\begin{example}
(2020年西城一模)对于正整数$n$,如果$k\,(k\in \mathbb{N}^\ast)$个整数$a_1,a_2,\cdots,a_k$满足$1\leq a_1\leq a_2\leq \cdots\leq a_k\leq n$,且$a_1+a_2+\cdots+a_k=n$,则称数组$(a_1,a_2,\cdots,a_k)$为$n$的一个“正整数分拆”.记$a_1,a_2,\cdots,a_k$均为偶数的“正整数分拆”的个数为$f_n$, $a_1,a_2,\cdots,a_k$均为奇数的“正整数分拆”的个数为$g_n$.

(I)写出整数4的所有“正整数分拆”;

(II)对于给定的整数$n\,(n\geq 4)$,设$(a_1,a_2,\cdots,a_k)$是$n$的一个“正整数分拆”
且$a_1=2$,求$k$的最大值;

(III)对所有的正整数$n$,证明: $f_n<g_n$;并求出使得等号成立的$n$的值.

(注:对于$n$的两个“正整数分拆”$(a_1,a_2,\cdots,a_k)$与$(b_1,b_2,\cdots,b_m)$,当且仅当$k=m$且$a_1=b_1,a_2=b_2,\cdots,a_k=b_m$时,称这两个“正整数分拆”是相同的.)
\end{example}
\begin{solution}
$12$.
\end{solution}

\begin{example}
(2012年海淀二模)将一个正整数$n$表示为$a_1+a_2+\cdots+a_p\,(p\in \mathbb{N}^\ast)$的形式,其中$a_i\in \mathbb{N}^\ast,i=1,2,\cdots,p$,且$a_1\leq a_2\leq \cdots\leq a_p$,记所有这样的表示法的种数为$f(n)$(如$4=4,4=1+3,4=2+2,4=1+1+2,4=1+1+1+1$,故$f(4)=5$).

(1)写出$f(3),f(5)$的值,并说明理由;

(2)对任意正整数$n$,比较$f(n+1)$与$\frac{1}{2}[f(n)+f(n+2)]$的大小,并给出证明;

(3)当正整数$n>6$时,求证: $f(n)\geq 4n-13$.
\end{example}
\begin{solution}
$12$.
\end{solution}

\begin{example}
(2010中国数学奥林匹克,李伟固)设复数$a$、$b$、$c$满足:对任意模不超过$1$的复数$z$,都有$\left|az^2+bz+c\right|\leq 1$.求$|bc|$的最大值.
\end{example}
\begin{solution}
令$f(z)=az^2+bz+c,g(z)=z^{-2}f(z)=a+bz^{-1}+cz^{-2}$, $h\left( z \right) =e^{i\alpha}g\left( e^{i\beta}z \right) =c'z^{-2}+b'z^{-1}+a'$.

取适当的实数$\alpha,\beta$,使得$c'$、$b'\geq 0$,对$r\leq 1$,有
\[
\frac{1}{r^2}\ge \left| h\left( re^{i\theta} \right) \right|\ge \left| \mathrm{Im}h\left( re^{i\theta} \right) \right|=\left| r^{-2}c'\sin 2\theta +r^{-1}b'\sin \theta +\mathrm{Im}a' \right|.
\]

不妨设$\mathrm{Im}a'\geq 0$,否则可作变换$\theta\to -\theta$,这样对任意$\theta\, \left( 0<\theta <\frac{\pi}{2} \right)$,有
\[
\frac{1}{r^2}\ge r^{-2}c'\sin 2\theta +r^{-1}b'\sin \theta \ge 2r^{-3/2}\sqrt{b'c'\sin 2\theta \cdot \sin \theta}.
\]
\[
\Rightarrow \left| bc \right|=b'c'\le \frac{1}{4r\sin 2\theta \cdot \sin \theta},\quad \text{对任意$r\leq 1,\theta \in \left( 0,\frac{\pi}{2} \right)$}
\]
于是
\begin{align*}
\left| bc \right| &\le \mathop {\min} \limits_r\le 1,\theta \in \left( 0,\frac{\pi}{2} \right)\frac{1}{4r\sin 2\theta \cdot \sin \theta}=\mathop {\min} \limits_\theta \in \left( 0,\frac{\pi}{2} \right)\frac{1}{4\sin 2\theta \cdot \sin \theta}
\\
&=\frac{1}{4\mathop {\max} \limits_\theta \in \left( 0,\frac{\pi}{2} \right)\sin 2\theta \cdot \sin \theta}=\frac{3\sqrt{3}}{16}.
\end{align*}

$\left| bc \right|=\frac{3\sqrt{3}}{16}$的例子:
\[
f\left( z \right) =\frac{\sqrt{2}}{8}z^2-\frac{\sqrt{6}}{4}z-\frac{3\sqrt{2}}{8}.
\]
对于$z=re^{i\theta}\,(r\leq 1)$,有
\begin{align*}
\left| f\left( re^{i\theta} \right) \right|^2 &=\frac{1}{32}\left[ \left( r^2\cos 2\theta -2\sqrt{3}r\cos \theta -3 \right) ^2+\left( r^2\sin 2\theta -2\sqrt{3}r\sin \theta \right) ^2 \right]
\\
&=\frac{1}{32}\left[ 2r^4+12r^2+18-\left( 2\sqrt{3}r\cos \theta +r^2-3 \right) ^2 \right]
\\
&\le \frac{1}{32}\left( 2r^4+12r^2+18 \right) \le 1.
\end{align*}
\end{solution}

\begin{example}
(2010年新课标全国卷)设函数$f(x)=e^x-1-x-ax^2$.

(1)若$a=0$,求$f(x)$的单调区间;

(2)若当$x\geq 0$时$f(x)\geq 0$,求$a$的取值范围.
\end{example}
\begin{solution}
不等式$e^x\geq x+1$与$1$
\end{solution}

 

\begin{example}
(2018年全国2卷)已知函数$f(x)=e^x-ax^2$.

(1)若$a=1$,证明:当$x\geq 0$时, $f(x)\geq 1$;

(2)若$f(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点,求$a$.
\end{example}

(3)设$n\in \mathbb{N}^\ast,x>0$,求证: $e^x>1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}$,其中阶乘$n!=n\times (n-1)\times\cdots \times 2\times 1$.
\begin{solution}
1
\end{solution}

\begin{example}
(2018年广州一模)已知函数$f(x)=ax+\ln x+1$.

(1)讨论函数$f(x)$零点个数;

(2)对任意的$x>0,f(x)\leq xe^{2x}$恒成立,求实数$a$的取值范围.
\end{example}
\begin{solution}
\textbf{解法一.}(参变分离,分离参(常)数)利用
\[
a\le \frac{xe^{2x}-\ln x-1}{x}.
\]
利用$e^x\geq x+1$可知
\[
xe^{2x}=e^{\ln x}e^{2x}=e^{\ln x+2x}\ge \ln x+2x+1,
\]
当且仅当$xe^{2x}=1$时取等号,则
\[
\frac{xe^{2x}-\ln x-1}{x}\ge \frac{\ln x+2x+1-\ln x-1}{x}=2,
\]
因此$a$的取值范围为$(-\infty,2]$.

\textbf{解法二.}等价于
\[
a\le \frac{xe^{2x}-\ln x-1}{x}=e^{2x}-\frac{\ln x+1}{x},\quad x\in (0,+\infty)
\]
令
\[
m\left( x \right) =e^{2x}-\frac{\ln x+1}{x},\quad m'\left( x \right) =\frac{2x^2e^{2x}+\ln x}{x^2}.
\]
即隐零点$x_0$满足$2x_0^2e^{2x_0}+\ln x_0=0$,则$0<x_0<1$,所以
\[
2x_0e^{2x_0}=\frac{1}{x_0}\left( \ln \frac{1}{x_0} \right) =\left( \ln \frac{1}{x_0} \right) \cdot \exp \left\{ \ln \frac{1}{x_0} \right\}.
\]
构造函数$\varphi (x)=xe^x\,(x>0)$为增函数,由$2x_0e^{2x_0}+\frac{\ln x_0}{x_0}=0$等价于$\varphi \left( 2x_0 \right) =\varphi \left( \ln \frac{1}{x_0} \right)$,所以$2x_0=\ln \frac{1}{x_0}$,即$x_0e^{2x_0}=1$.于是
\[
m\left( x_0 \right) =e^{2x_0}-\frac{\ln x_0+1}{x_0}=-\frac{\ln x_0}{x_0}=2.
\]
\end{solution}

\begin{example}
(2018年广州二模)已知函数$f(x)=e^x-x^2-ax$.

(1)若函数$f(x)$在$\mathbb{R}$上单调递增,求$a$的取值范围;

(2)若$a=1$,证明:当$x>0$时, $f\left( x \right) >1-\frac{\ln 2}{2}-\left( \frac{\ln 2}{2} \right) ^2$.

参考数据: $e\approx 2.71828,\ln 2\approx 0.69$.
\end{example}
\begin{solution}
证明隐零点$x_0\in \left( 1,1+\frac{\ln 2}{2} \right)$.
\end{solution}

 

\begin{example}
$f(x)=ax^3-3x+1$对于$x\in [-1,1]$总有$f(x)\geq 0$成立,则$a=$?
\end{example}
\begin{solution}
三倍角$\cos 3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta$.
\end{solution}

\begin{example}
(1)当$PA+PB=c\,(c>0)$,曲线为椭圆;

(2)当$|PA-PB|=c\,(c>0)$,曲线为双曲线;

(3)当$PA\cdot PB=c\,(c>0)$,曲线为类椭圆,花生形,八字形,哑铃型;

两个类椭圆:
\[
\sqrt{\left( x-1 \right) ^2+y^2}\cdot \sqrt{\left( x+1 \right) ^2+y^2}=c,\quad 0<c<1.
\]
八字形:
\[
\sqrt{\left( x-1 \right) ^2+y^2}\cdot \sqrt{\left( x+1 \right) ^2+y^2}=1.
\]

 

(4)当$\frac{PA}{PB}=c\,(c>0)$,曲线为圆.
\end{example}
\begin{solution}
$12$.
\end{solution}

%https://www.doc88.com/p-2425380559539.html,椭圆——卡西尼卵形线;到两定点的距离的积为定值的点的轨迹

平面上到两个定点的距离的积为定值的动点$P$所构成的图形一般称为卡西尼(Cassini Oval)卵形线,设两个定点分别为$F_1,F_2$,且$|F_1F_2|=2c\,(c>0)$, $|PF_1|\cdot |PF_2|= a^2\,(a > 0)$, $a,c$是定值.取过$F_1,F_2$的直线为$x$轴,线段$F_1F_2$的垂直平分线为$y$轴,建立直角坐标系.

若$0<a<c$时,轨迹为两个类圆;

若$a=c$时,轨迹为双纽线,极坐标方程为$r^2=a^2\cos2\theta$;

若$c<a<\sqrt{3}c$时,轨迹为花生形;

若$a=\sqrt{3}c$时,轨迹为足球场跑道形;

若$a>\sqrt{3}c$时,轨迹为类椭圆.