一些做过的高中数学题
主播数学很菜，故在此记录一些做过的（可能）有价值的题目。
[2024 高一下期末, 19(3)] 三角恒等变换
19(3). 在三角形ABC中，设 \(\lambda = \dfrac{a+b}{c}\)，求 \(f(\lambda), g(\lambda)\) 的表达式，使得：
(i) \(\tan \frac{A}{2} \tan \frac{B}{2} = f(\lambda)\); 3分
(ii) \(\dfrac{\cos A + \cos B + g(\lambda)}{\cos A \cos B g(\lambda)}\) 为定值。4分
喜报：考场上一分没有！！！什么唐比。
sol: (i) 其实很唐，注意到 \(\sin A + \sin B = \lambda \sin C\)， 然后 \(\sin A + \sin B\) 变成1/2角积的形式，\(\sin C = \sin(A+B)\) 然后用1/2角形式，约一下会发现有 \(\frac{A}{2}, \frac{B}{2}\) 的和差三角函数，再化简就做完了。\(f(\lambda) = \frac{\lambda - 1}{\lambda + 1}\)
(ii) 做法我赛后注意到 \(\tan^2 \frac{A}{2} = \frac{1 - \cos A}{1 + \cos A}\)，两个1/2角tan的平方乘起来展开就有 \(\cos + \cos\) 和 \(\cos \cdot \cos\) 了，于是就拿下了。
[未知来源] 级数收敛？\(\ln\) tricks
先睡觉了。别急。
[2021 山东聊城二模, 8] 数列
不是，这题这么nt怎么错了。
已知数列 \(\{a_n\}\)， \(a_n = \frac{1}{f(n)}\), 其中 \(f(n)\) 为最接近 \(\sqrt{n}\) 的整数，若 \(\{a_n\}\) 的前 \(m\) 项和为 \(20\)，则 $m = $ ( )
A.15 B.30 C.60 D.110
sol: 大概就是枚举前几项找个规律。做完了。选D
[2017全国II理数，21] 导数
- 已知函数 \(f(x) = ax^2 - ax - x \ln x\), 且 \(f(x) \ge 0\).
(i) 求 \(a\) 的值；
(ii) 证明：\(f(x)\) 存在唯一的极大值点 \(x_0\)，且满足 \(e^{-2} < f(x_0) < \frac{1}{4}\).
sol: (i) 很好做，注意到 \(f(x) = x(ax - a - \ln x)\), 设 \(g(x) = ax - a - \ln x\)，注意到 \(x>0\) 所以 \(f(x) \ge 0\) 等价于 \(g(x)_{\min} \ge 0\)，\(g'(x) = a - \frac{1}{x}\)，这个东西在 \((0, + \infty)\) 上递增，\(x = a^{-1}\) 的时候 \(g(x) = 0\)，这个是唯一有可能的极小值点。代入得 \(g(a^{-1}) = \ln a - (a-1)\)，有经典的放缩 \(\ln x \le x - 1\)，\(x = 1\) 时取等。所以 \(a = 1\), 带入验证发现是对的。
(ii) 对 \(f(x)\) 求导：\(f'(x) = 2(x - 1) - \ln x\), 对这个东西求导 \(f''(x) = 2 - \frac{1}{x}\)，\(f''(\frac{1}{2}) = 0\), \((0, \frac{1}{2})\) 上 \(f''(x) < 0\), \((\frac{1}{2}, + \infty)\) 上 \(f''(x) > 0\)。那么 \(f'(x)\) 的最小值点在 \(x = \frac{1}{2}\) 处，不难发现 \(f'(\frac{1}{2}) = \ln 2 - 1 < 0, f'(1) = 0\)，所以 \(f(x)\) 的唯一极大值点在 \((0, \frac{1}{2})\) 上。但是这个太松了，带进去发现得不到我们想要的。不妨带入一些含 \(e\) 的代数式且在 \((0, \frac{1}{2})\) 内的，我们发现 \(e^{-1}\) 就很适合。 \(f(e^{-1}) = e^{-2}\)，卧槽做完了。但是右边我们不能在区间取值了，因为他是 $ \le $. 我们发现 \(f'(x_0) = 0\)，即 \(\ln x_0 = 2(x_0-1)\)，代入到 \(f(x)\) 得到 \(f(x_0) = x(1-x) \le \frac{1}{4}\).
[2004 湖南高联] 数列，不等式
设数列 \(f\) 满足 \(f_1 = 1, f_2 = 2, f_{n + 2} = f_{n + 1} + f_{n} (n \ge 1)\)，证明：对于任何正整数 \(n\)，都有 \(\sqrt[n]{f_{n+1}} \ge 1 + \dfrac{1}{\sqrt[n]{f_n}}\).
sol: 这个题有个很巧妙的做法，很好的利用了递推式。
设 \(f_0 = 1\)，这样有对于任意正整数 \(k\) 有 \(f_{k+1} = f_k + f_{k-1}\), 则 \(\dfrac{f_k}{f_{k+1}} + \dfrac{f_{k-1}}{f_{k+1}} = 1\). 则有 \(n = \sum_{k = 1} ^ n \dfrac{f_k}{f_{k+1}} + \sum_{k = 1}^n \dfrac{f_{k-1}}{f_{k+1}}\)，利用均值不等式得到 \(1 \ge \dfrac{1}{\sqrt[n]{f_{n+1}}} + \dfrac{1}{\sqrt[n]{f_nf_{n+1}}}\)，两边同乘 \(\sqrt[n]{f_{n+1}}\) 即可。
[未知来源] 数列，不等式，逆天计算
复数列 \(z_{n+1} = \dfrac{1 - 2\sqrt{3} + z_{n-1}}{1+(1-2\sqrt{3})z_{n-1}}\)，且 \(\operatorname{Im} z_1 \le 1\), 则 \(|z_7 - 1|\) 的最大值是______.
sol: 答案：\(\dfrac{18}{\sqrt{1653-900\sqrt3} + 10\sqrt3 - 18}\).
[未知来源] 数列
设正数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_nS_n = n^2 (n \in \mathbb{N}_+)\), 其中 \(S_n\) 为 \(a_1 + \cdots + a_n\). 求证：\(\sqrt n \le a_n < \sqrt{2n}\).
sol: 不难发现 \(a_1 = 1\), 然后归纳，假设 \(n\) 之前都成立，证明 \(n + 1\) 成立：
已知 \(a_{n+1}S_{n+1} = (n+1)^2\)，把 \(S_{n+1}\) 拆开得 \(a_{n+1}(S_n+a_{n+1}) = (n+1)^2\)，这里就变成了一个关于 \(a_{n+1}\) 的二次方程，这个方程在正实数域上只有一个根，且 \(S_n\) 的范围我们可以通过上一层得到：\(S_n = \dfrac{n^2}{a_n} \in \left( \frac{n\sqrt{n}}{\sqrt{2}}, n\sqrt{n} \right]\), 我们发现这个很有救，设 \(f(x) = x^2 + S_n x - (n+1)^2\)，我们的目标就是证明他的根在\(\left[ \sqrt{n+1}, \sqrt{2(n+1)} \right)\) 上。不难发现这个函数在 \(\mathbb{R}_+\) 上单增，转化成证明 \(f\left(\sqrt{n+1}\right) \le 0, f\left(\sqrt{2(n+1)}\right) > 0\)。考虑前者：不难发现我们只需要证明\(n+1+n\sqrt{n(n+1)}-(n+1)^2 \le 0\)，而
得证。后者证法类似。
[某模考题加强] 初等数论
给定质数 \(p\)，设非负整数 \(n = \sum_{i = 0} ^ k a_i p^i\), 其中 \(a_i\) 为 \([0, p-1]\) 之间的整数。令 \(W_p(n) = \sum_{i = 0} ^k a_i\)，若 \(W_p(n)\) 为 \(p\) 的倍数则称 \(n\) 是好的。求从小到大前 \(p^t\) 个好的数的和，其中 \(t\) 为 \(\ge 2\) 的正整数。
sol: 被这道题糖到了。注意到前 \(p_t\) 个符合条件的 \(n\) 其实就是 \(i_tp^t+i_{t-1}p^{t-1}+\cdots + i_1p + c(i_j,c \in [0, p - 1])\) 的形式，其中 \(c\) 就是根据前面 \(\sum i_j\) 的和对 \(p\) 的模数确定的最后一位。不难发现这个 \(c\) 对于每组 \(\{i_1, \cdots, i_t\}\) 有且只有一个。这个东西正好就是 \(p^t\) 个。对这个东西求和，不难发现每一位等价，所以答案为
然后你就会发现这个和 \(p\) 是不是质数完全无关。出题人有点唐了。
