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

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

\[n + 1 + n \sqrt{n(n+1)} - (n+1)^2 < n + 1 + n(n+1) - (n+1)^2 = 0 \]

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

\[p^{t-1}(1 + p + \cdots + p^t) \sum_{i = 0} ^ {p - 1} i = (p^{t-1}+\cdots + p^{2t-1}) \cdot \dfrac{p(p-1)}{2} = \dfrac{p^{2t+1}-p^t}{2} \]

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

\[\begin{aligned} \sum_{j > i} x_j - x_i &= \sum_{i = 1} ^ {2n+1} (2i - 2n + 2) x_i \\ &= 2 \sum_{i = 1} ^ {2n + 1} (i - n + 1) x_i \\ &= 2[n(x_{2n+1} - x_1) + (n-1)(x_{2n} - x_2) + \cdots + (x_{n+2} - x_n)] \end{aligned} \]

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:

\[S_n \ge \sum_{i = 1} ^ n i \times \left(\frac{\sum \alpha_i}{n}\right) = \dfrac{(n+1)\sum \alpha_i}{2} \]

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

\[\begin{aligned} \sin A + \sin C &= 2\sin B = 2\sin (A + C) \\ 2 \sin \frac{A+C}{2} \cos \frac{A-C}{2} &= 4\sin \frac{A+C}{2} \cos \frac{A+C}{2} \\ \cos \frac{A-C}{2} &= 2\cos \frac{A+C}{2} \\ d &= \frac{1}{2}(\sin C - \sin A) = -2\sin \frac{A+C}{2} \cos \frac{A-C}{2} = - \sin \frac{A-C}{2} \cos \frac{A-C}{2} \\ &= -\frac{1}{2} \sin (A-C) \\ &\in [-\frac{1}{4}, \frac{1}{4}] \end{aligned} \]

[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

\[\sum \frac{a_i^{2025}}{b_i^{2024}} \ge \dfrac{\left( \sum a_i \right)^{2025}}{\left( \sum b_i\right)^{2024}} = 1 \tag{权方和不等式} \]

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:

\[\left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^n b_i^2\right) - \left(\sum_{i=1}^n a_ib_i\right)^2 = \sum_{1 \le i < j \le n} (a_ib_j - a_jb_i)^2 \\ 1 - \left(\sum a_ib_i \right)^2 = \sum_{1 \le i < j \le n} ({a_ib_j-a_jb_i})^2 \\ (a_1b_2 - a_2b_1)^2 \le \sum_{i,j} (a_ib_j-a_jb_i)^2 = \left(1 + \sum a_ib_i \right) \left(1- \sum a_ib_i \right) \\ \]

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

\[\sum \frac{1}{b_i^2} + \frac{1}{m^2} \ge \frac{n^3+1}{(n^2+m)^2} \left(\sum \frac{1}{b_i} + 1\right)^2 \]

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\((1+1+\cdots+1+m^2)\)

\[LHS\ge\frac{1}{n+m^2}\left(\sum \frac{1}{b_i}+1\right)^2\\ 即证\frac{1}{n+m^2} \ge \frac{n^3+1}{(n^2+m)^2}\\ 整理，n^2m^2+1\ge2nm，显然。 \]

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 \(g(n) = h(n)\):

\[G(x) = \sum_{t \ge 0} g(t)x^t = \prod_{t \ge 1} (1+x^t) \\ H(x) = \sum_{t \ge 0} h(t)x^t = \prod_{t \ge 1} \left[\sum_{k \ge 0} x^{(2t-1)k} \right] = \prod_{t \ge 1} \dfrac{1}{1-x^{2t-1}} = \dfrac{\prod_{t\ge 1} (1-x^{2t})}{\prod_{t \ge 1} (1-x^t)} = \prod_{t \ge 1} (1+x^t) = G(x) \]

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