文化课数学好题

易证 $a>0$，证明略。

令 $x_2>x_1$，有 $\ln x_2-ax_2^2+(2-a)x_2=0,\ln x_1-ax_1^2+(2-a)x_1=0$。两式相减，整理得 $a=\frac{2(x_2-x_1)+\ln \frac{x_2}{x_1} }{x_2^2-x_1^2+x_2-x_1}$

把这个带进 $x_1+x_2>\frac{2}{a}$，整理，即证 $\ln\frac{x_2}{x_1}>\frac{2(x_2-x_1)}{x_2+x_1}$。

设 $t=\frac{x_2}{x_1}(t>1)$，则 $x_1=\frac{x_2}{t}$，把上面的式子里的 $x_1$ 全部代换掉，即证 $\ln t>\frac{2(t-1)}{t+1}$。

设 $g(t)=\ln t - \frac{2(t-1)}{t+1}$，由于 $g(1)=0$，所以证明 $g(t)$ 单调递增即可。

这个方法叫“比值代换法”。

$x_1-\ln x_1=x_2-\ln x_2$，整理得 $\ln \frac{x_2}{x_1}=x_2-x_1$。

令 $t=\frac{x_2}{x_1}(t>1)$，有 $\ln t = (t-1)x_1$，故 $x_1=\frac{\ln t}{t-1},x_2=\frac{t \ln t}{t-1}$。即证 $\frac{(t+2)\ln t}{t-1}>e$

令 $g(t)=(t+2)\ln t-e(t-2)$，即证明 $g(t)>0$。

$g'(t)=\frac{2}{t}+\ln t -e +1,g''(t)=\frac{1}{t}-\frac{2}{t^2}=\frac{t-2}{t^2}$，故 $g'(t)$ 在 $(1,2)$ 上单调递减，在 $(2,+\infin)$ 上单调递增

由于 $g'(2)=2+\ln 2-e<0,g'(e)=2+\frac{2}{e}-3>0$，设 $g'(t_0)=\frac{2}{t_0}+\ln t_0 -e+1=0,t_0\in [2,e]$。

则 $g(t)_{min}=g(t_0)=(t_0+2)\ln t_0-e(t_0-1)$。代换 $e=\frac{2}{t_0}+\ln t_0 +1$，得 $g(t_0)=3\ln t_0+\frac{2}{t_0}-t_0-1$

令 $h(x)=3\ln x+\frac{2}{x}-x-1$，$h'(x)=-\frac{(x-1)(x-2)}{x^2}$，故 $h(x)$ 在 $(2,+\infin)$ 上单调递减，由于 $h(e)=2+\frac{2}{e}-e>0$，所以 $3\ln t_0+\frac{2}{t_0}-t_0-1>0$。

即 $g(t)_{min}=g(t_0)>0$。

首先 $a$ 的取值范围为 $(0,\frac1e)$。证明不难，故略去。

令 $x_1<x_2$，有 $\ln x_1 = ax_1$、$\ln x_2=ax_2$。两式相减，$\ln\frac{x_2}{x_1}=a(x_2-x_1)$。

设 $t=\frac{x_2}{x_1}(t>1)$，则 $x_1=\frac{x_2}{t}$，代入上式得：$\ln t=\frac{a(t-1)}{t}x_2$

故 $x_2=\frac{t\ln t}{a(t-1)}, x_1=\frac{x_2}{t}=\frac{\ln t}{a(t-1)}$。

则证明 $x_1+x_2>\frac{2}{a}$ 等价于证明 $\frac{(t+1)\ln t}{a(t-1)}>\frac2a$，即证 $\ln t>\frac{2(t-1)}{t+1}$

令 $g(t)=\ln t-\frac{2(t-1)}{t+1}(t>1)$，则 $g'(t)=\frac1t-\frac{4}{(t+1)^2}=\frac{(t-1)^2}{t(t+1)^2}$

显然 $g'(t)$ 在 $(1,+\infin)$ 上恒大于 $0$，则 $g(t)$ 在 $(1,+\infin)$ 上单调递增。

则 $g(t)>g(1)=0$，即 $\ln t>\frac{2(t-1)}{t+1}$，即证得 $x_1+x_2>\frac2a$

由于 $\ln x_1 = ax_1$、$\ln x_2=ax_2$，两式相加，$x_1+x_2=\frac{\ln x_1x_2}{a}$。即证 $\frac{\ln x_1x_2}{a}<\frac{-2\ln a}{a}$，即 $x_1x_2<\frac{1}{a^2}$。

用 $x_2=\frac{t\ln t}{a(t-1)}, x_1=\frac{\ln t}{a(t-1)}$ 代换，即证 $t(\ln t)^2-t^2+2t-1<0$

令 $h(t)=t(\ln t)^2-t^2+2t-1$，求四次导就可以证出来了。

令 $g(x)=x\ln x$，易知 $g(x)$ 在 $(0,\frac1e)$ 上单调递增，在 $(\frac1e,+\infin)$ 上单调递减，在 $g(\frac{1}{e})$ 取得最小值 $-\frac{1}{e}$，零点为 $1$。当 $x\rightarrow 0,g(x)\rightarrow-0$，当 $x\rightarrow +\infin,g(x)\rightarrow+\infin$。

要使 $g(x)=a$ 有两个零点，需使 $a\in(-\frac1e,0)$。

设 $x_1<x_2$。考虑放缩，若把 $x_1,x_2$ 都略微放大，且证明了它们的和小于 $1$，即证明了 $x_1+x_2<1$。

一个朴素的想法是作 $g(x)$ 在 $(1,0)$ 的切线 $x=y+1$，和过 $(0,0),(\frac1e,-\frac1e)$ 的直线 $x=-y$。 就可以把 $x_1$ 放到直线 $x=y+1$，$x_2$ 放到直线 $x=-y$ 上。就证明完了。

令 $x_1<x_2$，有 $\ln x_1-\frac{1}{x_1}-ax_1=0,\ln x_2-\frac{1}{x_2}-ax_2$。

两式相减，整理得 $a=\frac{\ln \frac{x_2}{x_1} }{x_2-x_1}+\frac{1}{x_1x_2}$。两式相加得 $\ln x_1x_2-\frac{x_2+x_1}{x_1x_2}=a(x_2+x_1)$。将 $a$ 代入，整理得 $\ln x_1x_2-\frac{2(x_1+x_2)}{x_1x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_2-x_1}\ln\frac{x_2}{x_1}$。

因为 $\ln t>\frac{2(t-1)}{t+1}$，所以有 $\ln \frac{x_2}{x_1}>\frac{2(x_2-x_1)}{x_1+x_2}$，于是有 $\ln x_1x_2 -\frac{2(x_1+x_2)}{x_1x_2}>2$。

由于 $\ln x_1x_2-\frac{2(x_1+x_2)}{x_1x_2}<\ln x_1x_2-\frac{4\sqrt{x_1x_2} }{x_1x_2}=2\ln\sqrt{x_1x_2}-\frac{4}{\sqrt{x_1x_2} }$。

因此 $2\ln\sqrt{x_1x_2}-\frac{4}{\sqrt{x_1x_2} }>2$，即 $\ln\sqrt{x_1x_2}-\frac{2}{\sqrt{x_1x_2} }>1$

令 $g(x)=\ln x - \frac{2}{x}$，易知 $g(x)$ 在 $(0,+\infin)$ 上单调递增。又 $g(\sqrt{2e^2})\approx 0.85<1$，而 $g(\sqrt{x_1x_2})>1$，故 $\sqrt{x_1x_2}>\sqrt{2e^2}$，即 $x_1x_2\geq 2e^2$。

首先 $f\left( x\right) = \ln x$ 在区间 $[1,2]$ 上单调递增，当 $b \geq 2$ 时, $g\left( x\right) = \frac{1}{2}{x}^{2} - {bx}$ 在区间 $[1,2\rbrack$ 上单调递减。

设 ${x}_{1} < {x}_{2}$ ,则 $\left| {f\left( {x}_{1}\right) - f\left( {x}_{2}\right) }\right| \geq \mid g\left( {x}_{1}\right) - g\left( {x}_{2}\right) \mid$ 等价化为 $f\left( {x}_{1}\right) + g\left( {x}_{1}\right) \leq f\left( {x}_{2}\right) + g\left( {x}_{2}\right)$ ,

令 $\varphi \left( x\right) = f\left( x\right) + g\left( x\right)$ ，则问题等价于函数 $\varphi \left( x\right)$ 在区间 $[1,2\rbrack$ 上单调递增，

即等价于 ${\varphi }^{\prime }\left( x\right) = \frac{1}{x} + x - b \geq 0$ 在区间 $[1,2\rbrack$ 上恒成立，所以得 $b \leq \frac{1}{x} + x$ ，因为 $y = \frac{1}{x} + x$ 在 $[1,2\rbrack$ 上单调递增，所以 $b\leq 2$

所以得 $b=2$。

即证 $e^{2x}-a\ln x -2a-a\ln \frac{2}{a}\geq 0$。

设 $g(x)=e^{2x}-a\ln x -2a-a\ln \frac{2}{a}$，则 $g'(x)=2e^{2x}-\frac{a}{x}$

由于 $g'(x)$ 单调递增，设其零点为 $x_0$，即有 $2e^{2x_0}-\frac{a}{x}=0$，则 $g(x)$ 在 $(0,x_0)$ 单调递减，在 $(x_0,+\infin)$ 单调递增。

故 $g(x)\geq 0 \Rightarrow g(x)_{min} \geq 0 \Rightarrow g(x_0)\geq 0$。即证明 $e^{2x_0}-a\ln x_0 -2a-a\ln \frac{2}{a}\geq 0$。

又 $e^{2x_0}=\frac{a}{2x}$，代入不等式，即证 $\frac{1}{2x_0}-2-\ln \frac{2x_0}{a}\geq 0$。

又 $x_0=\frac{a}{2e^{2x_0} }$，代入不等式，即证 $\frac{1}{2x_0}+2x_0-2\geq 0$。

然后用基本不等式即可完成证明。

首先易证 $f(x)$ 单调递增。整理该不等式，即证 $\frac{e^x-1}{x}\geq \frac{x}{\ln(x+1)}$。

注意到右式为 $f(\ln(x+1))$。即证 $f(x)\geq f(\ln(x+1))$，又 $f(x)$ 单调递增，即证 $x\geq \ln(x+1)$

令 $g(x)=x-\ln(x+1)$，则 $g'(x)=\frac{x}{x+1}$，即 $g(x)$ 在 $(-1,0)$ 单调递减，在 $(0,+\infin)$ 单调递增，则 $g(x)\geq g(0)=0$，即 $x\geq \ln(x+1)$

即求使 $f'(x)=(x-1)e^x-ax+2$ 在 $\R$ 上恒大于等于 $0$ 的最大整数值。

因为让求的是整数值，所以可以直接开猜。

当 $a=2$，$f'(x)=(x-1)(e^x-2)$，显然此时 $f'(x)$ 并非恒大于 $0$。

当 $a=1$，$f'(x)=(x-1)e^x-x+2$。需要分类讨论。

当 $x\geq1$，由 $e^x>x+1$，$f'(x)>(x-1)(x+1)-x+2=x^2-x+1>0$

当 $x<1$，由 $e^x\geq x+1$ 得 $e^{-x}\geq -x+1$，即 $e^x\leq\frac{1}{1-x}$，故 $f'(x)\geq (x-1)\times \frac{1}{1-x}-1+2=0$。

故在 $a=1$ 时，$f'(x)\geq 0$ 恒成立，$a$ 的最大整数值为 $1$

即求方程 $x(e^x-x-a-2)=0$ 得实根个数。

令 $g(x)=e^x-x-a-2$，易得 $g(x)$ 在 $(-\infin,0)$ 单调递减，在 $(0,+\infin)$ 单调递增，$g(x)_{min}=g(0)=-a-1$。

当 $-a-1\geq 0$，即 $a\leq-1$ 时，方程只有一个实根 $x=0$。

当 $a>-1$ 时，方程有三个实根。

$f'(x)=2x-\frac{2}{x}-1$

令 $x_1<x_2$，有 $x_1^2-2\ln x_1-x_1=0,x_2^2-2\ln x_2-x_2=0$，两式相减，整理得 $x_1+x_2=\frac{2\ln\frac{x_2}{x_1} }{x_2-x_1}+1$。

$f'(\frac{x_1+x_2}{2})=x_1+x_2-\frac{4}{x_1+x_2}-1=\frac{2\ln{x_2}{x_1} }{x_2-x_1}-\frac{4}{x_1+x_2}=\frac{2(x_1+x_2)\ln{x_2}{x_1}-4(x_2-x_1)}{x_2^2-x_1^2}$

设 $t=\frac{x_2}{x_1}(t>1)$，则 $f'(\frac{x_1+x_2}{2})=\frac{2t}{t^2-1}\big[(t+1)\ln t-2t+2\big]$

设 $g(t)=(t+1)\ln t -2t+2$，求两次导可知 $g(t)>0$ 在 $(1,+\infin)$ 上恒成立，故 $f'(\frac{x_1+x_2}{2})>0$

要证明 $x_1+x_2\geq \frac{\sqrt{5}-1}{2}$，即证 $(x_1+x_2)^2+x_1+x_2\geq 1$

整理方程 $f\left( {x}_{1}\right) + f\left( {x}_{2}\right) + {x}_{1}{x}_{2} = 0$ 得 $(x_1+x_2)^2+x_1+x_2=x_1x_2-\ln x_1x_2$。

设 $t=x_1x_2(t>0)$，令 $g(t)=t-\ln t$，易得 $g(t)\geq g(1)=1$

故 $(x_1+x_2)^2+x_1+x_2\geq 1$

（1）问证明略

由（1）得，$h(x)=\left\{ \begin{aligned}& x\ln x(x<x_0)\\& xe^{-x}(x>x_0)\end{aligned}\right.$，且 $h(x)$ 在 $(1,x_0)$ 上单调递增，在 $(x_0,+\infin)$ 上单调递减

由于 $x_2,2x_0-x_1>x_0$，即证 $h(2x_0-x_1)>h(x_2)$，即 $h(2x_0-x_1)>h(x_1)$。

令 $\varphi(x)=h(2x_0-x)-h(x)=(2x_0-x)e^{x-2x_0}-x\ln x(x\in (1,x_0))$。

$\varphi'(x)=-\ln x + e^{x-2x_0}\big[2x_0-(x+1)-e^{2x_0-x}\big]$。

由 $e^x>x+1$，$\varphi'(x)<-\ln x+e^{x-2x_0}\big[2x_0-(x+1)-2x_0+x-1\big]=-\ln x<0$

故 $\varphi(x)$ 在 $(1,x_0)$ 上单调递减，$\varphi(x)>\varphi(x_0)=0$。即 $h(2x_0-x_1)>h(x_2)$。

（1）$f(x)$ 单调递增。

（2）$x_0=a=1$

（3）由（1）（2）易得 $g(x)>2$，即 $x+\frac{1}{x}-2\geq (\ln x)^2$。

即 $(\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x} })^2\geq (\ln x)^2$，同时开方得 $\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x} }\geq \ln x$

令 $x=\frac{2k+1}{2k-1}$，代入上面的不等式得 $\frac{2}{\sqrt{4{k}^{2} - 1} } > \ln \left( 2k+1\right)-\ln(2k-1)$

因此，$\mathop{\sum }\limits_{ {k = 1} }^{n}\frac{2}{\sqrt{4{k}^{2} - 1} }>\ln(2n+1)-\ln(2n-1)+\cdots\ln 2-\ln 1=\ln(2n+1)$。

整理一下，$(\frac12x^3-ax^2+x+1)e^{-x}\leq 1$。

令 $g(x)=(\frac12x^3-ax^2+x+1)e^{-x}$，则 $g'(x)=-\frac12x(x-2a-1)(x-2)e^{-x}$

然后就是常规的分类讨论。最后答案为 $a\in [\frac{7-e^2}{4},+\infin)$。

$f'(x)$ 在 $[0,+\infin)$ 上单调递增

即证 $f(a+b)-f(b)>f(a)-f(0)$。

令 $g(x)=f(x+a)-f(x)$，即证 $g(x)>g(0)$。

$g'(x)=f'(x+a)-f'(x)$. 由于 $f'(x)$ 单调递增，所以 $g'(x)>0$，$g(x)$ 单调递增，即 $g(x)>g(0)$

首先有 $b>0$。

设 $f(x)=b\ln(x+1)-xe^{-x}$，$f'(x)=\frac{be^x+x^2-1}{e^x(x+1)}$。

设 $g(x)=be^x+x^2-1$，易知 $g(x)$ 在 $[0,+\infin)$ 上单调递增。

当 $b\geq 1$，$g(x)\geq g(0)=b-1\geq 0$ 故 $f(x)$ 在 $[0,+\infin)$ 上单调递增，$f(x)\geq f(0)=0$

当 $0<b<1$，存在唯一的 $x_0$ 使得 $g(x_0)=0$，故 $f(x)$ 在 $[0,x_0)$ 上单调递减，在 $(x_0,+\infin)$ 上单调递增。由于 $f(x_0)<f(0)=0$，故不满足题意.

综上，$b\geq 1$。

即证 $\sin x>x\ln x -e^x+1$。

设 $g(x)=x\ln x -e^x+1$，则 $g'(x)=\ln x +1-e^x,g''(x)=\frac1x-e^x$。

$g''(x)$ 单调递减，有唯一零点 $x_0\in (0,1)$，故 $g'(x)\leq g'(x)_{max}=g'(x_0)=\ln x_0+1-e^x=\ln x_0+1-\frac1x<0$。

故 $g(x)$ 单调递减，又当 $x\rightarrow0,g(x)\rightarrow-0$，故 $g(x)<0$。

又 $g(1)=1-e<-1$，故 $g(x)<\sin x$ 在 $[1,+\infin)$ 上恒成立。而 $\sin x$ 在 $(0,1)$ 上大于 0，故 $g(x)<\sin x$ 在 $(0,1)$ 上恒成立。

故 $g(x)<\sin x$ 在 $(0,+\infin)$ 上恒成立。

这道题还有更简单的方法，但是我搞忘了

即证 $\frac{x}{e^x}-x\ln x<\frac2e$。

易知 $(\frac{x}{e^x})_{max}=\frac1e,(x\ln x)_{min}=-\frac1e$。故 $\frac{x}{e^x}-x\ln x<\frac2e$ 得证

设 $l:y=kx+2,T(m,n),M(x_2,kx_2+2),N(x_1,kx_1+2)$

联立 $l$ 于椭圆 $C$，得：$(k^2+\frac14)x^2+4kx+3=0$

由于 $\frac{n+1}{m}=\frac{kx_2+2-(-1)}{x_2}=k+\frac{3}{x_2}$，$\frac{n-1}{m}=\frac{kx_1+2-1}{x_1}=k+\frac{1}{x_1}$

所以 $\frac{3(x_1+x_2)}{x_1x_2}+4k=\frac{4n-2}{m}$，由韦达定理，$\frac{4n-2}{m}=-4k+4k=0$。故 $T$ 恒在直线 $x=\frac{1}{2}$ 上。

设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),G(x_3,y_3),H(x_4,y_4)$，则 $AT: x=\frac{x_1-1}{y_1}y+1$