第0章 零基础

1. ${\sin }^2\alpha +{\sin }^2\beta =1$ 是 $\sin \alpha +\cos \beta =0$ 的（）

A. 充分非必要条件
B. 必要非充分条件
C. 充分必要条件
D. 既非充分又非必要条件

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答案：B

解析：

记

$P:{\sin }^2\alpha +{\sin }^2\beta =1$，

$Q:\sin \alpha +\cos \beta =0$。

若 $Q$ 成立，则

$\sin \alpha =-\cos \beta$，

两边平方得

${\sin }^2\alpha ={\cos }^2\beta =1-{\sin }^2\beta$，

所以

${\sin }^2\alpha +{\sin }^2\beta =1$，即 $Q\Rightarrow P$。

但反过来不一定成立。例如取

$\alpha =\frac{\pi }{2},\beta =0$，

则

${\sin }^2\alpha +{\sin }^2\beta =1$，

而

$\sin \alpha +\cos \beta =2\ne 0$。

因此，$P$ 是 $Q$ 的必要非充分条件。

2. 证明：对任意正整数 $n$，均有 $2^n+2>n^2$。

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答案：对任意正整数 $n$，不等式 $2^n+2>n^2$ 恒成立。

解析：

先验证

$n=1,2,3$ 时，不等式分别为

$4>1,6>4,10>9$，

均成立。

下面对 $n\ge 3$ 使用数学归纳法。假设当 $n=k\ge 3$ 时成立，即

$2^k+2>k^2$。

则

$2^{k+1}+2=2(2^k+2)-2>2k^2-2$。

又因为

$2k^2-2-(k+1{)}^2=k^2-2k-3=(k-3)(k+1)\ge 0$，

所以

$2^{k+1}+2>(k+1{)}^2$。

由数学归纳法，对任意正整数 $n$，均有

$2^n+2>n^2$。

3. 设实数 $a\in (0,1)$，数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_0=1$，且对任意正整数 $n$，均有 $x_n=1-x_{n-1}$，证明：对任意正整数 $n$，有 $x_n>1$。

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答案：原命题不成立，题干存在明显错误。

解析：

由递推式直接计算得

$x_1=1-x_0=0$，

$x_2=1-x_1=1$，

此后数列在 $0$ 与 $1$ 之间交替。

也可以将递推式改写为

$x_n-\frac{1}{2}=-\left(x_{n-1}-\frac{1}{2}\right)$。

因此

$x_n-\frac{1}{2}=(-1{)}^n\left(x_0-\frac{1}{2}\right)=\frac{(-1{)}^n}{2}$，

即

$x_n=\frac{1+(-1{)}^n}{2}=\{\begin{array}{ll}0,& n\text{ 为奇数},\\ 1,& n\text{ 为偶数}。\end{array}$

所以对任意正整数 $n$，均不可能有 $x_n>1$。此外，题干中的参数 $a$ 没有出现在递推关系中，也说明原题很可能存在漏字或录入错误。

4. $(2a^3+a{b}^2+b^3)(a^{2}b-a{b}^2)=$

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答案：$2a^{5}b-2a^4{b}^2+a^3{b}^3-a{b}^5$。

解析：

逐项相乘：

$\begin{array}{rl}& (2a^3+a{b}^2+b^3)(a^{2}b-a{b}^2)\\ =& 2a^{5}b-2a^4{b}^2+a^3{b}^3-a^2{b}^4+a^2{b}^4-a{b}^5\\ =& 2a^{5}b-2a^4{b}^2+a^3{b}^3-a{b}^5。\end{array}$

其中两项 $-a^2{b}^4$ 与 $a^2{b}^4$ 相互抵消。

5. 设 $\lambda \ne 0,2$，则

$\frac{{\lambda }^4-3{\lambda }^3-6{\lambda }^2+16\lambda }{{\lambda }^2-2\lambda }=$

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答案：${\lambda }^2-\lambda -8$。

解析：

先提取公因式 $\lambda$：

$\frac{{\lambda }^4-3{\lambda }^3-6{\lambda }^2+16\lambda }{{\lambda }^2-2\lambda }=\frac{\lambda ({\lambda }^3-3{\lambda }^2-6\lambda +16)}{\lambda (\lambda -2)}$。

由于 $\lambda \ne 0$，可以约去 $\lambda$。又有

${\lambda }^3-3{\lambda }^2-6\lambda +16=(\lambda -2)({\lambda }^2-\lambda -8)$。

因为 $\lambda \ne 2$，故

$\frac{{\lambda }^3-3{\lambda }^2-6\lambda +16}{\lambda -2}={\lambda }^2-\lambda -8$。

6. 设函数 $f(x)=\frac{x^2}{1+x^2}$，则

$f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f\left(\frac{1}{2}\right)+f\left(\frac{1}{3}\right)+f\left(\frac{1}{4}\right)=$

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答案：$\frac{7}{2}$。

解析：

对于任意 $x\ne 0$，有

$f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x^2}}=\frac{1}{1+x^2}$，

所以

$f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{x^2}{1+x^2}+\frac{1}{1+x^2}=1$。

因此

$f(2)+f\left(\frac{1}{2}\right)=1$，

$f(3)+f\left(\frac{1}{3}\right)=1$，

$f(4)+f\left(\frac{1}{4}\right)=1$。

又

$f(1)=\frac{1}{2}$，

故所求和为

$\frac{1}{2}+1+1+1=\frac{7}{2}$。

7. 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上有定义，$f(0)=f(1)$，且对任意 $x_1,x_2\in [0,1]$，均有

$|f(x_1)-f(x_2)|\le |x_1-x_2|$，

证明：当 $a,b\in [0,1]$ 时，$|f(a)-f(b)|\le \frac{1}{2}$。

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答案：$|f(a)-f(b)|\le \frac{1}{2}$。

解析：

不妨设 $0\le a\le b\le 1$，并令

$d=b-a\in [0,1]$。

由题设的 Lipschitz 条件，直接有

$|f(a)-f(b)|\le b-a=d$。

另一方面，利用 $f(0)=f(1)$，由三角不等式得

$\begin{array}{rl}|f(a)-f(b)|& \le |f(a)-f(0)|+|f(1)-f(b)|\\ & \le a+(1-b)\\ & =1-(b-a)=1-d。\end{array}$

因此

$|f(a)-f(b)|\le \min \{d,1-d\}$。

对于任意 $d\in [0,1]$，均有

$\min \{d,1-d\}\le \frac{1}{2}$，

故

$|f(a)-f(b)|\le \frac{1}{2}$。

8. 设 $x>0$，求函数 $y=x+\frac{4}{x^2}$ 的最小值。

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答案：最小值为 $3$，在 $x=2$ 时取得。

解析：

由于 $x>0$，由均值不等式，

$\begin{array}{rl}x+\frac{4}{x^2}& =\frac{x}{2}+\frac{x}{2}+\frac{4}{x^2}\\ & \ge 3\sqrt[3]{\frac{x}{2}\cdot \frac{x}{2}\cdot \frac{4}{x^2}}\\ & =3。\end{array}$

等号成立当且仅当

$\frac{x}{2}=\frac{4}{x^2}$，

即

$x^3=8$，从而 $x=2$。

因此函数的最小值为 $3$。

9. 设实数 $x,y$ 满足 $3x^2+2y^2=6$，求 $2x+y$ 的最大值。

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答案：$\sqrt{11}$。

解析：

将 $2x+y$ 写成

$2x+y=(\sqrt{3}x)\frac{2}{\sqrt{3}}+(\sqrt{2}y)\frac{1}{\sqrt{2}}$。

由柯西不等式，

$\begin{array}{rl}(2x+y{)}^2& \le (3x^2+2y^2)\left(\frac{4}{3}+\frac{1}{2}\right)\\ & =6\cdot \frac{11}{6}=11。\end{array}$

所以

$2x+y\le \sqrt{11}$。

当

$x=\frac{4}{\sqrt{11}},y=\frac{3}{\sqrt{11}}$ 时，

有

$3x^2+2y^2=3\cdot \frac{16}{11}+2\cdot \frac{9}{11}=6$，

且

$2x+y=\frac{8}{\sqrt{11}}+\frac{3}{\sqrt{11}}=\sqrt{11}$。

因此最大值为 $\sqrt{11}$。

10. 函数 $f(x)=a{x}^3+b{x}^2-2x(a,b\in \mathbb{R},ab\ne 0)$ 的图像如图所示，且 $x_1+x_2<0$，则有（）

A. $a>0,b>0$
B. $a<0,b<0$
C. $a<0,b>0$
D. $a>0,b<0$

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答案：现有源文件缺少题目所引用的图像，无法在 A、B 中唯一确定；由文字条件可以确定 $ab>0$。

解析：

若图中的 $x_1,x_2$ 表示除 $x=0$ 外的两个零点，则

$f(x)=x(a{x}^2+bx-2)$，

故 $x_1,x_2$ 是方程

$a{x}^2+bx-2=0$ 的两个根。由韦达定理，

$x_1+x_2=-\frac{b}{a}<0$，

从而

$\frac{b}{a}>0$，即 $a,b$ 同号，所以只能在 A、B 中选择。

若图中的 $x_1,x_2$ 表示两个驻点，则它们满足

$f^{\prime }(x)=3a{x}^2+2bx-2=0$，

于是

$x_1+x_2=-\frac{2b}{3a}<0$，

仍然只能推出 $a,b$ 同号。

最后还需由原图的左右端走势判断 $a$ 的符号：若图像右端向上，则 $a>0,b>0$，选 A；若图像右端向下，则 $a<0,b<0$，选 B。由于当前 Markdown 中未保留原图，不能可靠地进一步判定。

11. 设函数 $f(x)$ 满足

$af(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)=ax$，

其中 $x\ne 0$，$a^2\ne 1$，求函数 $f(x)$ 的表达式。

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答案：

$f(x)=\frac{a^{2}x-\frac{a}{x}}{a^2-1}=\frac{a^2{x}^2-a}{(a^2-1)x},x\ne 0$。

解析：

在原等式中将 $x$ 换成 $\frac{1}{x}$，得到

$af\left(\frac{1}{x}\right)+f(x)=\frac{a}{x}$。

因此 $f(x)$ 与 $f\left(\frac{1}{x}\right)$ 满足方程组

$\{\begin{array}{l}af(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)=ax,\\ f(x)+af\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{a}{x}。\end{array}$

用第一式乘以 $a$，再减去第二式，得

$(a^2-1)f(x)=a^{2}x-\frac{a}{x}$。

因为 $a^2\ne 1$，所以

$f(x)=\frac{a^{2}x-\frac{a}{x}}{a^2-1}$。

12. 已知 $\cos \left(\frac{\pi }{12}-\theta \right)=\frac{1}{3}$，则 $\sin \left(\frac{5\pi }{12}+\theta \right)$ 的值为多少？

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答案：$\frac{1}{3}$。

解析：

注意到

$\frac{5\pi }{12}+\theta =\frac{\pi }{2}-\left(\frac{\pi }{12}-\theta \right)$。

利用余函数关系

$\sin \left(\frac{\pi }{2}-u\right)=\cos u$，

可得

$\sin \left(\frac{5\pi }{12}+\theta \right)=\cos \left(\frac{\pi }{12}-\theta \right)=\frac{1}{3}$。

13. 已知 $|x_1-3|<1$，$|x_2-3|<1$，求证：

（1）$4<x_1+x_2<8$，$|x_1-x_2|<2$；

（2）若 $f(x)=x^2-x+1$，且 $x_1\ne x_2$，则

$|x_1-x_2|<|f(x_1)-f(x_2)|<7|x_1-x_2|$。

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答案：两组不等式均成立。

解析：

由

$|x_1-3|<1,|x_2-3|<1$，

可得

$2<x_1<4,2<x_2<4$。

（1）两式相加，得

$4<x_1+x_2<8$。

同时

$|x_1-x_2|=|(x_1-3)-(x_2-3)|\le |x_1-3|+|x_2-3|<2$。

（2）由

$\begin{array}{rl}f(x_1)-f(x_2)& =x_1^2-x_1-x_2^2+x_2\\ & =(x_1-x_2)(x_1+x_2-1)，\end{array}$

故

$|f(x_1)-f(x_2)|=|x_1-x_2||x_1+x_2-1|$。

由 $4<x_1+x_2<8$，有

$3<x_1+x_2-1<7$。

又因为 $x_1\ne x_2$，所以 $|x_1-x_2|>0$。于是

$3|x_1-x_2|<|f(x_1)-f(x_2)|<7|x_1-x_2|$。

特别地，必有

$|x_1-x_2|<|f(x_1)-f(x_2)|<7|x_1-x_2|$。

14. 已知等差数列 $\{a_n\}$ 满足

$(a_1+a_2)+(a_2+a_3)+\cdots +(a_n+a_{n+1})=2n(n+1)(n\in {\mathbb{N}}_{+})$，

求：

（1）数列 $\{a_n\}$ 的通项公式；

（2）数列 $\left\{\frac{a_n}{2^{n-1}}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$。

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答案：

（1）$a_n=2n-1$；

（2）$S_n=6-\frac{2n+3}{2^{n-1}}$。

解析：

设等差数列的首项为 $a_1$，公差为 $d$，则

$a_k=a_1+(k-1)d$，

从而

$a_k+a_{k+1}=2a_1+(2k-1)d$。

因此

$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^n(a_k+a_{k+1})& =\sum _{k=1}^n\left[2a_1+(2k-1)d\right]\\ & =2n{a}_1+n^{2}d。\end{array}$

由题设，

$2n{a}_1+n^{2}d=2n(n+1)$。

除以 $n$，得

$2a_1+nd=2n+2$。

比较关于 $n$ 的一次项和常数项，得到

$d=2,a_1=1$。

故

$a_n=a_1+(n-1)d=2n-1$。

下面计算

$S_n=\sum _{k=1}^n\frac{2k-1}{2^{k-1}}$。

利用有限等比数列及其导数公式，

$\sum _{k=1}^n\frac{1}{2^{k-1}}=2-\frac{1}{2^{n-1}}$，

$\sum _{k=1}^n\frac{k}{2^{k-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}$。

因此

$\begin{array}{rl}{S}_n& =2\sum _{k=1}^n\frac{k}{2^{k-1}}-\sum _{k=1}^n\frac{1}{2^{k-1}}\\ & =2\left(4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\right)-\left(2-\frac{1}{2^{n-1}}\right)\\ & =6-\frac{2n+3}{2^{n-1}}。\end{array}$

15. 函数

$y=-x^2+(e^x-e^{-x})\sin x$

在区间 $[-2.8,2.8]$ 的图像大致为何？

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答案：正确图像应关于 $y$ 轴对称，在原点与 $x$ 轴相切并取得局部极小值；在 $x\approx \pm 1.978$ 处各有一个局部极大值，在 $x\approx \pm 2.614$ 处与 $x$ 轴相交，区间两端函数值为负。

解析：

将函数写为

$f(x)=-x^2+2\sinh x\sin x$。

因为 $-x^2$ 为偶函数，$\sinh x$ 与 $\sin x$ 均为奇函数，所以 $\sinh x\sin x$ 为偶函数，从而

$f(-x)=f(x)$。

因此图像关于 $y$ 轴对称。

在 $x=0$ 附近作展开：

$f(x)=x^2-\frac{x^6}{45}+O(x^{10})$。

所以 $f(0)=0$，且在 $x=0$ 的充分小去心邻域内 $f(x)>0$，故原点是局部极小值点，图像在原点与 $x$ 轴相切而不穿过。

函数的一阶导数为

$f^{\prime }(x)=-2x+2\cosh x\sin x+2\sinh x\cos x$。

数值求解 $f^{\prime }(x)=0$，在 $(0,2.8)$ 内得到唯一非零驻点

$x\approx 1.978$，

此处

$f(x)\approx 2.598$，

为局部极大值点。由偶对称性，$x\approx -1.978$ 处也有相同的局部极大值。

再数值求解 $f(x)=0$，除 $x=0$ 外，在区间内还有

$x\approx \pm 2.614$。

并且

$f(2.8)\approx -2.352$。

因此图像从左端负值上升，穿过 $x$ 轴后达到左侧极大值，再下降至原点的局部极小值；随后关于 $y$ 轴对称地变化。

16. 已知曲线 $C$ 的极坐标方程是 $r=1$，以极点为原点、极轴为 $x$ 轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线 $l$ 的参数方程为

$\{\begin{array}{l}x=1+\frac{t}{2},\\ y=2+\frac{\sqrt{3}}{2}t\end{array}$

（$t$ 为参数）。

（1）写出直线 $l$ 与曲线 $C$ 的直角坐标方程；

（2）设曲线 $C$ 经过伸缩变换

$\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }=3x,\\ y^{\prime }=y\end{array}$

得到曲线 $C^{\prime }$。设曲线 $C^{\prime }$ 上任一点为 $M(x,y)$，求 $\frac{x}{3}+\sqrt{3}y$ 的最小值。

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答案：

（1）$l:y=\sqrt{3}x+2-\sqrt{3}$，$C:x^2+y^2=1$；

（2）最小值为 $-2$。

解析：

（1）由

$x=1+\frac{t}{2}$，

得

$t=2(x-1)$。

代入 $y$ 的参数式，得

$y=2+\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 2(x-1)=\sqrt{3}x+2-\sqrt{3}$。

故直线 $l$ 的直角坐标方程为

$y=\sqrt{3}x+2-\sqrt{3}$。

曲线 $C$ 的极坐标方程为 $r=1$，而

$r^2=x^2+y^2$，

所以曲线 $C$ 的直角坐标方程为

$x^2+y^2=1$。

（2）设变换前曲线 $C$ 上的点为 $(u,v)$，变换后为 $(x,y)$，则

$x=3u,y=v$。

由于

$u^2+v^2=1$，

所以曲线 $C^{\prime }$ 的方程为

$\frac{x^2}{9}+y^2=1$。

令

$u=\frac{x}{3}$，

则 $u^2+y^2=1$，所求式为

$u+\sqrt{3}y$。

由柯西不等式，

$|u+\sqrt{3}y|\le \sqrt{u^2+y^2}\sqrt{1+3}=2$。

因此

$u+\sqrt{3}y\ge -2$。

当

$u=-\frac{1}{2},y=-\frac{\sqrt{3}}{2}$

时等号成立。此时

$x=3u=-\frac{3}{2}$。

故 $\frac{x}{3}+\sqrt{3}y$ 的最小值为

$-2$。