模拟题

\begin{example}
(2020年西城一模)对于正整数$n$,如果$k\,(k\in \mathbb{N}^\ast)$个整数$a_1,a_2,\cdots,a_k$满足$1\leq a_1\leq a_2\leq \cdots\leq a_k\leq n$,且$a_1+a_2+\cdots+a_k=n$,则称数组$(a_1,a_2,\cdots,a_k)$为$n$的一个“正整数分拆”.记$a_1,a_2,\cdots,a_k$均为偶数的“正整数分拆”的个数为$f_n$, $a_1,a_2,\cdots,a_k$均为奇数的“正整数分拆”的个数为$g_n$.

(I)写出整数4的所有“正整数分拆”;

(II)对于给定的整数$n\,(n\geq 4)$,设$(a_1,a_2,\cdots,a_k)$是$n$的一个“正整数分拆”
且$a_1=2$,求$k$的最大值;

(III)对所有的正整数$n$,证明: $f_n<g_n$;并求出使得等号成立的$n$的值.

(注:对于$n$的两个“正整数分拆”$(a_1,a_2,\cdots,a_k)$与$(b_1,b_2,\cdots,b_m)$,当且仅当$k=m$且$a_1=b_1,a_2=b_2,\cdots,a_k=b_m$时,称这两个“正整数分拆”是相同的.)
\end{example}
\begin{solution}
$12$.
\end{solution}

\begin{example}
(2012年海淀二模)将一个正整数$n$表示为$a_1+a_2+\cdots+a_p\,(p\in \mathbb{N}^\ast)$的形式,其中$a_i\in \mathbb{N}^\ast,i=1,2,\cdots,p$,且$a_1\leq a_2\leq \cdots\leq a_p$,记所有这样的表示法的种数为$f(n)$(如$4=4,4=1+3,4=2+2,4=1+1+2,4=1+1+1+1$,故$f(4)=5$).

(1)写出$f(3),f(5)$的值,并说明理由;

(2)对任意正整数$n$,比较$f(n+1)$与$\frac{1}{2}[f(n)+f(n+2)]$的大小,并给出证明;

(3)当正整数$n>6$时,求证: $f(n)\geq 4n-13$.
\end{example}
\begin{solution}
$12$.
\end{solution}

\begin{example}
(2010中国数学奥林匹克,李伟固)设复数$a$、$b$、$c$满足:对任意模不超过$1$的复数$z$,都有$\left|az^2+bz+c\right|\leq 1$.求$|bc|$的最大值.
\end{example}
\begin{solution}
令$f(z)=az^2+bz+c,g(z)=z^{-2}f(z)=a+bz^{-1}+cz^{-2}$, $h\left( z \right) =e^{i\alpha}g\left( e^{i\beta}z \right) =c'z^{-2}+b'z^{-1}+a'$.

取适当的实数$\alpha,\beta$,使得$c'$、$b'\geq 0$,对$r\leq 1$,有
\[
\frac{1}{r^2}\ge \left| h\left( re^{i\theta} \right) \right|\ge \left| \mathrm{Im}h\left( re^{i\theta} \right) \right|=\left| r^{-2}c'\sin 2\theta +r^{-1}b'\sin \theta +\mathrm{Im}a' \right|.
\]

不妨设$\mathrm{Im}a'\geq 0$,否则可作变换$\theta\to -\theta$,这样对任意$\theta\, \left( 0<\theta <\frac{\pi}{2} \right)$,有
\[
\frac{1}{r^2}\ge r^{-2}c'\sin 2\theta +r^{-1}b'\sin \theta \ge 2r^{-3/2}\sqrt{b'c'\sin 2\theta \cdot \sin \theta}.
\]
\[
\Rightarrow \left| bc \right|=b'c'\le \frac{1}{4r\sin 2\theta \cdot \sin \theta},\quad \text{对任意$r\leq 1,\theta \in \left( 0,\frac{\pi}{2} \right)$}
\]
于是
\begin{align*}
\left| bc \right| &\le \mathop {\min} \limits_r\le 1,\theta \in \left( 0,\frac{\pi}{2} \right)\frac{1}{4r\sin 2\theta \cdot \sin \theta}=\mathop {\min} \limits_\theta \in \left( 0,\frac{\pi}{2} \right)\frac{1}{4\sin 2\theta \cdot \sin \theta}
\\
&=\frac{1}{4\mathop {\max} \limits_\theta \in \left( 0,\frac{\pi}{2} \right)\sin 2\theta \cdot \sin \theta}=\frac{3\sqrt{3}}{16}.
\end{align*}

$\left| bc \right|=\frac{3\sqrt{3}}{16}$的例子:
\[
f\left( z \right) =\frac{\sqrt{2}}{8}z^2-\frac{\sqrt{6}}{4}z-\frac{3\sqrt{2}}{8}.
\]
对于$z=re^{i\theta}\,(r\leq 1)$,有
\begin{align*}
\left| f\left( re^{i\theta} \right) \right|^2 &=\frac{1}{32}\left[ \left( r^2\cos 2\theta -2\sqrt{3}r\cos \theta -3 \right) ^2+\left( r^2\sin 2\theta -2\sqrt{3}r\sin \theta \right) ^2 \right]
\\
&=\frac{1}{32}\left[ 2r^4+12r^2+18-\left( 2\sqrt{3}r\cos \theta +r^2-3 \right) ^2 \right]
\\
&\le \frac{1}{32}\left( 2r^4+12r^2+18 \right) \le 1.
\end{align*}
\end{solution}

\begin{example}
(2010年新课标全国卷)设函数$f(x)=e^x-1-x-ax^2$.

(1)若$a=0$,求$f(x)$的单调区间;

(2)若当$x\geq 0$时$f(x)\geq 0$,求$a$的取值范围.
\end{example}
\begin{solution}
不等式$e^x\geq x+1$与$1$
\end{solution}

 

\begin{example}
(2018年全国2卷)已知函数$f(x)=e^x-ax^2$.

(1)若$a=1$,证明:当$x\geq 0$时, $f(x)\geq 1$;

(2)若$f(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点,求$a$.
\end{example}

(3)设$n\in \mathbb{N}^\ast,x>0$,求证: $e^x>1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}$,其中阶乘$n!=n\times (n-1)\times\cdots \times 2\times 1$.
\begin{solution}
1
\end{solution}

\begin{example}
(2018年广州一模)已知函数$f(x)=ax+\ln x+1$.

(1)讨论函数$f(x)$零点个数;

(2)对任意的$x>0,f(x)\leq xe^{2x}$恒成立,求实数$a$的取值范围.
\end{example}
\begin{solution}
\textbf{解法一.}(参变分离,分离参(常)数)利用
\[
a\le \frac{xe^{2x}-\ln x-1}{x}.
\]
利用$e^x\geq x+1$可知
\[
xe^{2x}=e^{\ln x}e^{2x}=e^{\ln x+2x}\ge \ln x+2x+1,
\]
当且仅当$xe^{2x}=1$时取等号,则
\[
\frac{xe^{2x}-\ln x-1}{x}\ge \frac{\ln x+2x+1-\ln x-1}{x}=2,
\]
因此$a$的取值范围为$(-\infty,2]$.

\textbf{解法二.}等价于
\[
a\le \frac{xe^{2x}-\ln x-1}{x}=e^{2x}-\frac{\ln x+1}{x},\quad x\in (0,+\infty)
\]
令
\[
m\left( x \right) =e^{2x}-\frac{\ln x+1}{x},\quad m'\left( x \right) =\frac{2x^2e^{2x}+\ln x}{x^2}.
\]
即隐零点$x_0$满足$2x_0^2e^{2x_0}+\ln x_0=0$,则$0<x_0<1$,所以
\[
2x_0e^{2x_0}=\frac{1}{x_0}\left( \ln \frac{1}{x_0} \right) =\left( \ln \frac{1}{x_0} \right) \cdot \exp \left\{ \ln \frac{1}{x_0} \right\}.
\]
构造函数$\varphi (x)=xe^x\,(x>0)$为增函数,由$2x_0e^{2x_0}+\frac{\ln x_0}{x_0}=0$等价于$\varphi \left( 2x_0 \right) =\varphi \left( \ln \frac{1}{x_0} \right)$,所以$2x_0=\ln \frac{1}{x_0}$,即$x_0e^{2x_0}=1$.于是
\[
m\left( x_0 \right) =e^{2x_0}-\frac{\ln x_0+1}{x_0}=-\frac{\ln x_0}{x_0}=2.
\]
\end{solution}

\begin{example}
(2018年广州二模)已知函数$f(x)=e^x-x^2-ax$.

(1)若函数$f(x)$在$\mathbb{R}$上单调递增,求$a$的取值范围;

(2)若$a=1$,证明:当$x>0$时, $f\left( x \right) >1-\frac{\ln 2}{2}-\left( \frac{\ln 2}{2} \right) ^2$.

参考数据: $e\approx 2.71828,\ln 2\approx 0.69$.
\end{example}
\begin{solution}
证明隐零点$x_0\in \left( 1,1+\frac{\ln 2}{2} \right)$.
\end{solution}

 

\begin{example}
$f(x)=ax^3-3x+1$对于$x\in [-1,1]$总有$f(x)\geq 0$成立,则$a=$?
\end{example}
\begin{solution}
三倍角$\cos 3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta$.
\end{solution}

\begin{example}
(1)当$PA+PB=c\,(c>0)$,曲线为椭圆;

(2)当$|PA-PB|=c\,(c>0)$,曲线为双曲线;

(3)当$PA\cdot PB=c\,(c>0)$,曲线为类椭圆,花生形,八字形,哑铃型;

两个类椭圆:
\[
\sqrt{\left( x-1 \right) ^2+y^2}\cdot \sqrt{\left( x+1 \right) ^2+y^2}=c,\quad 0<c<1.
\]
八字形:
\[
\sqrt{\left( x-1 \right) ^2+y^2}\cdot \sqrt{\left( x+1 \right) ^2+y^2}=1.
\]

 

(4)当$\frac{PA}{PB}=c\,(c>0)$,曲线为圆.
\end{example}
\begin{solution}
$12$.
\end{solution}

%https://www.doc88.com/p-2425380559539.html,椭圆——卡西尼卵形线;到两定点的距离的积为定值的点的轨迹

平面上到两个定点的距离的积为定值的动点$P$所构成的图形一般称为卡西尼(Cassini Oval)卵形线,设两个定点分别为$F_1,F_2$,且$|F_1F_2|=2c\,(c>0)$, $|PF_1|\cdot |PF_2|= a^2\,(a > 0)$, $a,c$是定值.取过$F_1,F_2$的直线为$x$轴,线段$F_1F_2$的垂直平分线为$y$轴,建立直角坐标系.

若$0<a<c$时,轨迹为两个类圆;

若$a=c$时,轨迹为双纽线,极坐标方程为$r^2=a^2\cos2\theta$;

若$c<a<\sqrt{3}c$时,轨迹为花生形;

若$a=\sqrt{3}c$时,轨迹为足球场跑道形;

若$a>\sqrt{3}c$时,轨迹为类椭圆.

 

\section{集合}

\begin{example}
已知集合$A=\{(x,y)|\,|x|+|y|=a,a>0\}$, $B=\{(x,y)|\,|xy|+1=|x|+|y|\}$,若$A\cap B$是平面上正八边形的顶点所构成的集合,求$a$的值.%(1987-6,青海供题)
\end{example}%$a=2$或$2+\sqrt{2}$
\begin{solution}
1
\end{solution}

\section{函数性质}

\begin{example}%2009江西
设函数$f(x)=\sqrt{ax^2+bx+c}\,(a<0)$的定义域为$D$,若所有点
$(s,f(t))\,(s,t\in D)$构成一个正方形区域,求$a$的值.
\end{example}%$a=4$
\begin{solution}
1
\end{solution}

\begin{example}%2001年高联
求函数$y=x+\sqrt{x^2-3x+2}$的值域.
\end{example}
\begin{solution}
1
\end{solution}

\begin{example}%1994年高联
已知$x,y\in \left[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}\right],a\in\mathbb{R}$,且
\[\begin{cases}
x^3+\sin x-2a=0, \\
4y^3+\sin y\cos y+a=0.
\end{cases}\]
求$\cos (x+2y)$的值.
\end{example}
\begin{solution}
\[x^3+\sin x=(-2y)^3+\sin (-2y).\]
\end{solution}

任意实系数多项式可表示为两个单调递增的多项式函数之差.

 

 

 

\begin{example}
(2004年首届中国东南地区数学奥林匹克试题)已知不等式
\[\sqrt{2}(2a +3)\cos\left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)+ \frac{6}{\sin \theta+\cos \theta}-2\sin 2\theta<3a+6\]
对于$\theta\in \left[0,\frac{\pi}{2}\right]$恒成立,求实数$a$的取值范围.
\end{example}
\begin{solution}
1
\end{solution}

\begin{example}
求$f(x)=\frac{4\sin x\cos x+1}{\sin x+\cos x+1}
\,(0<x<5)$的最大值和最小值.
\end{example}
\begin{solution}
1
\end{solution}

\begin{example}
(1)若$x\in \mathbb{R}$, $a\leq e^x-x$恒成立,求实数$a$的最大值$a_0$.

(2)在(1)的条件下,求证:函数$f(x)=\frac{e^x}{x}+\cos x+ a_0x$在区间$(-\pi,0)$内存在唯一极大值点$x_0$,且$f(x_0)>2x_0$.
\end{example}
\begin{solution}
1
\end{solution}

 

\section{三角函数}

帅+帅=帅哥

帅-帅=哥帅

哥+哥=哥哥

哥-哥=负嫂嫂

海伦-秦久韶公式

 

由$\cos \left( \alpha \pm \beta \right) =\cos \alpha \cos \beta \mp \sin \alpha \sin \beta$可推导积化和差公式
\begin{align*}
\cos \alpha \cos \beta &=\frac{1}{2}\left[ \cos \left( \alpha +\beta \right) +\cos \left( \alpha -\beta \right) \right],
\\
\sin \alpha \sin \beta &=\frac{1}{2}\left[ \cos \left( \alpha -\beta \right) -\cos \left( \alpha +\beta \right) \right].
\end{align*}
由$\sin \left( \alpha \pm \beta \right) =\sin \alpha \cos \beta \pm \cos \alpha \sin \beta$可推导积化和差公式
\begin{align*}
\sin \alpha \cos \beta &=\frac{1}{2}\left[ \sin \left( \alpha +\beta \right) +\sin \left( \alpha -\beta \right) \right],
\\
\cos \alpha \sin \beta &=\frac{1}{2}\left[ \sin \left( \alpha +\beta \right) -\sin \left( \alpha -\beta \right) \right].
\end{align*}
和差化积公式:
\begin{align*}
\cos \alpha +\cos \beta &=2\cos \frac{\alpha +\beta}{2}\cos \frac{\alpha -\beta}{2},
\\
\cos \alpha -\cos \beta &=-2\sin \frac{\alpha +\beta}{2}\sin \frac{\alpha -\beta}{2},
\\
\sin \alpha +\sin \beta &=2\sin \frac{\alpha +\beta}{2}\cos \frac{\alpha -\beta}{2},
\\
\sin \alpha -\sin \beta &=2\cos \frac{\alpha +\beta}{2}\sin \frac{\alpha -\beta}{2},
\end{align*}
其他的一些公式:
\begin{align*}
\sin 3\alpha &=3\sin \alpha -4\sin ^3\alpha =4\sin \left( 60^{\circ}-\alpha \right) \cdot \sin \alpha \sin \left( 60^{\circ}+\alpha \right) ,
\\
\cos 3\alpha &=4\cos ^3\alpha -3\cos \alpha =4\cos \left( 60^{\circ}-\alpha \right) \cdot \cos \alpha \cos \left( 60^{\circ}+\alpha \right) ,
\\
\tan 3\alpha &=\tan \left( 60^{\circ}-\alpha \right) \cdot \tan \alpha \tan \left( 60^{\circ}+\alpha \right) ,
\\
\sin ^2\alpha -\sin ^2\beta &=\sin \left( \alpha +\beta \right) \sin \left( \alpha -\beta \right) ,
\\
\cos ^2\alpha -\cos ^2\beta &=-\sin \left( \alpha +\beta \right) \sin \left( \alpha -\beta \right) ,
\\
a\sin x+b\cos x &=\sqrt{a^2+b^2}\sin \left( x+\theta \right),\quad \text{其中}\tan\theta=\frac{b}{a}.
\end{align*}

\begin{example}
若$0<\beta<\alpha<\frac{\pi}{2}$,求证: $\sin\alpha-\sin\beta<\alpha-\beta<\tan\alpha-\tan\beta$.
\end{example}
\begin{solution}
\text{证法一.} $$
\sin \alpha -\sin \beta =2\cos \frac{\alpha +\beta}{2}\sin \frac{\alpha -\beta}{2}\le 2\sin \frac{\alpha -\beta}{2}\le \alpha -\beta.
$$

而

$$
\tan \alpha -\tan \beta =\tan \left( \alpha -\beta \right) \cdot \left( 1+\tan \alpha \tan \beta \right) >\tan \left( \alpha -\beta \right) >\alpha -\beta .
$$

\text{证法二.}
\end{solution}

 

\begin{example}
如图1所示,有一只狐狸以不变速度$v_1$沿着直线$AB$逃跑,一猎犬以不变的速率的追击,其运动方向始终对准狐狸.某时刻狐狸在$F$处,猎犬在$D$处, $FB\bot L$,设$v_2>v_1$,问猎犬追上狐狸还需多长时间?
\end{example}
%猎犬追狐狸试题中追击时间问题的严格求解
\begin{solution}
1
\end{solution}

\begin{example}
(第6届全国中学生物理竞赛预赛试题)如图1所示,有一只狐狸以不变速度切沿着直线$AB$逃跑,一猎犬以不变的速率$v_2$追击,其运动方向始终对准狐狸.某时刻狐狸在$F$处,猎犬在$D$处, $FD\bot L$,试求此时猎犬的加速度大小.
\end{example}
%猎犬追狐狸试题的多视角分析
\begin{solution}
1
\end{solution}

\begin{example}
(1997年全国高中数学联赛)设$x\geq y\geq z\geq \frac{\pi}{12}$,且$x+y+z=\frac{\pi}{2}$.求乘积$\cos x\cdot \sin y\cdot \cos z$的最大值及最小值.
\end{example}
\begin{solution}
1
\end{solution}

\begin{example}
(1983 年全国高中数学联赛)函数$F(x)= |\cos^2x + 2\sin x\cos x-\sin^2x +Ax+B|$在$0\leq x\leq \frac{3}{2}\pi$上的最大值$M$与参数$A$、$B$有关,问$A$、$B$取什么值时, $M$为最小?证明你的结论.
\end{example}
\begin{solution}
1
\end{solution}

\begin{example}
(2003年日本数学竞赛)求所有的实数$a$的值,使数列$a_n=
\cos 2^n\alpha\,(n= 1,2,\cdots)$中每一项都为负数.
\end{example}
\begin{solution}
1
\end{solution}

\begin{example}
(分析中的反例)两个周期函数,它们的和不是周期函数.
\end{example}
\begin{solution}
$\sin x$和$\sin \alpha x$在$(-\infty,+\infty)$上均是周期函数,其中$\alpha$为无理数.但$\sin x+\sin \alpha x$不是周期函数.

假设$\sin x+\sin \alpha x$是具有非零周期$T$的周期函数,则
$$
\sin \left( x+T \right) +\sin \alpha \left( x+T \right) =\sin x+\sin \alpha x,
$$
$$
\sin \left( x+T \right) -\sin x=\sin \alpha x-\sin \alpha \left( x+T \right).
$$
故
$$
2\cos \left( x+\frac{T}{2} \right) \sin \frac{T}{2}=-2\cos \left( \alpha x+\frac{\alpha T}{2} \right) \sin \frac{\alpha T}{2}.$$

取$x=\frac{\pi}{2}$,则$\sin \frac{\alpha T}{2}=0$,则$\alpha T=2p\pi$;取$\alpha x=\frac{\pi} {2}$,则$\sin \frac{T}{2}=0$,则$T=2q\pi$,其中$p,q$都是非零整数.故$\alpha T=2p\pi=\alpha\cdot 2q\pi$,即$\alpha=\frac{p}{q}$,这与$\alpha$是无理数矛盾.
\end{solution}

 

\begin{example}
1
\end{example}
\begin{solution}
1
\end{solution}

\begin{example}
1
\end{example}
\begin{solution}
1
\end{solution}

\begin{example}
已知$f(x)=x^{\frac{1}{x}}\ln x$.

(1)求证: $f(x)<\sqrt{x}$;

(2)求证: $f(x)>-\frac{2}{9}$.
\end{example}
\begin{solution}
1
\end{solution}

\begin{example}
设函数$f(x)=(1+x)^{\frac{1}{x}},x>0$.

(1)讨论函数$f(x)$的单调性;

(2)求证: $f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)\leq 4$.
\end{example}
\begin{solution}
1
\end{solution}

\begin{example}
满足等式$\left( 1+\frac{1}{x} \right) ^{x+1}=\left( 1+\frac{1}{2015} \right) ^{2015}$的整数$x$的个数是\underline{\hspace{2cm}}.
\end{example}
\begin{solution}
1
\end{solution}

 

\begin{example}
(2011年天津预赛)设$n$为正整数, $x=\left( 1+\frac{1}{n} \right) ^{n},y=\left( 1+\frac{1}{n} \right) ^{n+1}$,则
\begin{tasks}(4)
\task $x^y>y^x$
\task $x^y=y^x$
\task $x^y<y^x$
\task 以上都有可能
\end{tasks}
\end{example}
\begin{solution}
1
\end{solution}

\begin{example}
判断$y=a^x$和$y=\log_ax$的交点个数.
\end{example}
\begin{solution}
判断与$y=x$的交点个数.
\end{solution}

\begin{example}
1
\end{example}
\begin{solution}
1
\end{solution}

\begin{example}
1
\end{example}
\begin{solution}
1
\end{solution}

如果感到不适,建议左转咨询曾老师.

\section{不等式}

\begin{example}
(2010年全国2导数)设函数$f(x)=1-e^{-x}$.
\begin{enumerate}
\item 证明:当$x>-1$时, $f(x)\geqslant \frac{x}{x+1}$;

\item 设当$x\geqslant 0$时, $f(x)\leqslant\frac{x}{ax+1}$,求$a$的取值范围.
\end{enumerate}
\end{example}
\begin{solution}
(I)当$x>-1$时, $f(x)\geqslant \frac{x}{x+1}$,当且仅当$e^x\geqslant 1+x$.

令$g(x)=e^x-x-1$,则$g'(x)=e^x-1$.

当$x\geqslant 0$时, $g'(x)\geqslant 0$, $g(x)$在$[0,+\infty)$是增函数;

当$x\leqslant 0$时, $g'(x)\leqslant 0$, $g(x)$在$(-\infty,0]$是减函数.

于是$g(x)$在$x=0$处达到最小值,

因而当$x\in \mathbb{R}$时, $g(x)\geqslant g(0)$,即$e^x\geqslant 1+x$.

所以当$x>-1$时, $f(x)\geqslant \frac{x}{x+1}$.

(II)由题设$x\geqslant 0$,此时$f(x)\geqslant 0$.

当$a<0$时,若$x>-\frac{1}{a}$,则$\frac{x}{ax+1}<0$, $f(x)\leqslant\frac{x}{ax+1}$不成立;

当$a\geq 0$时,令$h(x)=axf(x)+f(x)-x$,
则$f(x)\leqslant\frac{x}{ax+1}$,当且仅当$h(x)\leqslant 0$.
\begin{align*}
h'(x) &=af(x)+axf'(x)+f'(x)-1\\
&=af(x)-axf(x)+ax-f(x).
\end{align*}

(i)当$0\leqslant a\leqslant\frac{1}{2}$时,由(I)知$x\leqslant (x+1)f(x)$,
\begin{align*}
h'(x)&\leqslant af(x)-axf(x)+a(x+1)f(x)-f(x)\\
&=(2a-1)f(x)\leqslant 0.
\end{align*}
$h(x)$在$[0,+\infty)$是减函数, $h(x)\leqslant h(0)=0$,即$f(x)\leqslant \frac{x}{ax+1}$.

(ii)当$a>\frac{1}{2}$时,由(I)知$x\geqslant f(x)$,
\begin{align*}
h'(x)=af(x)-axf(x)+ax-f(x)\\
&\geqslant af(x)-axf(x)+af(x)-f(x)\\
&=(2a-1-ax)f(x),
\end{align*}
当$0<x<\frac{2a-1}{a}$时, $h'(x)>0$,所以$h(x)>h(0)=0$,即$f(x)>\frac{x}{ax+1}$.

综上, $a$的取值范围是$\left[ 0,\frac{1}{2} \right]$.
\end{solution}

\begin{example}
(2010年新课标全国卷)设函数$f(x)=e^x-1-x-ax^2$.

(1)若$a=0$,求$f(x)$的单调区间;

(2)若当$x\geq 0$时$f(x)\geq 0$,求$a$的取值范围.
\end{example}
\begin{solution}
(I) $a=0$时, $f(x)=e^x-1-x,f'(x)=e^x-1$.

当$x\in (-\infty,0)$时, $f'(x)<0$;当$x\in (0,+\infty)$时, $f'(x)>0$.

故$f(x)$在$(-\infty,0)$单调减少,在$(0,+\infty)$单调增加.

(II) $f'(x)=e^x-1-2ax$.

由(I)知$e^x\geqslant 1+x$,当且仅当$x=0$时等号成立.

故$f'(x)\geqslant x-2ax=(1-2a)x$,

从而当$1-2a\geqslant 0$,即$a\leqslant \frac{1}{2}$时, $f'(x)\geqslant 0\, (x\geqslant 0)$,而$f(0)=0$,于是当$x\geqslant 0$时, $f(x)\geqslant 0$.

由$e^x>1+x\, (x\neq 0)$可得$e^{-x}>1-x\, (x\neq 0)$.从而当$a>\frac{1}{2}$时,
$$f'(x)<e^x-1+2a(e^{-x}-1)=e^{-x}(e^x-1)(e^x-2a),$$
故当$x\in (0,\ln 2a)$时, $f'(x)<0$,而$f(0)=0$,于是当$x\in (0,\ln 2a)$时, $f(x)<0$.

综合得$a$的取值范围为$\left(-\infty ,\frac{1}{2}\right]$.
\end{solution}

\begin{example}
(2017清华429学术能力测试)已知$a,b,c$为正实数,则代数式$\dfrac a{b+3c}+\dfrac b{8c+4a}+\dfrac{9c}{3a+2b}$的最小值为\underline{\hspace{2cm}}.
\end{example}
\begin{solution}
$x=b+3c,y=8c+4a,z=3a+2b$
\end{solution}

 

\begin{example}
(三元均值不等式)设$a,b,c\in \mathbb{R}^+$,则
$$
\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\le \sqrt[3]{abc}\le \frac{a+b+c}{3}\le \sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}},
$$
\end{example}
\begin{solution}
先证明:
$$
a^3+b^3+c^3\ge 3abc,\quad a,b,c\in \mathbb{R}^+.
$$
事实上,
\begin{align*}
a^3+b^3+c^3-3abc &=\left( a+b \right) ^3+c^3-3a^2b-3ab^2-3abc
\\
&=\left( a+b+c \right) \left[ \left( a+b \right) ^2-\left( a+b \right) c+c^2 \right] -3ab\left( a+b+c \right)
\\
&=\left( a+b+c \right) \left[ \left( a+b \right) ^2-\left( a+b \right) c+c^2-3ab \right]
\\
&=\left( a+b+c \right) \left( a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca \right)
\\
&=\left( a+b+c \right) \left[ \frac{1}{2}\left( a-b \right) ^2+\frac{1}{2}\left( b-c \right) ^2+\frac{1}{2}\left( c-a \right) ^2 \right] \ge 0.
\end{align*}
令$a^3\to a,b^3\to b,c^3\to c$即可.
\end{solution}