导数压轴题
1.导数压轴题精选
2.浙江高考导数压轴100题
https://wenku.baidu.com/view/70d8af104a2fb4daa58da0116c175f0e7cd119e4.html
https://wenku.baidu.com/view/bf4bee43bcd5b9f3f90f76c66137ee06eff94ec5.html
\begin{problem}
(2005年高考全国1卷)
\begin{enumerate}
\item[(1)] 设函数$f(x)=x \log _{2} x+(1-x) \log _{2}(1-x)\,(0<x<1)$,求$f(x)$的最小值;
\item[(2)] 设正数$p_1,p_2,p_3,\cdots,p_{2^n}$满足$p_{1}+p_{2}+p_{3}+\cdots+p_{2^{n}}=1$,证明:
\[p_{1} \log _{2} p_{1}+p_{2} \log _{2} p_{2}+p_{3} \log _{2} p_{3}+\cdots+p_{2^{n}} \log _{2} p_{2^{n}} \geq -n.\]
\item[(3)] (熵不等式)设 $p_1,p_2,p_3,\cdots,p_n$和 $q_1,q_2,q_3,\cdots,q_n$均为正数且$\sum_{k=1}^{n}p_k=\sum_{k=1}^{n}q_k$.求证:
\[\sum_{k=1}^{n}p_k\ln p_k\geq \sum_{k=1}^{n}p_k\ln q_k.\]
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
\begin{enumerate}
\item[(1)] 对函数$f(x)$求导数:
\begin{align*}
f'(x) &=\left(x \log _{2} x\right)'+\left[(1-x) \log _{2}(1-x)\right]' \\
&=\log _{2} x-\log _{2}(1-x)+\frac{1}{\ln 2}-\frac{1}{\ln 2} \\ &=\log _{2} x-\log _{2}(1-x).
\end{align*}
于是$f'\left(\frac{1}{2}\right)=0$.
当$x<\frac{1}{2}$时, $f'(x)=\log _{2} x-\log _{2}(1-x)<0$, $f(x)$在区间$\left(0,frac{1}{2}\right)$是减函数;当$x>\frac{1}{2}$时, $f'(x)=\log _{2} x-\log _{2}(1-x)>0$, $f(x)$在区间$\left(frac{1}{2},1\right)$是增函数.
所以$f(x)$在$x=\frac{1}{2}$时取得最小值, $f\left(\frac{1}{2}\right)=-1$.
\item[(2)] \textbf{证法一:}用数学归纳法证明.
\begin{enumerate}
\item[(i)] 当$n=1$时,由(I)知命题成立.
\item[(ii)] 假定当$n=k$时命题成立,即若正数$p_1,p_2,p_3,\cdots,p_{2^k}$满足$p_{1}+p_{2}+p_{3}+\cdots+p_{2^{k}}=1$,则
\[p_{1} \log _{2} p_{1}+p_{2} \log _{2} p_{2}+p_{3} \log _{2} p_{3}+\cdots+p_{2^{k}} \log _{2} p_{2^{k}} \geq -k.\]
当$n=k+1$时,若正数$p_1,p_2,p_3,\cdots,p_{2^{k+1}}$满足$p_{1}+p_{2}+p_{3}+\cdots+p_{2^{k+1}}=1$,令
\[x=p_{1}+p_{2}+\cdots+p_{2^{k}}, q_{1}=\frac{p_{1}}{x}, q_{2}=\frac{p_{2}}{x}, \cdots, q_{2^{k}}=\frac{p_{2^k}}{x}.\]
则$q_1,q_2,q_3,\cdots,q_{2^k}$为正数,且$q_{1}+q_{2}+\cdots+q_{2^{k}}=1$.
由归纳假定知$q_{1} \log _{2} q_{1}+q_{2} \log _{2} q_{2}+\cdots+q_{2^k} \log _{2} q_{2^k} \geq -k$.
\begin{align*}
p_{1} \log _{2} p_{1}+p_{2} \log _{2} p_{2}+\cdots+p_{2^k} \log _2 p_{2^{k}} &=x\left(q_{1} \log _{2} q_{1}+q_{2} \log _{2} q_{2}+\cdots+q_{2^k} \log _{2} q_{2^k}+\log _{2} x\right)\\
&\geq x(-k)+x\log_2 x,\tag*{(1)}
\end{align*}
同理,由$p_{2^{k}+1}+p_{2^{k}+2}+\cdots+p_{2^{k+1}}=1-x$,可得
\[p_{2^{k}+1} \log _{2^{k}+1}+\cdots+p_{2^{k+1}} \log _{2^{k}+1}\geq (1-x)(-k)+(1-x). \log _{2}(1-x).\tag*{(2)}\]
综合(1)、(2)两式
\begin{align*}
p_{1} \log _{2} p_{1}+& p_{2} \log _{2} p_{2}+\cdots+p_{2^{k+1}} \log _{2} p_{2^{k+1}} \\
& \geq [x+(1-x)](-k)+x \log _{2} x+(1-x) \log _{2}(1-x) \\
& \geq -(k+1).
\end{align*}
即当$n=k+1$时命题也成立.
\end{enumerate}
根据(i)、(ii)可知对一切正整数$n$命题成立.
\textbf{证法二:}令函数$g(x)=x \log _{2} x+(c-x) \log _{2}(c-x)$ (常数$c>0,x\in (0,c)$),那么
\[g(x)=c\left[\frac{x}{c} \log _{2} \frac{x}{c}+\left(1-\frac{x}{c}\right) \log _{2}\left(1-\frac{x}{c}\right)+\log _{2} c\right],\]
利用(I)知,当$\frac{x}{c}=\frac{1}{2}$ (即$x=\frac{c}{2}$)时,函数$g(x)$取得最小值.
于是对任意$x_1>0,x_2>0$,都有
\begin{align*}
x_{1} \log _{2} x_{1}+x_{2} \log _{2} x_{2} & \geq 2 \cdot \frac{x_{1}+x_{2}}{2} \log _{2} \frac{x_{1}+x_{2}}{2} \\ &=\left(x_{1}+x_{2}\right)\left[\log _{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)-1\right]. \tag*{(1)}
\end{align*}
下面用数学归纳法证明结论.
\begin{enumerate}
\item[(i)] 当$n=1$时,由(I)知命题成立.
\item[(ii)] 假定当$n=k$时命题成立,即若正数$p_1,p_2,p_3,\cdots,p_{2^k}$满足$p_{1}+p_{2}+p_{3}+\cdots+p_{2^{k}}=1$,有
\[p_{1} \log _{2} p_{1}+p_{2} \log _{2} p_{2}+\cdots+p_{2^{k}} \log _{2} p_{2^{k}} \geq -k.\]
当$n=k+1$时, $p_1,p_2,p_3,\cdots,p_{2^{k+1}}$满足$p_{1}+p_{2}+p_{3}+\cdots+p_{2^{k+1}}=1$,令
\[H=p_{1} \log _{2} p_{1}+p_{2} \log _{2} p_{2}+\cdots+p_{2^{k+1}-1} \log _{2} p_{2^{k+1}-1}+p_{2^{k+1}} \log _{2} p_{2^{k+1}},\]
由(1)得到
\[H \geq\left(p_{1}+p_{2}\right)\left[\log _{2}\left(p_{1}+p_{2}\right)-1\right]+\cdots+\left(p_{2^{k+1}-1}+p_{2^{k+1}}\right)\left[\log _{2}\left(p_{2^{k+1}-1}+p_{2^{k+1}}\right)-1\right],\]
因为$\left(p_{1}+p_{2}\right)+\cdots+\left(p_{2^{k+1}-1}+p_{2^{k+1}}\right)=1$,由归纳法假设
\[\left(p_{1}+p_{2}\right) \log _{2}\left(p_{1}+p_{2}\right)+\cdots+\left(p_{2^{k+1}-1}+p_{2^{k+1}}\right) \log _{2}\left(p_{2^{k+1-1}}+p_{2^{k+1}}\right) \geq -k,\]
得到
\[H \geq -k-\left(p_{1}+p_{2}+\cdots+p_{2^{k+1}-1}+p_{2^{k+1}}\right)=-(k+1).\]
即当$n=k+1$时命题也成立.
\end{enumerate}
所以对一切正整数$n$命题成立.
\item[(3)] 利用不等式$t\ln t\geq t-1,t>0$.事实上,
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n} p_{k} \ln p_{k}-\sum_{k=1}^{n} p_{k} \ln q_{k} &=\sum_{k=1}^{n} p_{k} \ln \frac{p_{k}}{q_{k}
=\sum_{k=1}^{n} q_{k} \frac{p_{k}}{q_{k}} \ln \frac{p_{k}}{q_{k}}} \\
&\geq \sum_{k=1}^{n} q_{k}\left(\frac{p_{k}}{q_{k}}-1\right)=\sum_{k=1}^{n}\left(p_{k}-q_{k}\right)=0.
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}
(2004年高考全国2卷)已知函数$f(x)=\ln (1+x)-x, g(x)=x \ln x$.
\begin{enumerate}
\item[(1)] 求函数$f(x)$的最大值;
\item[(2)] 设$0<a<b$,证明: $0<g(a)+g(b)-2 g\left(\frac{a+b}{2}\right)<(b-a) \ln 2$.
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
\begin{enumerate}
\item[(1)] 函数$f(x)$的定义域是$(-1,\infty),f'(x)=\frac{1}{1+x}-1$.令$f'(x)=0$,解得$x=0$.当$-1<x<0$时, $f'(x)>0$;当$x>0$时, $f'(x)<0$,又$f(0)=0$,故当且仅当$x=0$时, $f(x)$取得最大值,最大值是$0$.
\item[(2)] \textbf{证法一.}
\[g(a)+g(b)-2 g\left(\frac{a+b}{2}\right)=a \ln a+b \ln b-(a+b) \ln \frac{a+b}{2}=a \ln \frac{2 a}{a+b}+b \ln \frac{2 b}{a+b}.\]
由(1)的结论知$\ln (1+x)-x<0$ ($x>-1$且$x\neq 0$),由题设$0<a<b$,得$\frac{b-a}{2 a}>0,-1<\frac{a-b}{2 b}<0$,因此
\[\ln \frac{2 a}{a+b}=-\ln \left(1+\frac{b-a}{2 a}\right)>-\frac{b-a}{2 a},\quad \ln \frac{2 b}{a+b}=-\ln \left(1+\frac{a-b}{2 b}\right)>-\frac{a-b}{2 b}.\]
所以
\[a \ln \frac{2 a}{a+b}+b \ln \frac{2 b}{a+b}>-\frac{b-a}{2}-\frac{a-b}{2}=0.\]
又
\[\frac{2 a}{a+b}<\frac{a+b}{2 b}, \quad a \ln \frac{2 a}{a+b}+b \ln \frac{2 b}{a+b}<a \ln \frac{a+b}{2 b}+b \ln \frac{2 b}{a+b}=(b-a) \ln \frac{2 b}{a+b}<(b-a) \ln 2.\]
综上, $0<g(a)+g(b)-2 g\left(\frac{a+b}{2}\right)<(b-a) \ln 2$.
\textbf{证法二.} $g(x)=x\ln x,g'(x)=\ln x+1$,设$F(x)=g(a)+g(x)-2 g\left(\frac{a+x}{2}\right)$,则$F^{\prime}(x)=g^{\prime}(x)-2\left[g\left(\frac{a+x}{2}\right)\right]^{\prime}=\ln x-\ln \frac{a+x}{2}$.当$0<x<a$时$F'(x)<0$,因此$F(x)$在$(0,a)$内为减函数;当$x>a$时$F'(x)>0$,因此$F(x)$在$(a,+\infty)$上为增函数.从而,当$x=a$时, $F(x)$有极小值$F(a)$.因为$F(a)=0,b>a$,所以$F(b)>0$,即$0<g(a)+g(b)-2 g\left(\frac{a+b}{2}\right)$.
设$G(x)=F(x)-(x-a) \ln 2$,则$G^{\prime}(x)=\ln x-\ln \frac{a+x}{2}-\ln 2=\ln x-\ln (a+x)$.当$x>0$时$G'(x)<0$,因此$G(x)$在$(0,+\infty)$上为减函数.因为$G(a)=0,b>a$,所以$G(b)<0$,即$g(a)+g(b)-2 g\left(\frac{a+b}{2}\right)<(b-a) \ln 2$.
\end{enumerate}
\end{solution}
\documentclass[a4paper]{ctexart}
\usepackage[margin=1in]{geometry}
\title{导数与圆锥曲线练习题}
%\author{高思一对一高端VIP部：曾熊\quad 老师}
\date{2020年9月24日}
\usepackage{amsmath,ntheorem,amssymb,amsfonts}
\theorembodyfont{\upshape}
\theoremseparator{.}
%\theoremstyle{break}
\newtheorem{problem}{问题}
\everymath{\displaystyle}%%公式都不缩小
\allowdisplaybreaks[4]%%公式跨页
\newenvironment{solution}{\par\noindent\textbf{{解：}}}
\begin{document}
\maketitle
\section{导数}
\begin{problem}
已知函数$f(x)=e^x-ax^2\,(a\in \mathbb{R})$.
\begin{enumerate}
\item[(I)] 若曲线$y=f(x)$在$(1,f(1))$处的切线与$x$轴平行,求$a$;
\item[(II)] 已知$f(x)$在$[0,1]$上的最大值不小于$2$,求$a$的取值范围;
\item[(III)] 写出$f(x)$所有可能的零点个数及相应的$a$的取值范围.
\end{enumerate}
\end{problem}
%\begin{solution}
%\end{solution}
\begin{problem}
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{problem}
拓展:函数不等式: $e^x\geq x+1\, (x\in \mathbb{R}),\ln (x+1)\leq x\,(x>-1)$与$\sin x \leq x\leq \tan x\,\left(0<x<\frac{\pi}{2}\right)$.
泰勒公式:
\[e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\cdots\]
\begin{problem}
%(2020年全国I卷理数)
己知函数$f(x)=e^x+ax^2-x$.
(1)当$a=1$时,讨论$f(x)$的单调性;
(2)当$x\geqslant 0$时, $f(x)\geqslant \frac{1}{2}x^3+1$,求$a$的取值范围.
\end{problem}
\begin{problem}
%(2017年全国III卷)
已知函数$f(x)=x-1-a\ln x$.
(1)若$f(x)\geqslant 0$,求$a$的值;
(2)设$m$为整数,且对于任意正整数$n$, $\left( 1+\frac{1}{2} \right)\left( 1+\frac{1}{2^2} \right)\cdots \left( 1+\frac{1}{2^n} \right)<m$,求$m$最小值.
\end{problem}
\begin{problem}
已知函数$f(x)=x\ln x$.
(1)求函数$f(x)$的最小值;
(2)若对一切$x\in (0,+\infty)$,都有$f(x)\leqslant x^2-ax +2$恒成立,求实数$a$的取值范围;
(3)试判断函数$y=\ln x$与$g(x)=\frac{1}{e^x}-\frac{2}{ex}$的图象是否有公共点?若有,求出公共点的个数;若无,请说明理由.
\end{problem}
\begin{problem}
%(2016年全国I卷理数)
已知函数$f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2$有两个零点.
(I)求$a$的取值范围;
(II)设$x_1,x_2$是$f(x)$的两个零点,求证: $x_1+x_2<2$.
\end{problem}
\begin{problem}
%(2017年北京理数)
已知函数$f(x)=e^x\cos x-x$.
(I)求曲线$y=f(x)$在点$(0,f(0))$处的切线方程;
(II)求函数$f(x)$在区间$\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$上的最大值和最小值.
\end{problem}
\begin{problem}
%(2014年北京理数)
已知函数$f(x)=x\cos x-\sin x,x\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$.
(1)求证: $f(x)\leqslant 0$;
(2)若$a<\frac{\sin x}{x}<b$在$\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$上恒成立,求$a$的最大值与$b$的最小值.
\end{problem}
\begin{problem}
%(2010年湖北理数)
已知函数$f(x)=ax+\frac{b}{x}+c\,(a>0)$的图象在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y=x-1$.
(1)用$a$表示出$b$、$c$;
(2)若不等式$f(x)>\ln x$在$x\in (1,+\infty)$上恒成立,求实数$a$的取值范围;
(3)证明不等式: $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}> \ln (n+1)+\frac{n}{2(n+1)}\,(n\in \mathbb{N}^\ast)$.
\end{problem}
\begin{problem}
设函数$f(x)=\frac{1-x}{ax}+\ln x$在$[1,+\infty)$上是增函数.
(1)求正实数$a$的取值范围;
(2)设$b>0,a>1$,求证: $\frac{1}{a+b}<\ln \frac{a+b}{b}<\frac{a+b}{b}$.
\end{problem}
\begin{problem}
已知函数$f(x)=2\ln x+\frac{1}{x}-mx\,(m\in \mathbb{R})$.
(I)当$m=-1$时,求曲线$y=f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程;
(II)若$f(x)$在$(0,+\infty)$上为单调递减,求$m$的取值范围;
(III)设$0<a<b$,求证: $\frac{2}{a+b}<\frac{\ln b-\ln a}{b-a}<\frac{1}{\sqrt{ab}}$.
\end{problem}
拓展: (对数平均值不等式)设$0<a<b$,则
$$a<\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}
<\sqrt{ab}<\frac{b-a}{\ln b-\ln a}<\frac{a+b}{2}<\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$$
%https://www.sohu.com/a/279335998_120009991
\begin{problem}
%(2004年高考全国2卷)
已知函数$f(x)=\ln (1+x)-x, g(x)=x \ln x$.
\begin{enumerate}
\item[(1)] 求函数$f(x)$的最大值;
\item[(2)] 设$0<a<b$,证明: $0<g(a)+g(b)-2 g\left(\frac{a+b}{2}\right)<(b-a) \ln 2$.
\end{enumerate}
\end{problem}
%2015年广东
\begin{problem}
%(2019年全国II卷理数)
已知函数$f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1}$.
(1)讨论$f(x)$的单调性,并证明$f(x)$有且仅有两个零点;
(2)设$x_0$是$f(x)$的一个零点,证明曲线$y=\ln x$在点$A(x_0,\ln x_0)$处的切线也是曲线$y=e^x$的切线.
\end{problem}
\begin{problem}
%(2005年湖南理数)
已知函数$f(x)=\ln x,g(x)=\frac{1}{2}ax^2+bx,a\neq 0$.
(I)若$b=2$,且函数$h(x)= f(x)-g(x)$存在单调递减区间,求$a$的取值范围.
(II)设函数$f(x)$的图象$C_1$与函数$g(x)$的图象$C_2$交于点$P,Q$,过线段$PQ$的中点作$x$轴的垂线分别交$C_1,C_2$于点$M,N$.证明$C_1$在点$M$处的切线与$C_2$在点$N$处的切线不平行.
\end{problem}
\begin{problem}
%(云南师大附中2019-2020学年高三适应性)
已知$f(x)=e^x,g(x)=\ln x$,若点$A$为函数$f(x)$上的任意一点,点$B$为函数$g(x)$上的任意一点.
(1)求$A,B$两点之间距离的最小值;
(2)若$A,B$为函数$f(x)$与函数$g(x)$公切线的两个切点,求证:这样的点$B$有且仅有两个,且满足条件的两个点$B$的横坐标互为倒数.
\end{problem}
\section{圆锥曲线}
\begin{problem}
%(2011年北京)
已知椭圆$G:\frac{x^2}{4}+y^2=1$,过点$(m,0)$作圆$x^2+y^2=1$的切线$l$交椭圆$G$于$A,B$两点.
(I)求椭圆$G$的焦点坐标和离心率;
(II)将$|AB|$表示为$m$的函数,并求$|AB|$的最大值.
\end{problem}
\begin{problem}
%(2009年北京)
已知双曲线$C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2} {b^2}=1\,(a>0,b>0)$的离心率为$\sqrt{3}$,右准线方程为$x=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
(I)求双曲线$C$的方程;
(II)设直线$l$是圆$O:x^2+y^2=2$上动点$P(x_0,y_0)\,(x_0y_0\neq 0)$处的切线, $l$与双曲线$C$交于不同的两点$A,B$,证明$\angle AOB$的大小为定值.
\end{problem}
\begin{problem}
%(2011年华约)
已知双曲线$C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2} {b^2}=1\,(a>0,b>0)$, $F_1,F_2$分别为$C$的左右焦点. $P$为$C$右支上一点,且使$\angle F_1PF_2=\frac{\pi}{3}$,又$\triangle F_1PF_2$的面积为$3\sqrt{3}a^2$.
(I)求$C$的离心率$e$;
(II)设$A$为$C$的左顶点, $Q$为第一象限内$C$上的任意一点,问是否存在常数$\lambda\,(\lambda>0)$,使得
$\angle QF_2A=\lambda \angle QAF_2$恒成立.若存在,求出$\lambda$的值;若不存在,请说明理由.
\end{problem}
\begin{problem}
%(2020年全国I卷)
已知$A,B$分别为椭圆$E: \frac{x^2}{a^2}+y^2=1\, (a>1)$的左、右顶点, $G$为$E$上顶点, $\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{GB}=8$. $P$为直线$x=6$上的动点, $PA$与$E$的另一交点为$C$, $PB$与$E$的另一交点为$D$.
(1)求$E$的方程;
(2)证明:直线$CD$过定点.
\end{problem}
\begin{problem}
%(2020年新高考I卷)
已知椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\,(a>b> 0)$的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$,且过点$A(2,1)$.
(1)求$C$的方程.
(2)点$M,N$在$C$上,且$AM\perp AN,AD\perp MN$, $D$为垂足,证明:存在定点$Q$,使得$|DQ|$为定值.
\end{problem}
\begin{problem}
%(2020年北京市海淀区高考数学一模试卷)
已知椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\,(a>b>0)$的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$, $A_1(-a,0),A_2(a,0),B(0,b)$, $\triangle A_1BA_2$的面积为$2$.
(I)求椭圆$C$的方程;
(II)设$M$是椭圆$C$上一点,且不与顶点重合,若直线$A_1B$与直线$A_2M$交于点$P$,直线$A_1M$与直线$A_2B$交于点$Q$.求证: $\triangle BPQ$为等腰三角形.
\end{problem}
\begin{problem}
(2017年北京市东城区高三第一学期期末)
已知椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\,(a>b>0)$经过点$M(2,0)$,离心率为$\frac{1}{2}$. $A,B$是椭圆$C$上两点,且直线$OA,OB$的斜率之积为$-\frac{3}{4}$, $O$为坐标原点.
(I)求椭圆$C$的方程;
(II)若射线$OA$上的点$P$满足$|PO|=3|OA|$,且$PB$与椭圆交于点$Q$,求$\frac{|BP|} {|BQ|}$的值.
\end{problem}
%https://wenku.baidu.com/view/ccabfd4c7275a417866fb84ae45c3b3567ecddaf.html
\begin{problem}
(2020年北京高考)
已知椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$过点$A(-2,-1)$,且$a=2b$.
(I)求椭圆$C$的方程;
(II)过点$B(-4,0)$的直线$l$交椭圆$C$于点$M,N$,直线$MA,NA$分别交直线$x=-4$于点$P,Q$.求$\frac{|PB|}{|BQ|}$的值.
\end{problem}
\begin{problem}
设$a_1,a_2,a_3,\cdots,a_{2019},a_{2020}$是正整数 $1$到$2020$的一个排列,且$x_1=a_1$, $x_2=|a_2-x_1|$, $x_3=|a_3-x_2|$, $\cdots$, $x_{2019}=|a_{2019}-x_{2018}|$, $x_{2020}=|a_{2020}-x_{2019}|$.
试求出$x_{2020}$的最小值和最大值.
\end{problem}
%(2020年北京高考)已知$\alpha,\beta\in \mathbb{R}$,则"存在$k\in \mathbb{Z}$使得$a=k\pi +(-1)^k\beta$"是"$\sin\alpha=\sin\beta$"的
%A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
\begin{problem}
已知$n$个不同的数$x_1,x_2,x_3,\cdots,x_n$是正整数$1,2,\cdots,n$的任意一个排列，试求$|x_1-1|+|x_2-2|+\cdots+|x_n-n|$的最小值.
\end{problem}
八皇后-高斯
骑士遍历-欧拉
\begin{problem}
\end{problem}
\end{document}
