最近不是因为暑假嘛，博主又一次重新拾起了竞赛

然后就看到了一些比较有意思的，也比较简单的题目，故写文章来记录这些有趣又简单的题目

博主保证，这些题目绝对不涉及大学里的高等数学！

一、2020年中学生标准学术能力诊断性测试试题（11月，理科）

博主在这说一下，这套卷子的难度也只有高考数学的难度，并非什么专业数学竞赛类型的那种难度，所以各位放心做放心看

21.(12分) 已知函数 $ f(x) = xe^x (x \in \mathbb{R} ) $，其中$e$为自然对数的底数

(1)当$ x > 1 $时，证明$ f(x-1)-(1-x)\ln{x} > 2x^2-3x+1 $
(2)设实数$x_1,x_2(x_1 \ne x_2) $是函数$ g(x)=f(x)-\frac{1}{2}a(x+1)^2 $的两个零点，求实数$a$的取值范围

乍一看第一问，根本不知道这里的$2x^2-3x+1$是从哪里来的，但是实际上，这道题就是一道高考难度的导数题（看到含有$u(x)=e^x$这样的函数的大概都能知道是导数题了吧）

(1)我们设$ {h}'(x) = \frac{f(x-1)}{x-1}+\ln{x}-2x+1 = e^{x-1}+\ln{x}-2x+1 (x > 1)$，所以${h}'(x)=e^{x-1}+\frac{1}{x}-2$，${h}'{}'(x)=e^{x-1}-\frac{1}{x^2}$，因为$x>1$，所以$e^{x-1}>0$，$0<\frac{1}{x^2}<1$，所以${h}'{}'(x)=e^{x-1}-\frac{1}{x^2}>0$

所以，${h}'(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增，又${h}'(1)=0$，所以$x>1$，${h}'(x)>{h}'(1)=0$ $h(x)=e^{x-1}+\ln{x}-2x+1$在$(1,+\infty)$上单调递增，又$h(1)=0$，所以$x>1$时，$h(x)>h(1)=0$ 故当$x>1$时，$\frac{f(x-1)}{x-1}>\ln{x}+2x-1$，所以$f(x-1)-(1-x)\ln{x}>2x^2-3x+1$

这样，我们十分简单地证明了第一小问，那我们来看看稍有难度的第二小问

(2)因为$g(x)=xe^x-\frac{1}{2}a(x+1)^2$，所以${g}'(x)=(x+1)e^x-a(x+1)=(x+1)(e^x-a)$ 当$a=0$时，易知函数$g(x)$只有一个零点，不符合题意，舍去 当$a<0$的时候，在$(-\infty,-1)$上，${g}'(x)<0$，所以$g(x)$单调递减；在$(-1,+\infty)$上，${g}'(x)>0$，所以$g(x)$单调递增，又$g(-1)=-\frac{1}{e}<0$，且$g(1)=e-2a>0$，不妨取$b<-4$且$b<\ln{(-a)}$时，

$$
g(b)>be^{\ln{(-a)}}-\frac{1}{2}a(b+1)^2=-a(\frac{1}{2}b^2+2b+\frac{1}{2})>0
$$

当然，此处你还能够考虑当$x \to -\infty,g(x) \to +\infty$，所以函数$g(x)$有两个零点，所以$a<0$符合题意

当$a>0$的时候，由${g}'(x)=(x+1)(e^x-a)=0$得$x=-1$或$x=\ln{a}$ (i)当$\ln{a}=-1$，即$a=\frac{1}{e}$时，在$(-\infty,+\infty)$上，${g}'(x) \ge 0$成立，故$g(x)$在$(-\infty,+\infty)$上单调递增，所以函数$g(x)$至多有一个零点，不符合题意，舍去

(ii)当$\ln{a}<-1$，即$0<a<\frac{1}{e}$时，在$(-\infty,+\infty)$和$(-1,+\infty)$上，${g}'(x)>0$，所以$g(x)$单调递增；在$(\ln{a},-1)$上，${g}'(x)<0$，所以$g(x)$单调递减，又$g(\ln{a})=-\frac{1}{e}<0$，且有

$$
a\ln{a}-\frac{1}{2}a(\ln{a}+1)^2=-\frac{1}{2}a(\ln^2{a}+1)<0
$$

所以函数$g(x)$至多有一个零点，不符合题意，舍去

(iii)当$\ln{a}>1$，即$a>\frac{1}{e}$时，在$(-\infty,-1)$和$(\ln{a},+\infty)$上，${g}'(x)>0$，所以$g(x)$单调递增；在$(\ln{a},-1)$上，所以${g}'(x)<0$，$g(x)$单调递减，又$g(-1)=-\frac{1}{e}<0$，所以函数$g(x)$至多有一个零点，不符合题意，舍去

综上所述，实数$a$的取值范围是$(-\infty,0)$

你看，题目还好吧，没有想象中的那么难哦w

(选做)23.(10分)[选修4-5：不等式选讲]设正整数$a,b,c$满足$a+2b+3c=1$.
(1)求$abc$的最大值
(2)求$\frac{1}{a+b}+\frac{4(a+b)}{b+3c}$的最小值

把这道题目拿出来的主要原因是想到理科高考卷必定会出现选修4-5的内容要求考生证明不等式，所以我就拿出来了

(1)因为$a,b,c>0$，所以$a+2b+3c \ge 3\sqrt[3]{6abc}$，即$1 \ge 3\sqrt[3]{6abc}$

所以，

$$
abc \le \frac{1}{6}(\frac{1}{3})^3=\frac{1}{162}
$$

当且仅当$a=2b=3c=\frac{1}{3}$，即$a=\frac{1}{3},b=\frac{1}{6},c=\frac{1}{9}$时，$abc$取到最大值$\frac{1}{162}$

(2)因为$a+2b+3c=\frac{1}{3}$，所以$b+3c=1-a-b>0$，所以

当且仅当$1-a-b=2(a+b)$，即$a+b=\frac{1}{3}$时，$\frac{1}{a+b}+\frac{4(a+b)}{b+3c}$取最小值5

二、2020年全国高中数学联赛浙江赛区初赛试题

博主本人主要还是搞高中联赛类的数学，所以拿到这套卷子，有种莫名其妙的熟悉感

怎么说呢，高联数学的难度确实是比理科高考数学还要难的，但是总的来说，还是不到大学的高等数学的难度，只是这些题目思考起来更具有挑战性，需要很强的计算能力（详见2013湖南省数学高联的圆锥曲线题）

好了，话不多说还是先看题为主w

12.已知椭圆$C$中心在远点，焦点在$x$轴上，离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且椭圆$C$的任意三个顶点构成的三角形面积为$\frac{1}{2}$
(1)求椭圆$C$的方程
(2)若过$P(\lambda,0)$的直线l与椭圆交于相异两点$A$，$B$，且$\overrightarrow{AP}=2\overrightarrow{PB}$，求实数$\lambda$的范围

那我们可以看到，这其实就是一道简简单单平平无奇的圆锥曲线题目，我为什么要把它拿出来说说呢，主要还是在于第二问w

(1)我们不妨假设椭圆的长半轴长为$a$，短半轴常委$b$，那么我们就可以得到$e=\frac{\sqrt{a^2 – b^2}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,且有$ab=\frac{1}{2}$，那么很容易的我们解得$a=1,b=\frac{1}{2}$
所以，椭圆$C$的方程为$x^2 + 4y^2 = 1$

(2)我们可以看到题目里面说有一条直线$l$，他经过$P(\lambda,0)$，所以我们不妨设直线$l$的方程为$x=my+\lambda$，设直线与椭圆的两个交点$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，由题所给的$\overrightarrow{AP}=2\overrightarrow{PB}$，得到：
$$
y_1=-y_2
$$
联立$x^2 +4y^2=1$与$x=my+\lambda$，可得
$$
(m^2+4)y^2 + 2\lambda my+\lambda^2-1=0
$$
很显然的，$y_1$和$y_2$均为方程$(m^2+4)y^2 + 2\lambda my+\lambda^2-1=0$的两个不相同的实数根，则有
$$
(2\lambda m)^2-4(\lambda^2-1)(m^2+4)>0 \Rightarrow m^2 > 4(\lambda^2-1)
$$
又由韦达定理$y_1+y_2=-\frac{2\lambda m}{m^2+4}$，$y_1y_2=\frac{\lambda^2-1} {m^2+4}$,联立$y_1=-y_2$可得
$$
2(\frac{2\lambda m}{m^2+4})^2+\frac{\lambda^2-1}{m^2+4}=0 \Rightarrow m^2=\frac{4(1-\lambda^2)}{9\lambda^2-1}
$$

又$\lambda=\pm1,\lambda=\pm\frac{1}{3}$不符合题意，将$m^2 = \frac{4(1-\lambda^2)}{9\lambda^2-1}$带入$m^2 > 4(\lambda^2-1)$，解得$\frac{1}{9}<\lambda^2<1$

故$\lambda \in (-1,-\frac{1}{3}) \cup (\frac{1}{3},1)$

15.设$\left\{a_n \right\}, \left\{b_n \right\}$为实数列，证明$\sum_{m,n=1}^{2020} \frac{a_mb_n}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})^2} \le 2(\sum_{m=1}^{2020}a_m^2)^\frac{1}{2}(\sum_{n=1}^{2020}b_n^2)^\frac{1}{2}$

这道题的特点就在于他考的不等式很杂，综合性很强，变化很奇妙

我们先来看不等式的左边，我们希望把它变成一种我们所熟悉的不等式，这样便于解决问题

$LHS=\sum_{m,n=1}^{2020} \left [ \frac{a_m}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})}(\frac{m}{n})^\frac{1}{4} \right ]\left [ \frac{b_n}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})}(\frac{n}{m})^\frac{1}{4} \right ]$,由Cauchy不等式得

$$
\sum_{m,n=1}^{2020} \left [ \frac{a_m}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})}(\frac{m}{n})^\frac{1}{4} \right ]\left [ \frac{b_n}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})}(\frac{n}{m})^\frac{1}{4} \right ]
$$

$$
\le (\sum_{m,n=1}^{2020}\left[\frac{a_m}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})}(\frac{m}{n})^\frac{1}{4}\right]^2)^\frac{1}{2}(\sum_{m,n=1}^{2020}\left[\frac{b_n}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})}(\frac{n}{m})^\frac{1}{4}\right]^2)^\frac{1}{2}
$$

由等式

$$
\sum_{m,n=1}^{2020}\left [ \frac{a_m}{\sqrt{m}+\sqrt{n}}(\frac{m}{n})^\frac{1}{4} \right ]^2=\sum_{m=1}^{2020}a_m^2\sum_{n=1}^{2020}\left [ \frac{1}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})^2}(\frac{m}{n})^\frac{1}{2} \right ]
$$

$$
\sum_{m,n=1}^{2020}\left [ \frac{b_n}{\sqrt{m}+\sqrt{n}}(\frac{n}{m})^\frac{1}{4} \right ]^2=\sum_{m=1}^{2020}b_n^2\sum_{n=1}^{2020}\left [ \frac{1}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})^2}(\frac{n}{m})^\frac{1}{2} \right ]
$$

故我们只需要证明

$$
\sum_{n=1}^{2020}\left [ \frac{1}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})^2}(\frac{m}{n})^\frac{1}{2} \right ] \le 2
$$

以及

$$
\sum_{m=1}^{2020}\left [ \frac{1}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})^2}(\frac{n}{m})^\frac{1}{2} \right ] \le 2
$$

然而实际上，这两个式子是一个式子，只需将m,n调换即可

下面我们来证明

$$
\frac{1}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})^2}(\frac{m}{n})^\frac{1}{2}\le2(\frac{1}{\sqrt{\frac{n-1}{m}}+1}-\frac{1}{\sqrt{\frac{n}{m}+1}})
$$

很明显的，这个不等式等价于

$$
\frac{1}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})^2}(\frac{m}{n})^\frac{1}{2}\le2(\frac{\sqrt{m}}{\sqrt{n-1}+\sqrt{m}}-\frac{\sqrt{m}}{\sqrt{n}+\sqrt{m}})
$$

也等价于

$$
\frac{1}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})^2}(\frac{m}{n})^\frac{1}{2}\le2\frac{\sqrt{n}-\sqrt{n-1}}{(\sqrt{n-1}+\sqrt{m})(\sqrt{n}+\sqrt{m})}
$$

而我们又知道

$$
(\sqrt{n-1}+\sqrt{m})(\sqrt{n}+\sqrt{m})\le(\sqrt{m}+\sqrt{n})^2 \\\ 2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})=\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}\ge \frac{1}{\sqrt{n}}
$$

可知，最后的不等式

$$
\frac{1}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})^2}(\frac{m}{n})^\frac{1}{2}\le2(\frac{1}{\sqrt{\frac{n-1}{m}}+1}-\frac{1}{\sqrt{\frac{n}{m}+1}})
$$

显然成立，对此式求和，即得$\sum_{n=1}^{2020}\left [ \frac{1}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})^2}(\frac{m}{n})^\frac{1}{2} \right ] \le 2$和$\sum_{m=1}^{2020}\left [ \frac{1}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})^2}(\frac{n}{m})^\frac{1}{2} \right ] \le 2$，由此，得证

不等式

$$
\sum_{m,n=1}^{2020} \frac{a_mb_n}{(\sqrt{m}+\sqrt{n})^2} \le 2(\sum_{m=1}^{2020}a_m^2)^\frac{1}{2}(\sum_{n=1}^{2020}b_n^2)^\frac{1}{2}
$$

成立

$Q.E.D.$

后语

至此，该文章的第一部分完结，该文章只是希望各位能够学到更多的数学方法
另外想吐槽一下，这篇文章的最后一题是真的难，而且篇幅很长，博主手敲烂了（LaTeX敲起来真的很累啊喂，尤其是那么大幅的公式！