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Last edited by hbghlyj 2023-3-31 22:16 二、解答题（共五题，11-13各20分，14、15各30分，合计120分）
（解答题严格按照上述标准给分，分数整5整10，不给其他过度分数。）
11. 已知数列{an}，且$a_{1} = \sqrt{2} + 1$，$\frac{a_{n} - \sqrt{n}}{a_{n - 1} - \sqrt{n - 1}} = \sqrt{1 + \frac{1}{n}}(n = 2,3,\cdots)$，令$b_{n} = \frac{1}{a_{n}}$，记数列{bn}的前n项和为Sn。
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若对任意的n ∈ N*，$\sqrt{n + 2} \leq \lambda(S_{n} + 1) \leq n + 101$恒成立，求实数λ的取值范围。
解答 （1）由数学归纳法证明得$a_{n} = \sqrt{n + 1} + \sqrt{n}$。 （5分）
（2）由于$b_{n} = \sqrt{n + 1} - \sqrt{n}$，得
$S_{n} = \sqrt{n + 1} - 1$, （10分）
由$\sqrt{n + 2} \leq \lambda(S_{n} + 1) \leq n + 101$得到
$\sqrt{\frac{n + 2}{n + 1}} \leq \lambda \leq \frac{100}{\sqrt{n + 1}} + \sqrt{n + 1}$，
上式对任意的正整数成立，则，（15分）
即$\frac{\sqrt{6}}{2} \leq \lambda \leq 20$。 （20分）
12. 已知椭圆C的中心在原点，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(λ,0)的直线l与椭圆交于相异两点A, B，且$\overrightarrow{\text{AP}} = 2\overrightarrow{\text{PB}}$，求实数λ的范围。
解答 （1）设椭圆的长半轴长为a,短半轴长为b,则有$\frac{\sqrt{a^{2} - b^{2}}}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2},ab = \frac{1}{2}$，解得，$a = 1,b = \frac{1}{2}$，所以椭圆C的方程为x2 + 4y2 = 1。 （5分）
（2）设直线l的方程为x = my + λ,设两个交点坐标为A(x1,y1)，B(x2,y2)。
由$\overrightarrow{\text{AP}} = 2\overrightarrow{\text{PB}}$，得到y1 = − 2y2。………………………………① （10分）
联立方程组$\left\{ \begin{matrix}
x^{2} + 4y^{2} = 1 \\
x = my + \lambda \\
\end{matrix} \right.\ $ 得到(m2+4)y2 + 2λmy + λ2 − 1 = 0……②
显然，y1, y2为方程②的两个相异的实根，则有
(2λm)2 − 4(λ2−1)(m2+4) > 0 ⇒ m2 > 4(λ2−1)…………③
由韦达定理得$y_{1} + y_{2} = - \frac{2\lambda m}{m^{2} + 4},y_{1}y_{2} = \frac{\lambda^{2} - 1}{m^{2} + 4}$，联立①得到
$2(\frac{2\lambda m}{m^{2} + 4})^{2} + \frac{\lambda^{2} - 1}{m^{2} + 4} = 0 \Rightarrow m^{2} = \frac{4(1 - \lambda^{2})}{9\lambda^{2} - 1}$………………④ （15分）
又λ = ± 1，$\lambda = \pm \frac{1}{3}$不符合题意。
把④代入③得到 $\frac{4(1 - \lambda^{2})}{9\lambda^{2} - 1} > 4(\lambda^{2} - 1) \Rightarrow \frac{1}{9} < \lambda^{2} < 1 \Rightarrow \lambda \in ( - 1, - \frac{1}{3}) \cup (\frac{1}{3},1)$。（20分）
13. 已知函数$f(x) = |x + 1|e^{- \frac{1}{x}} - a$。
（1）若f(x) = 0恰有三个根，求实数a的取值范围；
（2）在（1）的情形下，设f(x) = 0的三根为x1, x2, x3，且x1 < x2 < x3，证明x2 − x1 < a。
解答：
（1）x > − 1时，$f(x) = (x + 1) \cdot e^{- \frac{1}{x}}$，$f'(x) = \left( 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^{2}} \right) \cdot e^{- \frac{1}{x}} > 0$
x < − 1时，$f(x) = - (x + 1) \cdot e^{- \frac{1}{x}}$，$f'(x) = - \left( 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^{2}} \right) \cdot e^{- \frac{1}{x}} < 0$
所以函数f(x)在(−∞,−1)↓,(−1,0)↑,(0,+∞)↑，
且f(x) → + ∞(x→∞), f(−1) = 0, f(0−) → + ∞, f(0+) → 0,
故a > 0 （5分）
（2）设$g(x) = \left| x - \frac{1}{x} \right|$，下证g(x) ≤ f(x)在x ∈ (−∞,0)上恒成立.
即证$\left| \frac{x^{2} - 1}{x} \right| \leq |x + 1|e^{- \frac{1}{x}}$，变形得到$e^{- \frac{1}{x}} \geq \left| 1 - \frac{1}{x} \right|$，在x ∈ (−∞,0)上，显然成立. （10分）
设g(x) = a在x ∈ (−∞,0)上有两解x4, x5，且x4 < − 1 < x5.
可得：f(x1) = a = g(x4) < f(x4)，f(x2) = a = g(x5) < f(x5)
注意到f(x)的单调性，有x1 > x4, x2 < x5. （15分）
通过解二次方程可以解得$x_{4} = \frac{- a - \sqrt{a^{2} - 4}}{2},x_{5} = \frac{a - \sqrt{a^{2} - 4}}{2}$，
则有x2 − x1 < x5 − x4 = a. （20分）
14. 设正整数n ≥ 3， 已知n个数a1, a2, ⋯, an，记两两之和为bij = ai + aj(i>j)，得到如下表格：
b21
b31, b32
………………………
bn1, bn2,…………………, bn, n − 1
若在上述表格中任意取定k个数，可以唯一确定出n个数a1, a2, ⋯, an，求k的最小值。
解答 （1）当n = 3时，显然由b21 = a2 + a1, b32 = a3 + a2, b31 = a3 + a1才能唯一确定出a1, a2, a3，此时k = 3。 （5分）
（2）当n = 4时。显然由k ≥ C32 + 1 = 4，否则取某三个数的两两之和不能确定出第四个数。
当k = 4时，如果b21, b31, b42, b43这4个值，也无法确定出a1, a2, a3, a4。
当k = 5时，若已知 b21, b31, b32, b41, b42, b43中任意五个数的值。不妨设b21的值未知，则由 b31, b32, b42, b43可以确定$a_{3}( = \frac{1}{2}(b_{32} + b_{43} - b_{42}))$，从而唯一确定出a1, a2, a3, a4。（10分）
（3）当n ≥ 5时，显然由当k ≥ Cn − 12 + 1，下面证明最小值取到等号。
（a）当n = 5时，k = C42 + 1 = 7，即如果知道7个bij，则一定存在一个下标s，bis（或bjs）最多出现2次，至少出现1次。事实上，7个bij共有14个下标，而1,2,3,4,5每个下标出现3次及以上，就共出现15个下标，这是不可能的。因此根据（2），由至少5个bij, i, j ∈ {1, 2, 3, 4, 5} ∖ {s}的值可唯一确定出ai, i ∈ {1, 2, 3, 4, 5} ∖ {s}，再由至少出现一次的bis（或bjs）唯一确定出as。 （20分）
（b）当n ≥ 6时，用数学归纳法证明k = Cn − 12 + 1。当取k个bij时，一定存在一个下标s，bis（或bjs）最多出现n − 2次（因为2k < n(n−1)），则bij, i, j ∈ {1, 2, 3, ⋯, n} ∖ {s}至少有
k − (n−2) = Cn − 12 − n + 3 ≥ Cn − 12 + 1
由归纳可知，这些bij可唯一确定出ai, i ∈ {1, 2, 3, ⋯, n} ∖ {s}，然后再有bis（或bjs）确定出as。
（30分）
15. 设{ai}, {bj}为实数列，证明$\sum_{m,n = 1}^{2020}\frac{a_{m}b_{n}}{(\sqrt{m} + \sqrt{n})^{2}}_{} \leq 2(\sum_{m = 1}^{2020}{a_{m}^{2})^{\frac{1}{2}}}(\sum_{n = 1}^{2020}{b_{n}^{2})^{\frac{1}{2}}}$ 。
证明： 不等式的左边=$\sum_{m,n = 1}^{2020}{\lbrack\frac{a_{m}}{(\sqrt{m} + \sqrt{n})^{}}}(\frac{m}{n})^{\frac{1}{4}}\rbrack\lbrack\frac{b_{n}}{(\sqrt{m} + \sqrt{n})^{}}(\frac{n}{m})^{\frac{1}{4}}\rbrack$，由Cauchy不等式得
$$\sum_{m,n = 1}^{2020}{[\frac{a_{m}}{(\sqrt{m} + \sqrt{n})^{}}}(\frac{m}{n})^{\frac{1}{4}}][\frac{b_{n}}{(\sqrt{m} + \sqrt{n})^{}}(\frac{n}{m})^{\frac{1}{4}}]\le\left[\sum_{m,n = 1}^{2020}{[\frac{a_{m}}{(\sqrt{m} + \sqrt{n})^{}}}(\frac{m}{n})^{\frac{1}{4}}]^2\right]^{\frac12}\left[\sum_{m,n = 1}^{2020}[\frac{b_{n}}{(\sqrt{m} + \sqrt{n})^{}}(\frac{n}{m})^{\frac{1}{4}}]^2\right]^{\frac12}$$
由等式$\sum_{m,n = 1}^{2020}{\lbrack\frac{a_{m}}{(\sqrt{m} + \sqrt{n})^{}}}(\frac{m}{n})^{\frac{1}{4}}\rbrack^{2} = \sum_{m = 1}^{2020}a_{m}^{2}\sum_{n = 1}^{2020}{\lbrack\frac{1}{(\sqrt{m} + \sqrt{n})^{2}}}(\frac{m}{n})^{\frac{1}{2}}\rbrack$
以及$\sum_{m,n = 1}^{2020}{\lbrack\frac{b_{n}}{(\sqrt{m} + \sqrt{n})^{}}}(\frac{n}{m})^{\frac{1}{4}}\rbrack^{2} = \sum_{n = 1}^{2020}b_{n}^{2}\sum_{m = 1}^{2020}{\lbrack\frac{1}{(\sqrt{m} + \sqrt{n})^{2}}}(\frac{n}{m})^{\frac{1}{2}}\rbrack$，从而只需证明
$\sum_{n = 1}^{2020}{\lbrack\frac{1}{(\sqrt{m} + \sqrt{n})^{2}}}(\frac{m}{n})^{\frac{1}{2}}\rbrack \leq 2$ （1）以及 $\sum_{m = 1}^{2020}{\lbrack\frac{1}{(\sqrt{m} + \sqrt{n})^{2}}}(\frac{n}{m})^{\frac{1}{2}}\rbrack \leq 2$ （2）。 （20分）
这两个不等式是一样的($m,n$对调).
下面证明：$\frac{1}{(\sqrt{m} + \sqrt{n})^{2}}(\frac{m}{n})^{\frac{1}{2}} \leq 2(\frac{1}{\sqrt{\frac{n - 1}{m}} + 1} - \frac{1}{\sqrt{\frac{n}{m}} + 1})$.（3）
该不等式等价于
$${\frac{1}{(\sqrt{m} + \sqrt{n})^{2}}(\frac{m}{n})^{\frac{1}{2}} \leq 2(\frac{\sqrt{m}}{\sqrt{n - 1} + \sqrt{m}} - \frac{\sqrt{m}}{\sqrt{n} + \sqrt{m}}) \Leftrightarrow
}{\frac{1}{(\sqrt{m} + \sqrt{n})^{2}}\frac{1}{\sqrt{n}} \leq 2\frac{\sqrt{n} - \sqrt{n - 1}}{(\sqrt{n - 1} + \sqrt{m})(\sqrt{n} + \sqrt{m})}}$$
而由$(\sqrt{n - 1} + \sqrt{m})(\sqrt{n} + \sqrt{m}) \leq (\sqrt{m} + \sqrt{n})^{2},2(\sqrt{n} - \sqrt{n - 1}) = \frac{2}{\sqrt{n} + \sqrt{n - 1}} \geq \frac{1}{\sqrt{n}}$，
可知最后的不等式成立。对(3)求和即得(1)式，得证。 （30分） | 
