导数练习题

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\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}

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\theoremseparator{.}
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\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

\section{求和符号}

求和符号$\sum$是欧拉于1755年首先使用的,记法如下:
$$\sum_{k=1}^{n}a_k=a_1+a_2+\cdots+a_n.$$
一般地,当正整数$n>m$时,有
$$\sum_{k=m}^{n}a_k=a_m+a_{m+1}+\cdots+a_n.$$

求和的性质:

(1) $\sum_{k=1}^{n}(a_k\pm b_k)=\sum_{k=1}^{n}a_k\pm \sum_{k=1}^{n}b_k$.

(2) $\sum_{k=1}^{n}\lambda a_k=\lambda\sum_{k=1}^{n}a_k$.

(3) $\left( \sum_{i=1}^m{a_i} \right) \left( \sum_{j=1}^n{b_j} \right) =\sum_{i=1}^m{\sum_{j=1}^n{a_ib_j}}=\sum_{j=1}^n{\sum_{i=1}^m{a_ib_j}}$.

(4) $\sum_{i=1}^m{\sum_{j=1}^n{a_{ij}}}=\sum_{j=1}^n{\sum_{i=1}^m{a_{ij}}}$.

(5) $\left( \sum_{i=1}^n{a_i} \right) ^2=\sum_{i=1}^n{a_{i}^{2}}+2\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}{a_ia_j}$.

(6) $\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}{\left( a_i-a_j \right) ^2}=n\sum_{1\leqslant i\leqslant n}{a_{i}^{2}}-\left( \sum_{i=1}^n{a_i} \right) ^2$.

(7) $\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}{a_ia_j}=\sum_{i=1}^n{\left( \sum_{j=i}^n{a_ia_j} \right)}=\sum_{j=1}^n{\left( \sum_{i=1}^j{a_ia_j} \right)}$.

(8) $\sum_{i=1}^n{\sum_{j=1}^n{a_ib_j}}=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^n{\sum_{j=1}^n{\left( a_ib_j+a_jb_i \right)}}$.

(9) $a_n-a_1=\sum_{k=1}^{n-1}{\left( a_{k+1}-a_k \right)}$. (裂项相消法)

 

性质:对称和(Symmetric Sum): 考虑一个函数$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$,它的对称和定义为
$$\sum _{sym}f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum _{\sigma}f(x_{\sigma{(1)}},x_{\sigma{(2)}},\cdots,x_{\sigma{(n)}}),$$
其中, $\sigma$是$(1,2,\cdots,n)$的排列.更一般地, $n$个变量的对称和是一个不随着变量顺序的排列而改变的和.

例1.三变量$a,b,c$的对称和
\begin{align*}
\sum_{sym}a &=2(a+b+c),\\
\sum_{sym}ab &=ab+ba+bc+cb+ca+ac=2(ab+bc+ca),\\
\sum_{sym}f(a,b,c)&=f(a,b,c)+f(a,c,b)+f(b,c,a)+f(b,a,c)+f(c,a,b)+f(c,b,a),\\
\sum_{sym}a^2b &=a^2b+b^2a+b^2c+c^2b+c^2a+a^2c.
\end{align*}

轮换和(Cyclic Sum): 考虑一个函数$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$,它的轮换和定义为
$$\sum _{cyc}f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=f(x_1,x_2,\cdots,x_{n-1},x_n)+f(x_2,x_3,\cdots,x_{n},x_1)+\cdots +f(x_n,x_1,\cdots,x_{n-2},x_{n-1}).$$
轮换和只是变量的循环往复,并非所有的变量的排列都被使用到了.

例2.三变量$a,b,c$的轮换和
\begin{align*}
\sum_{cyc} f(a) &=\sum_{cyc}f(b)=\sum_{cyc}f(c)=f(a)+f(b)+f(c),\\
\sum_{cyc} f(a,b) &=\sum_{cyc}f(b,c)=\sum_{cyc}f(c,a)=f(a,b)+f(b,c)+f(c,a),\\
\sum_{cyc} f(a,b,c) &=\sum_{cyc}f(b,c,a)=\sum_{cyc}f(c,a,b)=f(a,b,c)+f(b,c,a)+f(c,a,b).
\end{align*}

案例3.四变量$a,b,c,d$的轮换和
\begin{align*}
\sum_{cyc} f(a) &=\sum_{cyc}f(b)=\sum_{cyc}f(c)=\sum_{cyc}f(d)=f(a)+f(b)+f(c)+f(d),\\
\sum_{cyc} f(a,b) &=\sum_{cyc}f(b,c)=\sum_{cyc}f(c,d)=\sum_{cyc}f(d,a)=f(a,b)+f(b,c)+f(c,d)+f(d,a).
\end{align*}
对称积、轮换积同理.

【1】范建熊. 不等式的秘密,第2卷[M]. 哈尔滨工业大学出版社, 2014.

\begin{problem}
证明Lagrange恒等式
$$
\left( \sum_{i=1}^n{a_{i}^{2}} \right) \cdot \left( \sum_{i=1}^n{b_{i}^{2}} \right) =\left( \sum_{i=1}^n{a_ib_i} \right) ^2+\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}{\left( a_ib_j-a_jb_i \right) ^2},
$$
由此说明Cauchy不等式成立,并指出取等条件.
\end{problem}

\begin{align*}
&\left( \sum_{i=1}^n{a_{i}^{2}} \right) \cdot \left( \sum_{i=1}^n{b_{i}^{2}} \right) -\left( \sum_{i=1}^n{a_ib_i} \right) ^2
\\
&=\sum_{i=1}^n{\sum_{j=1}^n{a_{i}^{2}b_{j}^{2}}}-\sum_{i=1}^n{\sum_{j=1}^n{a_ib_ia_jb_j}}
\\
&=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^n{\sum_{j=1}^n{\left( a_{i}^{2}b_{j}^{2}+a_{j}^{2}b_{i}^{2}-2a_ib_ia_jb_j \right)}}
\\
&=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^n{\sum_{j=1}^n{\left( a_ib_j-a_jb_i \right) ^2}}=\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}{\left( a_ib_j-a_jb_i \right) ^2},
\end{align*}
故Lagrange恒等式成立.又因为$\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}{\left( a_ib_j-a_jb_i \right) ^2}\geqslant 0$,所以有
$$
\left( \sum_{i=1}^n{a_{i}^{2}} \right) \cdot \left( \sum_{i=1}^n{b_{i}^{2}} \right) \geqslant\left( \sum_{i=1}^n{a_ib_i} \right) ^2,
$$
即Cauchy不等式成立,取等条件为$a_ib_j-a_jb_i=0$, 即
$$\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\cdots=\frac{a_n}{b_n}.$$

 

\begin{problem}
(1) (Abel和差变换公式)设$m,n$为正整数且$m<n$,则
$$
\sum_{k=m}^n{a_k\left( B_k-B_{k-1} \right)}=\sum_{k=m}^{n-1}{\left( a_k-a_{k+1} \right) B_k}+a_nB_n-a_mB_{m-1}.
$$

 

(2) (Abel变换, Abel分部求和公式)对于数列$a_k,b_k\,(k=1,2,\cdots,n)$,
记$B_k=\sum_{i=1}^{k}b_i$, $1\leqslant k\leqslant n$,则
$$
\sum_{k=1}^n{a_kb_k}=\sum_{k=1}^{n-1}{\left( a_k-a_{k+1} \right) B_k}+a_nB_n.
$$

(3)若$a_n$单调,即$a_1\geqslant a_2\geqslant\cdots\geqslant a_n$或$a_1\leqslant a_2\leqslant\cdots\leqslant a_n$,且$|B_k|=\left|\sum_{i=1}^{k}b_i\right|\leqslant M$有界, $k=1,2,\cdots,n$,则
$$
\left| \sum_{k=1}^{n-1}{a_kb_k} \right|\leqslant M\left( \left| a_1 \right|+2\left| a_n \right| \right).
$$

(4) (Abel不等式)若$a_1\geqslant a_2\geqslant\cdots\geqslant a_n>0$,且$m\leqslant B_k=\sum_{i=1}^{k}b_i\leqslant M$, $k=1,2,\cdots,n$,则
$$a_1m\leqslant\sum_{k=1}^{n}{a_kb_k}\leqslant a_1M.$$
\end{problem}
%应用阿贝尔变换解竞赛题, http://www.doc88.com/p-0939368560464.html

把$\Delta (a_nb_n)=a_{n+1}\Delta b_n+b_n\Delta a_n$叫做Abel变换的差分形式,记不住Abel变换公式的时候,记它也挺不错.

(2)
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n a_kb_k&=a_1b_1+\sum_{k=2}^{n} a_kb_k\\ &=a_1B_1+\sum_{k=2}^na_k(B_k-B_{k-1})\\ &=a_1B_1+\sum_{k=2}^n a_kB_k-\sum_{k=2}^n a_kB_{k-1}\\ &=\sum_{k=1}^{n-1} a_kB_k+a_nB_n-\sum_{k=1}^{n-1}a_{k+1}B_k\\ &=\sum_{k=1}^{n-1} \left(a_k-a_{k+1}\right)B_k+a_nB_n.
\end{align*}

(3)
\begin{align*}
\left| \sum_{k=1}^{n-1}{a_kb_k} \right| &=\left| \sum_{k=1}^{n-1}{\left( a_k-a_{k+1} \right) B_k}+a_nB_{n-1} \right|
\\
&\leqslant M\left| \sum_{k=1}^{n-1}{\left( a_k-a_{k+1} \right)} \right|+\left| a_nB_{n-1} \right|
\\
&\leqslant M\left( \left| a_1 \right|+\left| a_n \right| \right) +M\left| a_n \right|=M\left( \left| a_1 \right|+2\left| a_n \right| \right).
\end{align*}

(4)
\begin{align*}
a_1m &\leqslant \sum_{k=1}^n{a_kb_k}=\sum_{k=1}^{n-1}{\left( a_k-a_{k+1} \right) B_k}+a_nB_n
\\
&\leqslant \sum_{k=1}^{n-1}{\left( a_k-a_{k+1} \right) M}+a_nM=a_1M.
\end{align*}

\begin{problem}
(1989年高联)设$n\geq 2$, 设$x_1,\dots,x_n$均为实数且满足 $x_1+\dots+x_n=0$和$|x_1|+\dots+|x_n|=1$.求证:
$$\left|\dfrac{x_1}{1}+\dfrac{x_2}{2}+\dots+\dfrac{x_n}{n}\right|
\leq\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2n}.$$
\end{problem}
\begin{solution}
把问题中的$x_1,\dots,x_n$转化成它的部分和数列$S_1,\dots,S_n$即可. 我们断言对于任意的$1\leq i\leq n$, 都有$|S_i|\leq\dfrac{1}{2}$. 原因如下: 因为$x_1+\dots+x_i=-(x_{i+1}+\dots+x_n)$, 所以$|S_i|=|x_1+\dots+x_i|=|x_{i+1}+\dots+x_n|$,于是
\begin{align*}
2|S_i|&=|x_1+\dots+x_i|+|x_{i+1}+\dots+x_n|\\ &\leqslant |x_1|+\dots+|x_i|+|x_{i+1}|+\dots+|x_n|=1,
\end{align*}
即$|S_i|\leq\dfrac{1}{2}$.

把所要估计的式子写成$S_1,\dots,S_n$的形式:
\begin{align*}
\left|\dfrac{x_1}{1}+\dfrac{x_2}{2}+\dots+\dfrac{x_n}{n}\right|
&=\left|\dfrac{S_1}{1}+\dfrac{S_2-S_1}{2}+\dots+\dfrac{S_n-S_{n-1}}{n}\right|\\ &=\left|S_1\left( 1-\frac{1}{2} \right) +S_2\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{3} \right) +\cdots +S_{n-1}\left( \frac{1}{n-1}-\frac{1}{n} \right)
\right|
\end{align*}
这里用到了条件$S_n=x_1+\dots+x_n=0$. 然后利用每一个$|S_i|\leq\dfrac{1}{2}$, 上式
$$
\le \frac{1}{2}\left[ \left( 1-\frac{1}{2} \right) +\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{3} \right) +\dots +\left( \frac{1}{n-1}-\frac{1}{n} \right) \right] =\frac{1}{2}\left( 1-\frac{1}{n} \right).
$$
\end{solution}

\begin{problem}
设无穷级数$\sum\limits_{k=1}^{\infty}b_k$收敛, 求证:
$$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{b_1+2b_2+\dots+n b_n}{n}=0.$$
\end{problem}
\begin{solution}
设$B_1,B_2,\cdots$为数列$b_1,b_2,\cdots$的部分和数列, 则题目条件就是说数列$\{B_k\}$收敛, 设$B_k\to B$. 把要估计的式子改写成
\begin{align*}
\dfrac{b_1+2b_2+\dots+n b_n}{n} &=\dfrac{B_1+2(B_2-B_1)+\dots+n(B_n-B_{n-1})}{n}\\
&=\dfrac{-B_1-\dots-B_{n-1}+nB_n}{n}=-\dfrac{B_1+\dots+B_{n-1}}{n}+B_n
\end{align*}
而
$$\dfrac{B_1+\dots+B_{n-1}}{n}=\dfrac{B_1+\dots+B_{n-1}}{n-1}\cdot\dfrac{n-1}{n}\to B\cdot 1=B,$$
所以上面式子的极限是$0$.
\end{solution}

\begin{problem}
计算:
$$\sum_{i=1}^{10}\sum_{j=1}^{i}\frac{ij}{j+10}.$$
\end{problem}
\begin{solution}
由求和换序可知
\begin{align*}
\sum_{i=1}^{10}{\sum_{j=1}^i{\frac{ij}{j+10}}} &=\sum_{j=1}^{10}{\sum_{i=j}^{10}{\frac{ij}{j+10}}}=\sum_{j=1}^{10}{\frac{j}{j+10}\sum_{i=j}^{10}{i}}
\\
&=\sum_{j=1}^{10}{\frac{j}{j+10}\cdot \frac{\left( j+10 \right) \left( 11-j \right)}{2}}=\sum_{j=1}^{10}{\frac{j\left( 11-j \right)}{2}}
\\
&=\frac{11}{2}\sum_{j=1}^{10}{j}-\sum_{j=1}^{10}{\frac{j^2}{2}}=\frac{11}{2}\cdot \frac{11\times 10}{2}-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{6}\cdot 10\cdot 11\cdot 21=110.
\end{align*}
\end{solution}
一般地,有
\begin{align*}
\sum_{i=1}^n{\sum_{j=1}^i{\frac{ij}{j+n}}} &=\sum_{j=1}^n{\sum_{i=j}^n{\frac{ij}{j+n}}}=\sum_{j=1}^n{\frac{j}{j+n}\sum_{i=j}^n{i}}
\\
&=\sum_{j=1}^n{\frac{j}{j+n}\cdot \frac{\left( j+n \right) \left( n+1-j \right)}{2}}=\sum_{j=1}^n{\frac{j\left( n+1-j \right)}{2}}
\\
&=\frac{n+1}{2}\sum_{j=1}^n{j}-\sum_{j=1}^n{\frac{j^2}{2}}=\frac{n+1}{2}\cdot \frac{n\left( n+1 \right)}{2}-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{6}n\left( n+1 \right) \left( 2n+1 \right)
\\
&=\frac{1}{12}n\left( n+1 \right) \left( n+2 \right).
\end{align*}

\begin{problem}
已知实数$a_1,a_2,\cdots,a_n$,记$a_{n+1}=0$,当$k=1,2,\cdots,n$时,记$|a_k-a_{k+1}|$的最大值为$M$,求证:
$$
\left| \sum_{k=1}^n{ka_k} \right|\leqslant \frac{1}{6}M\cdot n\left( n+1 \right) \left( n+2 \right).
$$
\end{problem}
\begin{solution}
利用Abel变换可知
\begin{align*}
\left| \sum_{k=1}^n{ka_k} \right| &=\left| \sum_{k=1}^{n-1}{\left( a_k-a_{k+1} \right) \frac{k\left( k+1 \right)}{2}}+a_n\frac{n\left( n+1 \right)}{2} \right|
\\
&\leqslant \sum_{k=1}^{n-1}{\left| a_k-a_{k+1} \right|\cdot \frac{k\left( k+1 \right)}{2}}+\left| a_n \right|\frac{n\left( n+1 \right)}{2}
\\
&\leqslant M\sum_{k=1}^n{\frac{k\left( k+1 \right)}{2}}=\frac{1}{6}M\cdot n\left( n+1 \right) \left( n+2 \right).
\end{align*}
\end{solution}

\begin{problem}
求$\left| x-1 \right|+\left| \frac{x}{2}-1 \right|+\left| \frac{x}{3}-1 \right|+\left| \frac{x}{4}-1 \right|$的最小值.

求$\left| x-1 \right|+\left| \sqrt{2}x-1 \right|+\left| \sqrt{3}x-1 \right|+\left| \sqrt{4}x-1 \right|$的最小值.
\end{problem}
\begin{solution}

\end{solution}

\begin{problem}
(2019年浙江高联预赛)设$a_i,b_i>0\,(1\leqslant i\leqslant n+1),b_{i+1}-b_i\geqslant\delta>0$ ($\delta$为常数).若$\sum_{i=1}^{n}a_i=1$,证明:
$$
\sum_{i=1}^n{\frac{i\sqrt[i]{a_1a_2\cdots a_ib_1b_2\cdots b_i}}{b_{i+1}b_i}}<\frac{1}{\delta}.
$$
\end{problem}
\begin{solution}
\textbf{证法一.}
\begin{align*}
&\sum_{i=1}^n{\frac{i\sqrt[i]{a_1a_2\cdots a_ib_1b_2\cdots b_i}}{b_{i+1}b_i}}<\frac{1}{\delta}\sum_{i=1}^n{\left( \frac{1}{b_i}-\frac{1}{b_{i+1}} \right) i\sqrt[i]{a_1a_2\cdots a_ib_1b_2\cdots b_i}}
\\
&\leqslant \frac{1}{\delta}\sum_{i=1}^n{\left( \frac{1}{b_i}-\frac{1}{b_{i+1}} \right) \left( a_1+a_2+\cdots +a_i \right) \sqrt[i]{b_1b_2\cdots b_i}}
\\
&=\frac{1}{\delta}\left\{ a_1+\sum_{i=2}^n{\frac{1}{b_i}\left[ \left( a_1+a_2+\cdots +a_i \right) \sqrt[i]{b_1b_2\cdots b_i}-\left( a_1+a_2+\cdots +a_{i-1} \right) \sqrt[i-1]{b_1b_2\cdots b_i} \right]} \right.
\\
&-\left. \frac{1}{b_{n+1}}\left( a_1+a_2+\cdots +a_n \right) \sqrt[n]{b_1b_2\cdots b_n} \right\}
\\
&<\frac{1}{\delta}\left\{ a_1+\sum_{i=2}^n{\frac{1}{b_i}\sqrt[i]{b_1b_2\cdots b_i}\left[ \left( a_1+a_2+\cdots +a_i \right) -\left( a_1+a_2+\cdots +a_{i-1} \right) \right]} \right\}
\\
&=\frac{1}{\delta}\left[ a_1+\sum_{i=2}^n{\frac{a_i}{b_i}\sqrt[i]{b_1b_2\cdots b_i}} \right] <\frac{1}{\delta}\left[ a_1+\sum_{i=2}^n{\frac{a_i}{b_i}b_i} \right] =\frac{1}{\delta},
\end{align*}
这里利用了
$$
\sqrt[i]{b_1b_2\cdots b_i}>\sqrt[i-1]{b_1b_2\cdots b_i}.
$$

\textbf{证法二.}
记$s_k=\sum_{i=1}^{k}a_ib_i$, $s_0=0$,则有$a_k=\frac{s_k-s_{k-1}}{b_k}$.由已知
\begin{align*}
1 &=\sum_{i=1}^n{a_i}=\sum_{i=1}^n{\frac{s_i-s_{i-1}}{b_i}}=\sum_{i=1}^n{\left( \frac{s_i}{b_i}-\frac{s_i}{b_{i+1}} \right)}+\frac{s_n}{b_{n+1}}
\\
&\geqslant \delta \sum_{i=1}^n{\frac{s_i}{b_ib_{i+1}}}\geqslant \delta \sum_{i=1}^n{\frac{i\sqrt[i]{a_1a_2\cdots a_ib_1b_2\cdots b_i}}{b_ib_{i+1}}},
\end{align*}
这是因为$s_i\geqslant i\sqrt[i]{a_1a_2\cdots a_ib_1b_2\cdots b_i}$,即
$$
\sum_{i=1}^n{\frac{i\sqrt[i]{a_1a_2\cdots a_ib_1b_2\cdots b_i}}{b_{i+1}b_i}}<\frac{1}{\delta}.
$$
\end{solution}

 

\begin{problem}
(2018年第十届全国大学数学竞赛初赛(非数学专业))已知$\{a_k\},\{b_k\}$是正数数列,且$b_{k+1}-b_k\geqslant\delta>0$, $k=1,2,\cdots$, $\delta$为一常数.证明:若级数$\sum_{k=1}^{+\infty}a_k$收敛,则级数$\sum_{k=1}^{+\infty}{\frac{k\sqrt[k]{\left( a_1a_2\cdots a_k \right) \left( b_1b_2\cdots b_k \right)}}{b_{k+1}b_k}}$收敛.
\end{problem}
\begin{solution}
记$S_k=\sum_{i=1}^{k}a_ib_i$, $a_kb_k=S_k-S_{k-1}$, $S_0=0$, $a_k=\frac{S_k-S_{k-1}}{b_k}$, $k=1,2,\cdots$.
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n{a_k} &=\sum_{k=1}^N{\frac{S_k-S_{k-1}}{b_k}}=\sum_{k=1}^{N-1}{\left( \frac{S_k}{b_k}-\frac{S_k}{b_{k+1}} \right)}+\frac{S_N}{b_N}
\\
&=\sum_{k=1}^{N-1}{\frac{b_{k+1}-b_k}{b_kb_{k+1}}S_k}+\frac{S_N}{b_N}\geqslant \sum_{k=1}^{N-1}{\frac{\delta}{b_kb_{k+1}}S_k},
\end{align*}
所以$\sum_{k=1}^{+\infty}{\frac{S_k}{b_kb_{k+1}}}$收敛.由不等式
$$
\sqrt[k]{\left( a_1a_2\cdots a_k \right) \left( b_1b_2\cdots b_k \right)}\leqslant \frac{a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_kb_k}{k}=\frac{S_k}{k}
$$
可知
$$
\sum_{k=1}^{+\infty}{\frac{k\sqrt[k]{\left( a_1a_2\cdots a_k \right) \left( b_1b_2\cdots b_k \right)}}{b_{k+1}b_k}}\leqslant \sum_{k=1}^{+\infty}{\frac{S_k}{b_kb_{k+1}}},
$$
故原不等式成立.
\end{solution}

 

\begin{problem}
求方程组
$$\begin{cases}
||4x-4|-2|=y, \\
||4y-4|-2|=x.
\end{cases}$$
的解的个数.
\end{problem}
%\begin{solution}

%\end{solution}

\begin{problem}
(1)若$0<a_0<1$, $a_1=\{2a_0\}$, $a_2=\{2a_1\}$, $a_3=\{2a_2\}$, $a_4=\{2a_3\}$, $a_5=\{2a_4\}$, 且$a_5=a_0$,其中$\{x\}$表示$x$的小数部分.求$a_0$.

(2)若$0<a_0<1$, $a_1=\{2a_0\}$, $a_2=\{2a_1\}$, $\cdots$ , $a_{n}=\{2a_{n-1}\}$,且$a_n=a_0$,其中$\{x\}$表示$x$的小数部分.求$a_0$.
\end{problem}
%\begin{solution}

%\end{solution}

\begin{problem}
$a,b,c$为何值时,对任意实数$x,y,z$,有
$$|ax+by+cz|+|ay+bz+cx|+|az+bx+cy|=|x|+|y|+|z|.$$
\end{problem}
%\begin{solution}

%\end{solution}

\begin{problem}
1
\end{problem}
\begin{solution}

\end{solution}

\end{document}