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\(\rm I\) 解析几何临时例题

Problem I 【非对称韦达】

【Description】已知椭圆 \(\dfrac{x^2}4+y^2=1\)，其长轴上两定点为 \(A(-2, 0), B(2, 0)\)。过 \(P(1, 0)\) 作直线交椭圆于 \(C, D\) 两点，证明：\(k_{AD}\cdot k_{BC}\) 为定值。

椭圆的第三定义：\(k_{PA}\cdot k_{PB}=e^2-1\)

貌似可以 参与运算？？

【Solution】

网上给了 n 中解法，自己发现可以先设 \(\ell_{AD}, \ell_{BC}\) 的斜率为 \(k_1, k_2\)，然后用 \(k_1, k_2\) 表示 \(x_D, y_D, x_C, y_C\)，由 \(C, D, P\) 共线得 \(\dfrac{y_D}{x_D-1}=\dfrac{y_C}{x_C-1}\)，带入并因式分解得到 \((4k_1k_2+1)(3k_1-k_2)=0\)。前者为椭圆的第三定义，那么取后者 \(\dfrac{k_1}{k_2}=\dfrac13\)。

Problem II 【齐次化-平移】

【Description】已知椭圆 \(\dfrac{x^2}{6}+\dfrac{y^2}{3}=1\)，其上有定点 \(A(2, 1)\)。过 \(A\) 引两条互相垂直的直线 \(\ell_{AM}, \ell_{AN}\) 交椭圆于 \(M, N\)。过 \(A\) 作 \(\ell_{AD}\perp \ell_{MN}\) 交 \(\ell_{MN}\) 于 \(D\)。证明有定点 \(Q\) 满足 \(|DQ|\) 为定值。

【Solution】本题是齐次化 - 平移例题。

将坐标系原点平移至 \(A\)。设 \(\ell_{MN}:mx+ny=0\)。带入使用齐次化惯用手段得到 \(m+n+\dfrac34=0\)，解出过的定点是什么。

但是我们可以这样做：因为 \(D\) 在一个圆上，而从 \(D\) 出发已经有两条垂直的直线，那么就是说如果能在这两条直线上分别找两个定点，就可以构出斜边中线（可以证明这是充要的）。所以我们要做的就是找出 \(\ell_{MN}\) 过哪一个定点 \(P\)，构出 \(\Delta ADP\) 的斜边中线。

设其过的定点为 \(P(x_0, y_0)\)，并设 \(\ell_{MN}:y=k(x-x_0)+y_0\)。那么我们将 \(\ell_{MN}\) 与椭圆联立。根据 \(\ell_{AM}\perp\ell_{AN}\) 列式 \(\dfrac{y_M-1}{x_M-2}\cdot\dfrac{y_N-1}{x_N-2}=-1\)，发现该式对称，那么利用韦达定理算出 \(x_M+x_N, x_Mx_N, y_M+y_N, y_My_N\) 关于主元 \(k\) 和参数 \(x_0, y_0\) 的式子，得到 \((9x_0^2-24x_0+12)k^2+(-18x_0y_0+24y_0+6x_0)k+9y_0^2-6y_0-3=0\)。该式子可看成关于 \(k\) 的二次方程，对于任意 \(k\) 都有上式成立，则 \(\begin{cases}9x_0^2-24x_0+12=0\\-18x_0y_0+24y_0+6x_0\\9y_0^2-6y_0-3\end{cases}\)。解得 \(P(1, 2)\)（舍）或 \(P(\dfrac23, -\dfrac13)\)。故 \(Q(\dfrac43, \dfrac13)\)。

Problem III ?

【Description】椭圆 \(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)。椭圆上一点 \(P\)，过 \(P\) 作椭圆的切线交直线 \(x=4\) 与 \(Q\)。证明存在一定点 \(D\)，满足 \(\ell_{PD}\perp\ell_{QD}\)。

Problem IV ???

过椭圆外一点 \(P\) 引椭圆的两条割线 \(\ell_{AC}, \ell_{BD}\)，且 \(\ell_{OP}\) 过弦 \(AB\) 的中点。求证：\(\ell_{AB}\parallel\ell_{CD}\)。

\(\rm II\)

• T1
  • \(\cos(A+2B)+\cos A=\sin2B\)
  • 求 \(\min\{\dfrac{4a^2+5b^2}{c^2}\}\)
• T2
  • 锐角 \(\Delta ABC\)，\(\cos2B-\cos2A=4(\cos C-\cos^3C)\)
  • 求 \(\dfrac ab+\dfrac{b^2}{c^2}\) 取值范围
• T3
  • 锐角 \(\Delta ABC\)，角 \(A, B, C\) 的对边依次为 \(a, b, c\)，满足 \(2S_{\Delta ABC}=a^2-(b-c)^2\)。求 \(\dfrac{4b^2-12bc+17c^2}{4b^2-12bc+13c^2}\) 的取值范围。
  • 答案：\((\dfrac{281}{181}, 2]\)

三角

• 化边或化角？
  • 看证什么？
    • 证角就化角，因为边证不了角
    • 如果考虑化边（转为 \(a, b, c\) 的式子）那么就基本上就是用正弦、余弦等等。
• 代数化简
  • 原则：多倍化同倍，异名化同名，往待证的方向化简（如果没有直接的待证那么就当是要得到一个强力的角度关系）
  • 和差化积：一堆复杂的角的和差的同名三角函数加减，像 \(\cos(A+2B)+\cos A=\sin 2B\)
• 一个 trick：题目中给了角或边可以将值带入调节次数。

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\(\rm III\ \overrightarrow{\boldsymbol{Derivative}}\)

\(\it 50\ {Problems}\)

Problem 1

Description

\(f(x)=\ln x+\dfrac ax\)

• 若不等式 \(f(x)\ge\dfrac{2-e}{x}+a\) 对于 \(x>0\) 恒成立，求 \(a\) 范围。

Solution

必要性探路：取 \(x=1\) 和 \(x=e\)，得到 \(a\le 2\)。

求导，\(f'(x)=\dfrac 1x-\dfrac{e-2+a}{x^2}\)，极值点 \(x_0=e-2+a\)。带入 \(f(x_0)\ge0\) 求解即可。

Problem 2

Description

证明：对 \(\forall a\in(0, 1)\)，存在 \(b>0\) 使得 \(ae^b=a+b\)，且 \(2\ln a+b<0\)。

Solution

画图，得到大致图像，确定方程有唯一合法解。

利用方程消元，\(a=\dfrac{b}{e^b-1}\)，\(b\) 为原方程的零点，取值范围为 \((0, +\infin)\)，问题转化为证明 \(2\ln\dfrac{b}{e^b-1}+b<0\)，即证 \(\forall x>0, x^2e^x<(e^x-1)^2\)。

写出函数 \(g(x)=e^{2x}-(2+x^2)e^x+1\)，\(g'(x)=2e^{2x}-(x^2+2x+2)e^x=2e^x(e^x-\dfrac12x^2-x-1)\)，经典不等式放缩得 \(g'(x)>0\)，带入端点原式得证。

Problem 3

Description

\(f(x)=e^x\ln(x+1)\)，证明：对 \(\forall x, t\in (0, +\infin)\)，有 \(f(x+y)>f(x)+f(y)\)。

Solution

思路：选取主元，证明不等式大于零（显然构造的函数是单调的）

令 \(x<m\)，构造 \(g(x)=f(x+m)-f(x)\)，则 \(g(x)=e^x\cdot (e^m\cdot\ln(x+m+1)-\ln(x+1))\)，即证 \((e^m\cdot \ln(x+m-1)-\ln(x+1))\)，即政 \(h(x)=e^m\cdot\ln(x+m-1)-\ln(x+1)\)。

求导，\(h'(x)=\dfrac{e^m}{x+m+1}-\dfrac{1}{x+1}\)，易证 \(h'(x)>0\)。得证。

Problem 4

Description

同 Problem 3

Solution

Problem 5

Description

证明：\(e^x\ln x-1+\dfrac{2e^{x-1}}{x}>0\)

Solution

直接求导，发现零点没法弄，带入了几个点发现都取不到等去，于是考虑是不是没卡死的不等式，考虑放缩。

初步化简：即证 \(\ln x+\dfrac{2}{ex}>e^{-x}\)

画图，发现的确没卡死，那么考虑“隔离折线”。但是不好操作。

变一下，即证 \(x\ln x>\dfrac{x}{e^x}-\dfrac{2}{e}\)，隔离直线 \(y=-\dfrac{1}{e}\)。

一般在隔离直线的时候，函数的凹凸性得考虑一下。

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放缩解法：

\(\ln x-\dfrac{1}{e^x}+\dfrac{2}{ex}\quad\overset{e^x\ge ex}{\longrightarrow}\quad\ge\ln x-\dfrac{1}{ex}+\dfrac{2}{ex}=\ln x+\dfrac1{ex}>0\)

\(\Large\star\) Problem 6

Description

证明：对 \(\forall x>1\) 有 \(e^x-x^4+3x^3\ln x-x^2\ge 0\)

Solution

\[\Leftrightarrow \dfrac{e^x}{x^3}-x+3\ln x-\dfrac1x\ge 0\\\Leftrightarrow e^{x-3\ln x}-(x-3\ln x)\ge \dfrac1x\\\Leftrightarrow e^t-t\ge \dfrac1x \]

\(e^t-t\ge 1\ge \dfrac1x\)

得证。

Problem 7

Description

证明：\(a\le 1\) 时有 \(xe^x-ax\ge \ln x+1\)

Solution

\(xe^x-ax\ge xe^x-x\)

即证 \(xe^x-x+\ln x-1\ge 0\)

同构，\(xe^x-\ln(xe^x)\ge 1\longrightarrow t-\ln t\ge 1\) 得证。

Problem 8

Description

证明：对 \(\forall a\ge 1\) 有 \(ae^x-x-a> x\ln x-\sin x\)

Solution

放缩参数，只需证明 \(a=1\) 时成立即可。

即证 \(e^x-x-1-x\ln x>-\sin x\)

设 \(f(x)=e^x-1-x-x\ln x\)，求导，\(f'(x)=e^x-2-\ln x=0\)，\(f''(x)=e^x-\dfrac1x\)。设 \(f''(x)=0\) 的根为 \(x_0\)，则 \(x_0e^{x_0}=1\)，对 \(f'(x_0)\) 的式子进行替换，\(f'(x_0)=\dfrac1{x_0}-2+x_0\ge 0\)，即 \(f'(x)\ge 0\)，\(f(x)\) 单增。

隔离折线，只需证明 \(x\in(0, \pi]\) 时 \(e^x-x-1-x\ln x>0>-\sin x\)，\(x\in(\pi, +\infin)\) 时 \(e^x-x-1-x\ln x>1>-\sin x\) 即可。

得证。

Problem 9

Description

证明：\(\dfrac{1-\ln x}{e^x}+2x^2-\dfrac1x<2\) 在 \(x\in(0, 1)\) 恒成立。

Solution

一眼 · 丁真，鉴定为：

\(\dfrac{1-\ln x}{e^x}+2x^2-\dfrac1x<1-(\ln x+\dfrac1x)+2x^2\)

\(x\in(0, 1)\to\begin{cases} \ln x+\dfrac1x> 1\\ 2x^2< 2 \end{cases}\)

得证。

Problem 16

Description

\(f(x)=e^{x+1}+ax+a\)

• 若 \(x\ge 0\) 时，\(f(x-1)+\ln(x+1)\ge 1\)，求 \(a\) 取值范围。

Solution

\(g(x)=e^x+ax+\ln(x+1)-1\)，\(g'(x)=e^x+a+\dfrac{1}{x+1}\)。

端点效应，带入 \(x=0\)，\(g(0)=0\)，则 \(g'(0)\ge 0\)，解得 \(a\ge -2\)。

若 \(a\ge -2\)，则 \(g'(x)=e^x+a+\dfrac{1}{x+1}\ge 0\)。带入 \(x=0\) 得 \(g(0)=0\)。

答案为 \(a\ge -2\)。

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\(\sf link\)

Problem 1

Description

\(f(x)=(x-1)\ln x-a(x+1)\) 有两个零点 \(x_1, x_2\)。

1. 求 \(a\) 的范围。（答案：\(a>0\)）
2. 证明 \(\dfrac1{\ln x_1-a}+\dfrac1{\ln x_2-a}>0\)

tag：极值点偏移、预处理变形

Solution

\(\begin{cases} (x_1-1)\ln x_1=a(x_1+1)\\ (x_2-1)\ln x_2=a(x_2+1) \end{cases}\to\begin{cases} \ln x_1=a\cdot\dfrac{x_1+1}{x_1-1}\\ \ln x_2=a\cdot\dfrac{x_2+1}{x_2-1} \end{cases}\)

\(\dfrac1{\ln x_1-a}+\dfrac1{\ln x_2-a}=\dfrac{x_1-1}{2a}+\dfrac{x_2-1}{2a}>0\to x_1+x_2>2\)

这样子代？

Problem 2

Description

\(f(x)=ae^{x-1}-\ln x+\ln a\)

• 若 \(f(x)\ge 1\)，求 \(a\) 取值范围。

Solution

1. 同构。
   • \(e^{x+\ln a-1}+x+\ln a-1\ge e^{\ln x}+\ln x\)
2. 普通
   • \(f'(x)=0\)，解得 \(x=x_0\)，满足 \(ae^{x-1}=\dfrac1x\)
   • 然后把 \(a\) 代成 \(x_0\)，发现刚好代完了。
   • 于是 \(f(x_0)\) 与 \(a\) 脱离了关系，直接求即可。
3. 还有。

Problem 3

Description

证明 \(\sum\limits_{k=1}^n\dfrac1{\sqrt{k^2+k}}>\ln(n+1)\)

Solution

首先常规数列不等式的套路，转化为证 \(\dfrac{1}{\sqrt{x^2+x}}>\ln(x+1)-\ln x\)

这怎么证？？？？？？？？？？？？？

瞎几把想ing

看一下均值不等式 \(\sqrt{ab}<\dfrac{b-a}{\ln b-\ln a}\)？

我去！做出来了！

\[\sqrt{x(x+1)}<\dfrac{(x+1)-x}{\ln(x+1)-\ln x} \]

还没看其他方法。

Problem 4

Description

\(f(x)=x-\dfrac12\sin x-\dfrac m2\ln x+1\)

• 若存在 \(x_1, x_2\in(0, +\infin)\)，且 \(x_1\not=x_2\)，\(f(x_1)=f(x_2)\)，证明：\(x_1x_2<m^2\)

Solution

这个东西取小于号和小于等于号有什么猫腻？

首先尝试极值点偏移，但是发现 \(m\) 根本不是极值点！

那然后呢？不能用极值点的构造对称，那么要证明不等式成立，说明很可能并不是要取到等（卡死），而是能够放缩，而且正好三角函数基本是放缩。

于是只能模仿代数消元，先写关系式：
\(\begin{cases}x_1-\dfrac12\sin x_1-\dfrac m2\ln x_1+1=T\\x_2-\dfrac12\sin x_2-\dfrac m2\ln x_2+1=T\end{cases}\)

\(x_2-x_1-\dfrac12(\sin x_2-\sin x_1)=\dfrac m2(\ln x_2-\ln x_1)\)

运用三角函数放缩 \(x>\sin x\) 得 \(\dfrac m2(\ln x_2-\ln x_1)=x_2-x_1-\dfrac12(\sin x_2-\sin x_1)>\dfrac12(x_2-x_1)\)，然后对数均值不等式悬而击之。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;

signed main() {

}

Problem 4

Description

\(f(x)=ax-\ln x\)，关于 \(x\) 的方程 \(f(x)=0\) 有两个不相等的实数根 \(x_1, x_2\)，其中 \(x_1<x_2\)。

1. 求实数 \(a\) 的取值范围。
2. 设 \(k\) 为常数，当 \(a\) 变化时，若 \(x_1^kx_2\) 有最小值 \(e^e\)，求常数 \(k\) 的值。

Solution

一眼看过去，式子极其丑陋，那么考虑列出方程组作代换，凑 \(x_1^k\) 出来。

\(\begin{cases} kax_1=\ln x_1^k\\ ax_2=\ln x_2 \end{cases}\)

于是 \(a(kx_1+x_2)=\ln x_1^kx_2\ge e\)

消去 \(a\)，得到 \(a=\dfrac{\ln x_2-\ln x_1}{x_2-x_1}\)

带入，齐次化，设 \(t=\dfrac{x_2}{x_1}\)，得到 \(\ln t\cdot\dfrac{t+k}{t-1}\ge e\)

那么问题转化为：已知定义域为 \((1, +\infin)\) 的函数 \(f(t)=\ln t\cdot\dfrac{t+k}{t-1}\) 最小值为 \(e\)，求 \(k\).

啊？？？

答案：\(k=e^2-2e\)

Problem 5

Description

\(f(x)=e^x-x, g(x)=x-\ln x\)

• 证明存在一条直线 \(y=b\)，使得该直线与 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 的图像共有三个交点，且交点的横坐标呈等差数列。

Solution

这不来一手同构？

画个图，发现 \(y=b\) 必然交在 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 的交点处。

大概判断一下零点的大小关系，得 \(x_1<0<x_2<1<x_3\)

然后同构大显身手！\(e^{x_1}-x_1=b, e^{x_2}-x_2=b, x_2-\ln x_2=b\)

那么得 \(e^{x_1}-\ln e^{x_1}=b\)，所以 \(e^{x_1}=x_2\) 或 \(x_3\)。由根的所在值域得 \(e^{x_1}=x_2\)。同理 \(\ln x_3=x_2\)。

即证 \(e^{x_2}+\ln x_2=2x_2\)。结合前面的式子易证。

Problem 6

Description

已知 \(\begin{cases}a\ln x_1=2x_1-3\\a\ln x_2=2x_2-3\end{cases}\)，求当 \(x_2\over x_1\) 最小时 \(a\) 的值。

Solution

先消元得到 \(\dfrac{\ln x_1}{2x_1-3}=\dfrac{\ln x_2}{2x_2-3}\)，然后设 \(x_2=t\cdot x_1\)，带入尝试各种操作看能不能分离，发现可以，完结。