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

21. 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。

[湖南炎德英才开学考, 19(3)] 构造题

19. 给定整数 $n(n \ge 2)$, 数列 $A_{2n + 1} : x_1, x_2, \cdots, x_{2n+1}$, 且 $x_k(k = 1, 2, 3, \cdots, 2n+1)$ 为整数. 在 $A_{2n+1}$ 中去掉一项 $x_k(k = 1, 2, 3, \cdots, 2n+1)$, 并将剩下的数分成项数相同的两组, 其中一组数的和与另外一组数的和之差的最大值记为 $m_k(k = 1, 2, \cdots,2n+1)$. 将 $m_1, m_2, \cdots, m_{2n+1}$ 中的最小值成为数列 $A_{2n+1}$ 的特征值.
    (3) 已知数列$A_{2n+1}$ 的特征值为 $n - 1$, 求 $\sum \limits_{j > i \ge 1} ^ {i < j \le 2n+1} |x_i - x_j|$ 的最小值.

sol（个人做法）:
注意到答案和大小顺序无关，不妨设 $x_1 \le x_2 \le \cdots \le x_{2n+1}$.
设特征值为 $\lambda$, 先考虑这个 $\lambda$ 和数列有什么关系, 不难发现一定是最大的 $n$ 个和减去最小的 $n$ 个和, 而删掉一个数对两组数的影响很有限.
设 $S = \sum \limits_{i = 1} ^ n x_i, T = \sum_{i = n + 2} ^ {2n+1} x_i$, 则 $\lambda = T - S - \max \{x_{n+1} - x_1, x_{2n+1} - x_{n+1}\}$. 方便起见, 设后面这个 $\max \{\cdots\} = r$.
对题目式子对每个 $x_i$ 计算贡献系数,不难发现

设 $S_n = [n(x_{2n+1} - x_1) + (n-1)(x_{2n} - x_2) + \cdots + (x_{n+2} - x_n)], \alpha_n = x_{2n+1} - x_1, \alpha_{n - 1} = x_{2n} - x_2, \cdots, \alpha_1 = x_{n+2} - x_n.$ 不难发现 $\alpha_n \ge \alpha_{n-1} \cdots \ge \alpha_1$. 我们要求的是最小化 $\sum \limits_{i = 1} ^ n i \alpha_i$(下文为了方便不标上下标). 注意到 $\sum \alpha_i = T - S$, 原题告诉了 $\lambda = T - S - r = n - 1$, 所以 $T - S = n - 1 + r$, 即 $\sum \alpha_i = n - 1 + r$. 考虑 $\sum \alpha_i$ 固定的话我们怎么做, 这个是一个很简单的涉及排序不等式的问题. 考虑直接用实数估计得到下界:

取等条件为 $n \mid \sum \alpha_i$ 且 $\alpha_1 = \alpha_2 = \cdots = \alpha_n = \frac{\sum \alpha_i}{n}$.

不难发现 $S_n$ 的下界随着 $r$ 的上升而递增, 所以我们要让 $r$ 尽量小. 注意到:

• $r = 0$ 时, 此时 $x_1 = x_2 = \cdots = x_{2n+1}$, $\lambda = 0$, 显然不合法;
• $r = 1$ 时, 这时只有一种情况,就是序列的一个前缀都是一个数, 然后剩下的后缀比这个数大一. 考虑到 $\lambda = n - 1$, 存在 $x_1 = x_2 = \cdots = x_{n+1} = a(a \in \mathbb{N}), x_{n + 1} = \cdots = x_{2n + 1} = a+1$ 是合法的. 这时 $\alpha_1 = \alpha_2 = \cdots = \alpha_n = \frac{\sum \alpha_i}{n} = 1$, $S_n$ 取到下界 $\frac{n(n+1)}{2}$.
• $r > 1$ 时, $S_n$ 的下界已经比 $\frac{n(n+1)}{2}$ 大了.
  综上, $\sum_{j > i} x_j - x_i$ 的最小值为 $2S_n$ 的最小值, 为 $n(n+1)$.

[未知来源] 三角恒等变换

在 $\triangle ABC$ 中，$\sin A, \sin B, \sin C$ 构成等差数列，求公差的取值范围。

sol: 由题意得

[北大某营题] 三角

已知 $x, y \in [0, \frac{\pi}{2}], x + y + z = \pi$, 且 $\sin x = x \sin y$, 求 $y, z$ 的大小关系。

sol: $y - z = 2y - \pi + x$, 要证 $y ? z$ 等价于证 $y ? \frac{\pi+x}{2}$.

[中科大 2024 新生入学考, 11] 权方和不等式

设 $a_1, a_2, a_3, b_1, b_2, b_3$ 都是正数, 并且

$$\frac{a_1^{2025}}{b_1^{2024}} + \frac{a_2^{2025}}{b_2^{2024}} + \frac{a_3^{2025}}{b_3^{2024}} = a_1 + a_2 + a_3 = b_1 + b_2 + b_3 = 1.$$

求证: $a_i = b_i (i = 1, 2, 3).$

sol: 这题有点唐.
注意到

取等条件为 $a_i = \lambda b_i (i = 1, 2, 3).$ 注意到 $\sum \frac{a_i^{2025}}{b_i^{2024}} = 1$, 所以只能取等. 再注意到 $\sum a_i = \sum b_i = 1$, 所以 $\lambda = 1$. 得证.

[2020 pku 强基, 1] 放缩, 均值不等式

已知正实数 $x, y, z, w$ 满足 $x \geq y \geq z, x + y \leq 2 (z + w)$, 求 $\frac{z}{x}+\frac{w}{y}$ 的最小值.

sol: 这题不是很难。
注意到如果 $x, y, z$ fixed, 要使结果最小 $w$ 需要取到最小值 $\frac{x+y-2z}{2}$. 问题变成求 $\frac{z}{x} + \frac{x+y-2z}{2y}$ 的最小值. 不难发现这是一个关于 $z$ 的一次函数, 且一次项系数为 $\left(\frac{1}{x} - \frac{1}{y}\right) < 0$. 所以 $z$ 要尽可能大, 直接放成 $y$. 后面就是简单的基本不等式问题.
答案 : $\sqrt2 - \frac{1}{2}$.

[未知来源] 不等式（Lagrange 恒等式)

已知 $a_i, b_i \in \mathbb{R} (i = 1, 2, \cdots , n), \sum_{i=1}^n a_i = \sum_{i=1}^n b_i = 1$, 证明: $$(a_1b_2-a_2b_1)^2 \le 2\left|\left(\sum_{i=1}^n a_ib_i\right) - 1\right|.$$

sol: 注意到题目有 $\sum a_i, \sum a_ib_i, a_1b_2-a_2b_1$ 之类的, 启发我们使用 Lagrange 恒等式.

Lagrange 恒等式: 已知 $a_i, b_i \in \mathbb{R} (i = 1, 2, \cdots, n)$, 有:

$$\left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^n b_i^2\right) - \left(\sum_{i=1}^n a_ib_i\right)^2 = \sum_{1 \le i < j \le n} (a_ib_j - a_jb_i)^2$$

证明:

$$\begin{aligned} LHS &= \sum_{i,j} a_i^2b_j^2 - \sum_{i, j} a_ib_ja_jb_i \\ &= \frac{1}{2} \sum_{i, j} a_i^2b_j^2+a_j^2b_i^2-2a_ib_ja_jb_i \\ &= \frac{1}{2} \sum_{i, j} (a_ib_j-a_jb_i)^2 \\ &= RHS \end{aligned}$$

回到本题. 我们把这玩意套上去:

注意到 $\sum a_ib_i \le \sum \frac{a^2+b^2}{2} = 1$, 所以绝对值里的就是 $1 - \sum {a_ib_i}$, 而 $1 + \sum a_ib_i \le 2$, 得证.

一道有关的习题

已知 $a_i, b_i(i = 1, 2, \cdots, n)$ 均为正数, $a_ib_i = c_i^2+d_i^2(i = 1, 2, \cdots, n)$, 求证:

$$\left(\sum_{i=1}^n a_i\right) \left( \sum_{i = 1}^n b_i\right) \ge \left(\sum_{i=1}^n c_i\right)^2 + \left( \sum_{i=1}^n d_i\right)^2$$

并求出取等条件.

另一道有关的习题(圆锥曲线)

原文链接: https://zhuanlan.zhihu.com/p/617010319

[2019 高中数学联赛A卷-一试, 11] 复数, 数列

11. 称一个复数数列 $\{z_n\}$ 为"有趣的", 若 $|z_1|=1$, 且对任意正整数 $n$, 均有 $4z_{n+1}^2+2z_nz_{n+1}+z_{n}^2=0$, 求最大的常数 $C$, 使得对一切有趣的数列 $\{z_n\}$ 及任意正整数 $m$, 均有 $|z_1 + z_2 + z_3 + \cdots + z_m| \ge C$.

是同桌在卷的题, 我看了一下然后当时不会, 思考了比较长一段时间. 后来感觉这题做法其实还算比较自然.
首先就是注意到 $\frac{z_{n+1}}{z_n}$ 是确定的 $\frac{-1 \pm \sqrt{3} \mathrm{i}}{4}$. 注意到这个复数辐角是 $\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}$, 非常的特殊. 相当于是 $z_{n+1}$ 是 $z_n$ 的基础上, 可以顺或逆时针转 $\frac{2\pi}{3}$, 然后模长除以二. 我们现在想要构造加完之后最小的模长, 这个画个图就明白了, 就是确定完 $z_1, z_2$ 之后往回减, 做完了.

[未知来源] 不等式

设 $n \in \mathbb{N_+} a_1, a_2, \cdots, a_n > 0$，
求证

$$\sum_{i=1}^n \dfrac{1}{a_i^2} + \dfrac{1}{\left(\sum \limits_{i=1}^n a_i\right)^2} \ge \dfrac{n^3+1}{(n^2+2011)^2} \left(\sum_{i=1}^n \frac{1}{a_i} + \dfrac{2011}{\sum \limits_{i=1}^n a_i}\right)^2$$

sol: 设 $m = 2011, \sum a_i = S$，不妨设 $k = \frac{m}{S}, b_i = ka_i$.
下证 $\{b_n\}$ 满足不等式，即证

左边柯西不等式，我们希望得到右边那个平方形式，所以系数凑$(1+1+\cdots+1+m^2)$

考虑把 $a_i=\frac{1}{k} b_i$ 代回，不难发现左式和右式均乘上 $k^2$. 得证。其实是齐次化的思想。

[自改编题] 组合，代数处理

设 $f(n)$ 表示 $n$ 的偶-分拆数，$g(n)$ 表示 $n$ 的互异分拆数。其中：

• 偶-分拆数 表示 满足 $x_1 \le x_2 \le \cdots \le x_k, x_1+\cdots + x_k = n, x_1, \cdots, x_k$ 为偶数的 $(x_1,x_2,\cdots,x_k)$ 个数。
• 互异分拆数 表示 满足 $x_1 < x_2 < \cdots < x_k, x_1+\cdots + x_k = n$ 的 $(x_1,x_2,\cdots,x_k)$ 个数。
  求证：$f(n) < g(n)$, 并给出取等条件。

sol: 设 $h(n)$ 表示 $n$ 的奇-分拆数，定义与偶-分拆数类似。
(1) 下证 $g(n) = h(n)$:

所以 $h(n) = g(n)$。

(2) 下证 $f(n) \le h(n)$:
考虑每一组偶-分拆 $(x_1,x_2, \cdots, x_k)$，都可以对应到互不相同的一个奇-分拆 $(1, \cdots, 1, x_1-1,x_2-1,\cdots, x_k-1)$（开头为 $k$ 个 $1$），所以 $f(n) \le h(n)$ 成立。

考虑取等：首先 $n$ 为偶数。当 $n$ 的奇-分拆不含 $x_1 > 1$ 的情况时，可以取等，此时偶-分拆与奇-分拆呈双射关系。当$n=2,4$时，奇-分拆都满足 $x_1=1$，符合条件；当 $n \ge 6$ 时，必存在 $x_1 > 1$ 的奇-分拆，则不能取等。

综上所述，$f(n) \le g(n)$，取等当且仅当$n = 2,4$.

bouns: 证明:$\ln [f(n)+g(n)] < \frac{\pi}{3} \sqrt{6n}$.