命题q的不等式解集构成集合B。$
$若B \subseteq A，求a的取值范围.$

Solution:
$由x^{2}-(a+2)x+2a\leq 0得(x-2)(x-a)\leq 0，$

$当a<2时，B={x|a\leq x\leq 2}，若B\subseteq A，则a\geq 1，所以1\leq a<2；$

$当a=2时，B={2}，满足B\subseteq A；$

$当a>2时，B={x|2\leq x\leq a}，若B\subseteq A，则a\leq 4，所以2<a\leq 4.$

$综上所述，a的取值范围为[1，4].$

Final answer: [1,4]
Subfield: Set Theory


Question: $设A=\{x|x^2+4x=0\}，B=\{x|x^2+2(a+1)x+a^2-1=0\}. 若A \cup B = A，求实数a的取值范围.$

Solution:
$由题意得A=\{-4,0\}，由A \cup B=A可得B \subseteq A.$
$1. 若B=\emptyset，则\Delta=4(a+1)^2-4(a^2-1)<0，解得a<-1.$
$2. 若B \ne \emptyset，则-4 \in B或0 \in B，$
$    当-4 \in B时，(-4)^2-8(a+1)+a^2-1=0，即a^2-8a+7=0，解得a=1或a=7。若a=1，则方程x^2+2(a+1)x+a^2-1=0可化为x^2+4x=0，解得x=0或-4，即B=\{-4,0\}，满足A \cup B=A，故a=1符合题意；若a=7，则方程x^2+2(a+1)x+a^2-1=0可化为x^2+16x+48=0，解得x=-12或-4，不合题意，故a=7舍去.$
$    当0 \in B时，a^2-1=0，解得a=\pm 1，a=1已验证满足题意；若a=-1，则方程x^2+2(a+1)x+a^2-1=0可化为x^2=0，解得x=0，即B=\{0\}，满足A\cup B=A，故a=-1满足题意.$

$综上，实数a的取值范围是a \le -1或a \ge 1.$



Final answer: (-\infty,-1]\cup{1}
Subfield: Inequality


Question: $若\frac{1}{2}<a\leq 1，解关于x的不等式x^2 - x + a(1-a) < 0.$

Solution:
$因为x^{2}-x+a(1-a)<0，所以[x-(1-a)](x-a)<0.$

$①当1-a<a，即\frac{1}{2}<a\leq 1时，不等式x^{2}-x+a(1-a)<0的解集为(1-a,a)；$

$②当1-a=a，即a=\frac{1}{2}时，不等式可化为\left(x-\frac{1}{2}\right)^2<0，此时解集为\emptyset ；$

$③当1-a>a, 即0\leq a<\frac{1}{2}时，不等式x^{2}-x+a(1-a)<0的解集为(a,1-a).$

$综上，当\frac{1}{2}<a\leq 1时，不等式的解集为(1-a,a)；$

$当a=\frac{1}{2}时，不等式的解集为\emptyset ；$

$当0\leq a<\frac{1}{2}时，不等式的解集为(a,1-a).$



Final answer: (1-a,a)
Subfield: Inequality


Question: $若a\in [0,1]，解关于x的不等式x^2 - x + a(1-a) < 0.$

Solution:
$因为x^{2}-x+a(1-a)<0，所以[x-(1-a)](x-a)<0.$

$①当1-a<a，即\frac{1}{2}<a\leq 1时，不等式x^{2}-x+a(1-a)<0的解集为(1-a,a)；$

$②当1-a=a，即a=\frac{1}{2}时，不等式可化为\left(x-\frac{1}{2}\right)^2<0，此时解集为\emptyset ；$

$③当1-a>a, 即0\leq a<\frac{1}{2}时，不等式x^{2}-x+a(1-a)<0的解集为(a,1-a).$

$综上，当\frac{1}{2}<a\leq 1时，不等式的解集为(1-a,a)；$

$当a=\frac{1}{2}时，不等式的解集为\emptyset ；$

$当0\leq a<\frac{1}{2}时，不等式的解集为(a,1-a).$

Final answer: $当\frac{1}{2}<a\leq 1时，不等式的解集为(1-a,a)；当a=\frac{1}{2}时，不等式的解集为\emptyset ；当0\leq a<\frac{1}{2}时，不等式的解集为(a,1-a).$
Subfield: Inequality


Question: $当x\in [0,3]时，不等式x^2+(a-4)x+4>0恒成立，则a的取值范围为\_\_\_\_\_.$

Solution:
$由题得x^{2}+ax-4x+4>0$

$\therefore ax>-x^{2}+4x-4$

$当x=0时，0>-4恒成立，a\in R；$

$当x\in (0,3]时，a>\frac{-x^2+4x-4}{x}=-\left(x+\frac{4}{x}\right)+4$

$因为x\in (0,3]，所以x+\frac{4}{x}\geq 2\sqrt{x\frac{4}{x}}=4(当且仅当x=2时等号成立).$

$所以-\left(x+\frac{4}{x}\right)+4\leq -4+4=0，$

$所以a>0.$

$综上，a的取值范围为(0,+\infty ).$

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


Question: $已知函数f(x)=ax^2+bx+1(a、b为实数，a\neq 0，x\in R)，函数f(x)的图象与x轴有且只有一个交点(-1,0).$
$当x\in[-2,2]时，g(x)=f(x)-kx是单调函数，求实数k的取值范围.$

Solution:
$g(x)=f(x)-kx=x^2+(2-k)x+1 (-2\leq x\leq 2)，其图象开口向上，对称轴为直线 x=\frac{k-2}{2}.$
$若函数 g(x) 在[-2,2]上为增函数，$
$则 \frac{k-2}{2} \leq -2，解得 k \leq -2；$
$若函数 g(x) 在[-2,2]上为减函数，$
$则 \frac{k-2}{2} \geq 2，解得 k \geq 6.$
$综上所述，实数 k 的取值范围是(-\infty ,-2]\cup [6,+\infty ).$

思路分析

$分两种情况讨论：函数 g(x) 在[-2,2]上为增函数或函数 g(x) 在[-2,2]上为减函数.根据 g(x) 的图象特征可得出关于实数 k 的不等式，由此可解得实数 k 的取值范围.$

Final answer: $(-\infty ,-2]\cup [6,+\infty )$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知f(x)是定义在 R 上的偶函数，且 x \leq 0 时, f(x) = \log_{\frac{1}{2}}(-x+1).$
$若f(a-1)<-1，求实数a的取值范围.$

Solution:
$\because f(x)为定义在R上的偶函数，且f(x)=\log_{\frac{1}{2}}{(x+1)}在(0，+\infty )上单调递减， f(1)=-1，$

$\therefore f(a-1)＜-1=f(1)，$

$\therefore |a-1|＞1，解得a＞2或a＜0.$

$\therefore 实数a的取值范围是(-\infty ，0)\cup (2，+\infty )。$

Final answer: $(-\infty ，0)\cup (2，+\infty )$
Subfield: Elementary Functions


Question: $设函数f(x)=e^{x}+ae^{-x}(a为常数)。$
$若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_.$

Solution:
$f'(x)=e^{x}-ae^{-x}，$

$要使f(x)是 R 上的增函数，只需 f'(x)\geq 0 在 R 上恒成立.即 a\leq e^{2x} 恒成立.$

$因为 x\in R，e^{2x}>0，$

$所以 a\leq 0.$

$即 a 的取值范围是 (-\infty ,0].$

Final answer: $(-\infty ,0]$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时, f(x)=x^2-2ax+a+2，其中a\in R.$
$如果f(x)的值域是R，则a的取值范围为\_\_\_\_\_.$

Solution:
$由f(x)的图象关于原点对称，可得f(0)=0，又当x>0时， f(x)图象的对称轴为直线x=a,$
$所以若f(x)的值域是R，$
$则当x>0时， f(x)=x^2-2ax+a+2必须满足：$
$$
\left\{
\begin{matrix}
a\leq 0,\\ 
a+2\leq 0
\end{matrix}
\right.
$$
或
$$
\left\{
\begin{matrix}
a>0,\\ 
\Delta =4a^2-4(a+2)\geq 0,
\end{matrix}
\right.
$$
$解得a\leq -2或a\geq 2，$
$即a的取值范围是(-\infty ，-2]\cup [2，+\infty ).$

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


Question: $已知函数f(x)=-x^{2}+(a-1)x+a，其中a \in R.$
$求当a>7时，函数f(x)在区间[1,3]上的最大值；$

Solution:
$由函数f(x)=-x^2+(a-1)x + a知，$
$f(x)图象的对称轴方程为x=\frac{a-1}{2}，$
$当 \frac{a-1}{2} < 1 ，即a<3时, f(x)在[1,3]上单调递减，$
$所以f(x)_{max}=f(1)=2a-2.$
$当1\leq \frac{a-1}{2}\leq 3，即3\leq a\leq 7时, f(x)_{max}=f\left(\frac{a-1}{2}\right)=\frac{(a+1)^2}{4},$
$当 \frac{a-1}{2} > 3 ，即a>7时, f(x)在[1,3]上单调递增，$
$所以 f(x)_{max}=f(3)=4a-12,$
$综上, f(x)_{max}=\left\{\begin{matrix}2a-2, & a<3,\\ \frac{(a+1)^2}{4}, & 3\leq a\leq 7,\\ 4a-12, & a>7. \end{matrix}\right.$



Final answer: $4a-12$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=-x^{2}+(a-1)x+a，其中a \in R.$
$求函数f(x)在区间[1,3]上的最大值；$

Solution:
$由函数f(x)=-x^2+(a-1)x + a知，$
$f(x)图象的对称轴方程为x=\frac{a-1}{2}，$
$当 \frac{a-1}{2} < 1 ，即a<3时, f(x)在[1,3]上单调递减，$
$所以f(x)_{max}=f(1)=2a-2.$
$当1\leq \frac{a-1}{2}\leq 3，即3\leq a\leq 7时, f(x)_{max}=f\left(\frac{a-1}{2}\right)=\frac{(a+1)^2}{4},$
$当 \frac{a-1}{2} > 3 ，即a>7时, f(x)在[1,3]上单调递增，$
$所以 f(x)_{max}=f(3)=4a-12,$
$综上, f(x)_{max}=\left\{\begin{matrix}2a-2, & a<3,\\ \frac{(a+1)^2}{4}, & 3\leq a\leq 7,\\ 4a-12, & a>7. \end{matrix}\right.$

Final answer: ${f(x)_{max}=\left\{\begin{matrix}2a-2, & a<3,\\ \frac{(a+1)^2}{4}, & 3\leq a\leq 7,\\ 4a-12, & a>7. \end{matrix}\right.}$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=-x^{2}+(a-1)x+a，其中a \in R.$
$当a<0时，设函数g(x)满足①g(x)=f(x)，x \in  [1，3)，②g(x+2)=g(x)+2，x \in  R，求g(x)在区间[-5,-3)上的值域.$

Solution:
$若x\in [-5,-3)，则x+6\in [1，3)，$
$由g(x+2)=g(x)+2知，g(x)=g(x+2)-2=g(x+4)-4=g(x+6)-6，$
$因为g(x)=f(x)，x\in [1，3)，$
$所以g(x)=g(x+6)-6=f(x+6)-6=-(x+6)^2+(a-1)(x+6)+a-6=-x^2+(a-13)x+7a-48，$
$因为函数g(x)图象的对称轴方程为x=\frac{a-13}{2}<-5，$
$所以g(x)在[-5,-3)上单调递减，$
$故g(x)_{max}=g(-5)=2a-8，g(x)>g(-3)=4a-18，$
$所以g(x)在区间[-5,-3)上的值域为(4a-18,2a-8].$

Final answer: $(4a-18,2a-8]$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知关于x的方程x^2+(m-3)x+m=0$
$若此方程有两个正实根，求实数m的取值范围；$

Solution:
$设 f(x) = x^2 + (m - 3) x+ m，$

由题意得
$$
\begin{cases}
-\frac{{m-3}}{2} > 0,\\ 
\mathit{\Delta}  =(m-3)^2-4m \geq 0,\\ 
f(0) = m > 0,
\end{cases}
$$
即
$$
\begin{cases}
m < 3,\\ 
m \leq 1 \text{或} m \geq 9,\\ 
m > 0,
\end{cases}
$$
$解得 0 < m \leq  1，故 m 的取值范围为 (0, 1]。$

Final answer: $(0, 1]$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知关于x的方程x^2+(m-3)x+m=0$
$若此方程的两个正实根均在(0，2)内，求实数m的取值范围.$

Solution:
由题意得

$\left\{\begin{matrix}0 &lt; -\frac{m-3}{2} &lt; 2,\\\mathit{ \Delta } =(m-3)^2-4m\geq 0,\\ f(0)=m &gt; 0,\\ f(2)=3m-2 &gt; 0,\end{matrix}\right.$

即

$\left\{\begin{matrix}-1 &lt; m &lt; 3,\\ m \leq 1 \text{或} m \geq 9,\\ m &gt; 0,\\ m &gt; \frac{2}{3},\end{matrix}\right.$

解得 

$\frac{2}{3} < m \leq  1$

故 m 的取值范围为 

$\left(\frac{2}{3},1\right]$



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