高中数学竞赛专题16 导数与极限（附解析）

这是一份高中数学竞赛专题16 导数与极限（附解析），共44页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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竞赛专题16 导数与极限
（50题竞赛真题强化训练）
一、填空题
1．（2019·全国·高三竞赛）函数的最大值是______.
【答案】.
【解析】
【详解】
设.则.
由，得.
令.解得（舍去负根）.
故.
故答案为
2．（2019·全国·高三竞赛）已知等比数列满足，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【详解】
设等比数列的公比为，由部分和的极根存在知则.解得.
3．（2019·全国·高三竞赛）称一个函数是“好函数”当且仅当其满足：
（1）定义在上；
（2）存在，使其在、上单调递增，在上单调递减．
则以下函数是好函数的有______．
①，             ②，
③，       ④．
【答案】①②③
【解析】
【详解】
①在、上单调递增，在上单调递减，满足定义．
②．
注意到．
故在、上单调递增，在上单调递减，满足定义．
③．
注意到．
（因为，所以，存在、为的两实根且．）
故在、上单调递增，在上单调递减，满足定义．
④．
注意到．
由于，则恒成立．
故在上单调递增，不满足定义．
故答案为①②③
4．（2019·全国·高三竞赛）函数在区间[0，3]上的最小值为_______.
【答案】
【解析】
【详解】
令.则
.
而，
故当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以，当t=3时，取得最小值,
，
即当x=1时，f(x)取最小值-53.
故答案为-53
5．（2019·全国·高三竞赛）关于的不等式的解集为______.
【答案】
【解析】
【详解】
原不等式可化为.
构造函数.
因为，
所以，函数在上是单调递增函数，且易知.
故只有一个实数根0.
进而知原不等式的解集为.
故答案为
6．（2019·山东·高三竞赛）设函数，那么f(x)的最大值是______ .
【答案】
【解析】
【详解】
，故f(x)在上单调递增，
所以f(x)的最大值为.
故答案为：．
7．（2019·全国·高三竞赛）满足的整数n=__________．
【答案】
【解析】
【详解】
注意到，对任意的有
则与的导函数分别为
，.
故在区间上递减，在区间上递增.
且对任意的有.
从而，对任意的m、n有.
因此，满足的整数n必为负数.
记，代入题设等式得.
故，.
故答案为-2015
8．（2019·全国·高三竞赛）设函数的图像关于直线对称.则对满足的任意实数，的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【详解】
由题意，知定义区间的中点为.于是，.
则

令，得.
由对任意的有，及对任意的有
知
记
则                 ①
由，得
即.
类似地，由式①得.
两式相加得.
当时，上式等号成立.
故.
故答案为
9．（2019·全国·高三竞赛）设．则当与两个函数图像相切时，______．
【答案】
【解析】
【详解】
因为两个函数互为反函数，且关于直线对称，
所以，相切时切点在上．
设切点为．则
，①
．②
将式①代入式②得，即．③
再将式①代入式③得．
故．
10．（2019·全国·高三竞赛）已知过点的直线与曲线交于两不同的点、.则曲线在、处切线交点的轨迹为______.
【答案】，.
【解析】
【详解】
设，，点、处的切线为、，交点坐标为，直线的方程为.
由.
而，.
易知的方程为.
同理，.
故，.
又.
故所求交点的轨迹为，.
故答案为，.
11．（2019·全国·高三竞赛）若函数 的图像上存在互相垂直的切线，则实数 是__________.
【答案】0
【解析】
【详解】
注意到，.
若函数上存在两条切线垂直，则存在、，使得



.
故答案为0
12．（2019·全国·高三竞赛）在各项均为正数的等比数列中，若，则的最小值是______.
【答案】
【解析】
【详解】
设公比为.由题设知.
由，得.
而.
令.则，且.
因为，所以时上式取最小值为.
13．（2019·全国·高三竞赛）已知数列满足，，且. 则______.
【答案】
【解析】
【详解】
由已知有，从而，.
故 .
于是，.
从而，.
另一方面，.
从而，成立.
14．（2019·全国·高三竞赛）某人练习打靶，开始时，他距靶，此时，进行第一次射击.若此次射击不中，则后退进行第二次射击，一直进行下去.每次射击前都后退，直到命中为止，已知他第一次的命中率为，且命中率与距离的平方成反比.则他能够命中的概率等于_________.
【答案】
【解析】
【详解】
记事件“第次射击命中”为，其概率为.则.
又第次射击时距离靶，
则.
于是，前次内命中的概率为


.
令，得.
因此，此人能够命中的概率是.
故答案为
15．（2019·全国·高三竞赛）已知数列满足，，，记，其中，表示不超过实数的最大整数.则_______.
【答案】
【解析】
【详解】
根据递推关系及初始值，易算得.
由， ①
得.   ②
得.
整理得.
则，
即.
所以，.
故是以为首项、8为公差的等差数列，即
.
则
.
由，知.于是，

.
所以，.
故答案为
16．（2019·全国·高三竞赛）设．则______.
【答案】1005
【解析】
【详解】
设．则
．
从而，，．
又由，得．
故
．
故答案为1005
17．（2019·全国·高三竞赛）联结正多面体各个面的中心，得到一个新的正多面体，我们称这个新正多面体为原多面体的正子体．一正方体的表面积为，它的正子体为，表面积为，的正子体为，表面积为，……如此下去，记第个正子体的表面积为．则________．
【答案】
【解析】
【详解】
由已知为正方体，为正八面体．设的边长为，如图易知．
                    
如图，计算得，．
易知，对于自然数，有，．
而，，，．
同样，，．
于是，可得，．
故 ．
18．（2019·全国·高三竞赛）四次多项式的四个实根构成公差为2的等差数列.则的所有根中最大根与最小根之差是_________.
【答案】
【解析】
【详解】
设的四个实根为
.
则.
令.则
.
故.
故的根为，0，则的根为.
故的最大根与最小根之差为.
19．（2021·全国·高三竞赛）若数列是首项不为零的等差数列，则___________.
【答案】1或3##3或1.
【解析】
【详解】
设数列的前项和为，则，
若为常数列，则；
若不为常数列，则，
故答案为：1或3.
20．（2021·全国·高三竞赛）两数列满足，且对任意正整数n，，则为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
易知两数列均为严格递增的正数列，且不同时存在极限（否则对递推式取极限得矛盾）.
将两个递推式等号两边加1，可得：

再取倒数可得
所以，
当时，由得，于是数列有极限，从而没有极限，即，
此时；
当时，，于是都没有极限.
此时，
当时，，所以，
于是数列有极限，没有极限，
此时.
综上可得：.
故答案为：.
21．（2021·浙江·高三竞赛）若，，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
解析:由题意知设,
问题转化为:若,求,
即与的图象的两个公共点的横坐标设为求的范围;

如图所示，易知,所以,所以.
故答案为：3.
22．（2019·四川·高三竞赛）已知a为实数，且对任意k∈[－1，1]当x∈(0，6]时，6lnx+x2－8x+a≤kx恒成立，则a的最大值是_____ .
【答案】6－6ln6
【解析】
【详解】
由题意，对k∈[－1，1]，在x∈(0，6]时恒成立，
所以，在x∈(0，6]时恒成立，
即a≤－x2－6lnx+7x在x∈(0，6]时恒成立.
设h(x)=－x2－6lnx+7x，x∈(0，6]，则.
所以.
因为x>0，所以当时，h'(x)>0，h(x)为增函数；
当x∈和(2，6]时h'(x)<0，h(x)为减函数.
所以h(x)的最小值为和h(6)中的较小者.
，
所以，从而a的最大值是6－6ln6.
故答案为：．
二、解答题
23．（2019·全国·高三竞赛）已知函数.
（1）求的极大值；
（2）求的最大值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）由 ，
可知在上单调递增，在上单调递减.
所以，在时，取得极大值.
（2）.
下面证明：当时，.
则要证.
由
，
知，即的最大值为.
24．（2019·广西·高三竞赛）已知函数.
（1）设a>1，讨论f(x)在区间(0，1)上的单调性；
（2）设a>0，求f(x)的极值.
【答案】（1）减区间是，增区间是；（2）当a>1时，极小值为，极大值为；当a=1时，无极值；当0 【解析】
【详解】
（1）.
由a>1可知，所以f(x)的减区间是，增区间是.
（2）.
当a>1时，f(x)的减间是和[a，+∞)增区间是.
f(x)的极小值为，极大值为.
当a=1时，，f(x)无极值.
当0 f(x)的极小值为，极大值为.
综上可得：
当a>1时，极小值为，极大值为；
当a=1时，无极值；
当0 25．（2021·全国·高三竞赛）求c的最大值，使得对任意的正实数x、y、z，均有，其中“”表示轮换对称求和．
【答案】．
【解析】
【分析】
【详解】
注意到，由不等式的轮换对称性，不妨设x最小，则，其中．所以，原式等价于：
，
化简得．
由，且x可无限接近于0，得，对成立．
又，为了求c的最大值，可不妨设．
令，，
设，
则，
所以在上严格单调递增．
而，
解得，所以在上单调递减，在上单调递增．
故，
所以，c的最大值为．
26．（2019·全国·高三竞赛）在锐角△ABC中，证明:.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
不妨设A≥B≥C.
由，知式①等价于

.
记.则.
故.
从而，.
类似地，

.
将这三式相加，便证明了原不等式.
27．（2019·全国·高三竞赛）求所有的正实数k，使得对于任意正实数a、b、c，均有.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
k≥4.
一方面，令a＝b＝1，得
.
令c→0，得k≥4.
另一方面，只需证明k＝4时，不等式成立.
由柯西不等式得

.
（因为.）
故题设不等式成立.
28．（2019·全国·高三竞赛）已知函数，的图像有两条公切线，且由这四个切点组成的四边形的周长为6,求实数a的值.
【答案】
【解析】
【详解】
设函数f(x)与g(x)的一条公切线分别过切点.则公切线方程为
.
故，且.
注意到，

.
两于是，是方程的两实根.
由f(x)与g(x)有两条公切线，知f(x)与g(x)不相交.
因此，.
由.
设四个切点坐标为.
则

，

.
同理，.
故四边形MNPQ为平行四边形，且.
解得即为所求.
29．（2019·全国·高三竞赛）已知,.求最大的正整数,使得对任意的正数,存在实数满足,且.
【答案】3
【解析】
【详解】
对于正整数,显然,在区间(1,+ ∞)上为减函数.
于是,对任意的正数,.
当时,不等式             ①
令,则.
令,则.
故在时为增函数.
又 ,
因此,存在唯一的正实数吨,有.             ②
于是, ,且.
故当时, ,为减函数；当时, , 为增函数.
因此,当时,结合式②有的最小值为.
结合式①有正整数,.                                        ③
下面证明：当时,对,有.                    ④
当时, .
令,其中,.则.
故为减函数.于是,.
因此,式④成立.
注意到,的值域为(0,+∞),
的值域也为(0,+ ∞),
的值域为R.
结合函数的图像,知对任意的正数,存在实数满足,且.
综上,正整数的最大值为3.
30．（2019·全国·高三竞赛）已知，对任意实数成立．求的解析式．
【答案】
【解析】
【详解】
当时，．
将这个等式相加得．
令，知．
上式右边．故．
又也满足条件，因此，．
31．（2019·全国·高三竞赛）已知各项均不小于1的数列满足：，，，试求：（1）数列的通项公式；
（2）的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）令.
则且.
由此，，，….
观察知.
下面用数学归纳法证明.
当时，结论显然成立.
设时，结论成立，证明时结论亦成立.
由，知.
因此，对一切正整数成立.
由此得.
由，知.
令，则，且.
故.
从而，.
（2）注意到
（阿贝尔公式），
故，即.
从而，.
类似地，由于
，
故，即.
所以，.
综上，.
32．（2019·全国·高三竞赛）已知，方程在上有唯一解.求的值.
【答案】
【解析】
【详解】
设函数.
则.
令，即.
解得（舍去），.
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
故在时取到最小值.
由有唯一解知，即.
于是，.
由，知.
当时，函数严格递增，又，从而，.
由此可解得.
33．（2019·全国·高三竞赛）设，对，有.求常数，使对一切正整数有，而对任何，都存在正整数，使.
【答案】
【解析】
【详解】
由题设得，即从而，则由数学归纳法知，对有所以，故对任何，都存在正整数，使依题意得因此，
34．（2019·全国·高三竞赛）给定正整数，（即等于进制表示为的数）.试求的值.
【答案】
【解析】
【详解】
根据题意知

注意到
.
则
.
故.
于是，有
.
35．（2019·全国·高三竞赛）求最小的实数，使得对每个满足条件的二次三项式，适合不等式．
【答案】8
【解析】
【详解】
设二次三项式为.
由题意知，，.
注意到，
，
，
.
则.
因此，.
又，
当时，，，.
于是，.所以.
36．（2019·全国·高三竞赛）已知，其中，常数．求所有的实数，使对任意、，恒有．
【答案】
【解析】
【详解】
当时，任意．
当时，不等式化为．
由于


，
由．
当，且都趋向于时，有．
于是，所求的集合是．
37．（2019·全国·高三竞赛）设是一个给定的非零实数,在平面直角坐标系中,曲线的方程为且,点.
(1)设是上的任意一点,试求线段的中点的轨迹的方程并指出曲线的类型和位置;
(2)求出、在它们的交点处的各自切线之间的夹角(锐角)(用反三角函数式表示)
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【详解】
（1）
（且）

（由，得）


（且）.
故曲线是在一条等轴双曲线上挖去点（0，0）和所得的曲线.
设的中点为，则.
从而，.
代入方程得
（且）.
因此，的轨迹的方程为
（且）.
它的中心点为，渐近线为及，即是在一条等轴双曲线上挖去点和所得的曲线.
（2）联立方程组

②÷①得.
解得，代入式②得.
故与的交点为.
对的两边求关于的导数得，即
.
再对的两边求关于的导数得，即
.
与在焦点处的各自的切线的夹角（锐角）的正切值为.
故.
38．（2019·全国·高三竞赛）已知函数，其中，a为实数．
（1）当函数的图像在上与x轴有唯一的公共点时，求实数a的取值范围；
（2）当时，求函数在上的最大值与最小值．
【答案】（1），或，或；（2）最大值为，最小值为
【解析】
【详解】
由已知有．
（1）由函数的图像与x轴公共点的横坐标是二次方程的实数根得．
下面分三种情形讨论．
（i）当时，有．
进而，是函数的图像在上与x轴的唯一公共点，故为所求．
（ii）当时，有．进而，．
又由函数的图像在上与x轴有唯一的公共点，得，即．解得．
（iii）当时，有．进而，．
又由函数的图像在上与x轴有唯一的公共点，得，即．解得．
所以，实数a的取值范围为，或，或．
（2）当时，有，且的两个根为，只有在上．
则在上单调递减，在上单调递增，且．
因此，函数在上的最大值为，最小值为．
39．（2019·全国·高三竞赛）已知抛物线上的动点P，及焦点．求的内切圆半径r的最大值．
【答案】
【解析】
【详解】
由对称性，不妨设.
易知，，且
.
故.
则
由，解得.
此时，.
从而，且在上单调递增.
故在时，取最小值.
所以，.
40．（2019·全国·高三竞赛）设，，，其中，、、为给定的实数．
（1）求的表达式．
（2）问：当为何值时，极限存在？如果存在，请求出其值．
【答案】（1），，              其中，，（2）
【解析】
【详解】
(1)由题给条件得，，
则，
令，则             ①
其中，，
由式①得


则


，其中，
故，

……

将以上个式子相加得

故             ②
其中，，同时对也成立.另外，，，
（2）由式②知，若，则
若，则
因此，当且仅当时，存在，且
41．（2019·全国·高三竞赛）设函数的图像T上有两个极值点P、Q，其中，P为坐标原点.
（1）当点Q(1，2)时，求f(x)解析式；
（2）当点Q在圆上时，求曲线T的切线斜率的最大值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】
因为，所以，.
因图像T上有一极值点P为坐标原点，所以，且.故c=d=0.
（1）当点Q(1，2)时，由与，得3a+2b=0，a+b=2.解得a=-4，b=6.
此时，.
（2）因为，且由题意点Q在圆C上知a<0，所以，曲线T的切线斜率k的最大值为的最大值，即.
设点，则，且.
，且.

因为表示过原点且圆C有公共点的直线的斜率，而过原点且与圆C有公共点的直线斜率的最大值为，
所以 .
故曲线T的切线斜率最大值为.
42．（2019·四川·高三竞赛）已知函数f(x)=xlnx－ax2，a∈R.
（1）证明：当1 （2）设函数F(x)=|f(x)|(x∈[1，e])有极小值，求a的取值范围.
【答案】（1）证明见解析（2）或
【解析】
【详解】
（1）设，则.
当10，因此，g(x)在(1，3)上单调递增，所以，；
设，则.
当10；
当2 因此，h(x)在(1，2)上单调递增，在(2，3)上单调递减.
所以，h(x)的最大值为h（2）=e2，即0<(3－x)ex≤e2.
所以.
又因为f(x)+ax2－x+2>1，所以.
（2）.
令，则.
当x∈[1，e]时，t'(x)≥0，故t(x)在[1，e]上单调递增.
于是t（1）≤t(x)≤t(e)，即.
(i)当－a≥0，即a≤0时，t(x)≥0，于是，
则，从而F(x)在[1，e]上单调递增.
所以，F(x)在[1，e]上无极值点.
(ii)当，即时，t(x)<0，于是.
则，，因为，
①当2a≥1，即时，F"(x)≥0，故F'(x)在[1，e]上单调递增.
又因为F'（1）=2a－1≥0，故F(x)在[1，e]上单调递增，所以，F(x)在[1，e]上无极值点.
②当时，由得.
于是F'(x)在上单调递减，在上单调递增.
又因为F'（1）=2a－1<0，F'(e)=2ae－2>0，故存在，使得.
因此，F(x)在上单调递减，在上单调递增.
所以，F(x)在[1，e]上有一个极小值点
(iii)当时，，由得.
于是F'(x)在上单调递减，在上单调递增.
又，从而F'(x)≤0在[1，e]上恒成立.
所以，F(x)在[1，e]上无极值点
(iv)当时，因为t(x)在[1，e]上单调递增，于是存在x0∈(1，e)，使得.
因此，当时，t(x)≤0；当时，t(x)≥0.
从而
于是
令，则.
下面证明k'(x)≤0，即证2ax≤lnx+1，即.
又，故.
即证，所以结论成立，即k'(x)≤0.
注意到，故F(x)在上单调递减，在上单调递增.
因此，为F(x)的极小值点
综上所述，当或时，F(x)在[1，e]上有极小值点.
43．（2019·江苏·高三竞赛）证明：对任意x∈(－∞，0)∪(0，+∞)，，且等号成立的充要条件是.
【答案】证明见解析
【解析】
【详解】
设，令，
则.
因此，对任意x∈(－∞，0)∪(0，+∞)，有：
               ①
当0 令，得.
由函数的单调性，得               ②
由①②知，对任意x∈(－∞，0)∪(0，+∞)及任意，有：
.               ③
在③式中，令，化简得：
.
此时，当时，则.
从而，等号成立的充要条件是.
44．（2020·浙江温州·高一竞赛）已知1 （1）证明：函数在(0，+)上有唯一零点；
（2）设是函数在(0，+)上的零点，证明：．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【详解】
（1）当10，
故函数y=f(x)在(0，+)上存在零点．
设，



又因为，所以，
所以，
则，即，
所以函数在(0，+)上单调递增．
故函数在(0，+)上有唯一零点．
（2）先证右边：要证明，由（1）知只需，
只需即可．
而

()，
所以右边不等式成立．
再证左边：要证明也只需，
即只需，
设(t>1)，则，，
代入上式只需，
即，
整理得，
当t>1时，不等式显然成立.
45．（2021·全国·高三竞赛）设均为正数，证明：
（1）若，则；
（2）若，则.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
【详解】
设，令解得.
当时，在内是增函数；
当时，在内是减函数；
故函数在处取得最大值.
（1）因为，从而有，得，
求和得.
因为，所以，
即，所以.
（2）①先证
令.则，
于是由（1）得，
即，
所以.
②再证.
记，令，则，
于是由（1）得.
即，所以.
综合①②，（2）得证.
46．（2019·重庆·高三竞赛）已知x，y≥0，x2019+y=1，求证：.
注：可直接应用以下结论：（1）；（2）.
【答案】证明见解析
【解析】
【详解】
设n=2019，f(x)=x+yn，x，y≥0，则.
只要证，因为f(0)=f（1）=1>，
所以只要证明：对满足f'(x)=0的x，有.
由得.
此时，
，
所以
.
因为，所以
，
不等式成立，得证.
47．（2019·福建·高三竞赛）已知.
（1）当时，不等式恒成立，求m的取值范围；
（2）求证：当时，.
【答案】（1）.（2）证明见解析
【解析】
【详解】
（1）依题意，当x≥0时，恒成立.
设，则x≥0时，k(x)≥0恒成立，
若，则x>0时，，k(x)在[0，+∞)上为增函数.
于是，x≥0时，k(x)≥k(0)=0.因此，符合要求.
若，则2m>1，0 于是，.因此，不符合要求.
所以m的取值范围为.
（2）解法一：设，则.
当xln4时，g'(x)>0
所以g(x)在(-∞，ln4]上为减函数，在[ln4，+∞)上为增函数.
所以g(x)≥g(ln4)=4-4ln4.
由此可得，g(x)=ex-4x≥4-4ln4，即，
当且仅当x=ln4时等号成立.
所以x>0时，，
当且仅当x=ln4时等号成立.
设h(x)=4x-4lnx-4，则.
当01时，h'(x)>0.
所以h(x)在(0，1]上为减函数，在[1，+∞)上为增函数.
所以h(x)≥h（1）=0，即，
当且仅当x=1时等号成立.故.
由于上述两个等号不同时成立，因此.
所以当x>0时，f(x)>4lnx+8-8ln2.
解法二：设，
则.
由g"(x)=，知g'(x)为增函数.
又g'（1）=e-4<0，g'（2）=e2-2>0，因此，g'(x)有唯一零点，设为x0.
则x0∈(1，2)，且0x0时，g'(x)>0
所以g(x)在区间(0，x0]上为减函数，在区间[x0，+∞)上为增函数.
所以g(x)有最小值.
又由，知，
两边取对数，得.
所以
.
所以当x>0时，g(x)≥g(x0)>0，故当x>0时，.
48．（2019·全国·高三竞赛）如果一个多项式的系数都是自然数，则称为“自然多项式”.对正整数，用表示满足的不同自然多项式的个数.证明：.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
首先证明：对任何正整数，有.              ①
事实上，对任何满足的自然多项式，因为奇数，所以，的常数项为奇数.令.则是自然多项式，且.
反之，对任何满足的自然多项式，令.则是自然多项式，且.
所以，.
对任何满足的自然多项式，若，令，则是自然多项式，且，这样的多项式有个；若
，令，则是自然多项式，且，故，这样的多项式有个.
所以，.
式①成立.
其次证明：对任何正整数，有.              ②
由式①可知，不减，且对，有

.
特别地，令，有.
故.
式②的右边获证.
取整数，使.
则.
取自然数组（），使，这样的数组（）有个.
对每个这样的数组，再取，其中，，令，则，且，有.
从而，是自然多项式.因此，.
故式②的左边获证.
由式②有.
令，得.
对任意的正整数，设.则，.
又由不减可知，.
则.
令，，得.
49．（2019·全国·高三竞赛）设求正实数，使得满足不等式的实数的集合是互不相交的区间的并集，且这些区间的长度总和为2009．
【答案】
【解析】
【详解】
考虑函数．
易知，当时，
，．
而在内是严格递减的连续函数，因此，在内恰好有一个实根（）．
又，而在于内都是严格递减的连续函数，于是，在内无实根，在内有唯一实根．
考虑方程．①
显然（）为方程①的实根．
又方程①左边为一个次多项式，则至多有个实根．
这说明（）是在对应区间内的唯一实根．
故不等式的解集是，其长度和为．
又在方程①中，次项系数为，次项系数为

，
故．
从而，所有区间长度之和为．
所以，．
50．（2019·全国·高三竞赛）求所有的实数组（a、b、c），使得对任何整数n，都有.其中，表示不超过实数x的最大整数.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
首先证明：“使对任何整数n，都有”等价于“a、b中至少有一个为整数，且c=a+b”.
一方面，若a、b中至少有一个为整数，且c=a+b，则不妨设a为整数.那么，对任何整数n，na为整数.所以，.
于是， .
另一方面，若对任何整数n，都有.则分别取n=1、-1，
得，
两式相加得.
又对任何实数x，

于是，如果a、b都不是整数，则
故，矛盾.
所以，a、b中至少有一个为整数.
不妨设a为整数，那么，对任何整数n，na为整数，于是，.
则对任何整数n，.
即.
故
而
于是，.
综上，所求的实数组，，
其中，m、n为任意整数，t为任意实数.