数理视界

由题意知: $a_1+a_2+\cdots+a_n+a_{n+1}=(n+1)^3$, 与$a_1+a_2+\cdots+a_n=n^3$ 相减得:
\[
a_{n+1}=(n+1)^3-n^3=3n^2+3n+1\Rightarrow \frac{1}{a_{n+1}-1}=\frac{1}{3}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})
\]
因此
\[
\frac{1}{a_2-1}+\frac{1}{a_3-1}+\cdots +\frac{1}{a_{100}-1}=\frac{1}{3}[(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\cdots +(\frac{1}{99}-\frac{1}{100})]=\frac{33}{100}
\]

(1) 易求得解析式为: $y=-x^2+5x+6$, 顶点坐标为: $(\frac{5}{2},\frac{49}{4})$.
(2) $\because C(0,6)$, $\therefore AC$ 直线方程为$y=-x+6$, $\angle OAD=\angle ADP=45 ^{\circ}$.
所以$\triangle PDE$ 为等腰直角三角形, $PD=PE$, 所以$PD+PE$ 最大时$PE$ 也取得最大,
设点$P(t,-t^2+5t+6) (0\lt t\lt 6)$, 此时$E(t,-t+6)$, 所以$PE=-t^2+5t+6-(-t+6)=-t^2+6t=-(t-3)^2+9$.
即当$t=3$ 时$PE$ 取得最大值$9$, 此时$P$ 的坐标为$P(3,12)$.

(3) 设$M(\frac{5}{2},t)$ 是$l$ 上一点, 因为$M,N$ 关于直线$AC$ 对称, 设$N(x,y)$, 则
(i) 过$M,N$ 的直线的斜率为$1$, (ii) $M,N$ 中点在直线$AC$ 上. 故有
\[
\left\{\begin{array}{lr} \frac{y-t}{x-5/2}=1 \\ \frac{y+t}{2}=-\frac{5/2+x}{2}+6 \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{lr} x=6-t \\ y=\frac{7}{2} \end{array}\right.
\]所以$N(6-t,\frac{7}{2})$.
代入抛物线方程$y=-x^2+5x+6$ 得$\frac{7}{2}=-(6-t)^2+5(6-t)+6$ 解得$t_1=\frac{7+\sqrt{35}}{2}, t_2=\frac{7-\sqrt{35}}{2}$.
因此$N$ 的坐标为$N(\frac{5+\sqrt{35}}{2},\frac{7}{2})$ 或$N(\frac{5-\sqrt{35}}{2},\frac{7}{2})$.

如图所示, 设$E(x_1,y_1),F(x_2,y_2),G(x_3,y_3),H(x_4,y_4)$, 所以$M(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2}),N(\frac{x_3+x_4}{2},\frac{y_3+y_4}{2})$.
联立
\[
\left\{\begin{array}{lr} y=x^2-6 \\ y=kx \end{array}\right.
\]消去$y$ 整理得:$x^2-kx-6=0\Rightarrow x_1+x_2=k\Rightarrow M(\frac{k}{2},\frac{k^2}{2})$.
联立
\[
\left\{\begin{array}{lr} y=x^2-6 \\ y=-\frac{4}{k}x \end{array}\right.
\]消去$y$ 整理得:$x^2+\frac{4}{k}x-6=0\Rightarrow x_3+x_4=-\frac{2}{k}\Rightarrow N(-\frac{2}{k},\frac{8}{k^2})$.

设直线$MN$ 的解析式为: $y=mx+b$ 代入$M,N$ 坐标得
\[
\left\{\begin{array}{lr} \frac{k^2}{2}=\frac{k}{2}m+b \\ \frac{8}{k^2}=-\frac{2}{k}m+b \end{array}\right.
\]
两式相减得: $\frac{k^2}{2}-\frac{8}{k^2}=(\frac{k}{2}+\frac{2}{k})m\Rightarrow \frac{k^4-16}{2k^2}=\frac{k^2+4}{2k}m$.
所以$m=\frac{k^2-4}{k}$ 代入得$b=2$.
因此直线$MN$ 经过$y$ 轴上一个定点$(0,2)$.

(1)由题意设抛物线方程
$y=\frac{3+\sqrt{3}}{6}(x-3)(x+1)=\frac{3+\sqrt{3}}{6}(x^2-2x-3)=\frac{3+\sqrt{3}}{6}x^2-\frac{3+\sqrt{3}}{3}x-\frac{3+\sqrt{3}}{2}$
$\therefore b=-\frac{3+\sqrt{3}}{3}, c=-\frac{3+\sqrt{3}}{2}$.

(2) 因为$BD$ 过点$(3,0)$, 所以设直线$BD: y=k(x-3) (k<0)$.
$\because BC=\sqrt{3}CD\Rightarrow S_{\triangle OBC}=\sqrt{3}S_{\triangle OCD}$.
所以$\frac{1}{2}\times OB\times OC=\sqrt{3}\times \frac{1}{2}\times OC\times |x_D|\Rightarrow |x_D|=\sqrt{3}$, 即$x_D=-\sqrt{3}$.

另一方面联立
\[
\left\{\begin{array}{lr} y=\frac{3+\sqrt{3}}{6}(x-3)(x+1) \\ y=k(x-3) \end{array}\right.
\]消去$y$ 得$x_B=3,x_D=\frac{6k}{3+\sqrt{3}}-1$ (这里$x_B,x_D$ 分别表示$B,D$ 点的横坐标)
所以$\frac{6k}{3+\sqrt{3}}-1=-\sqrt{3}\Rightarrow -\frac{\sqrt{3}}{3}$.
故直线方程为$y=-\frac{\sqrt{3}}{3}x+\sqrt{3}$.

(1)设$B(m,\frac{8}{m})\Rightarrow M(\frac{m}{2}, \frac{4}{m})$, 因为$M$ 在反比例
函数$y=\frac{k}{x}$ 图象上, 所以$k=\frac{m}{2}\cdot \frac{4}{m}=2$.

(2) 所以$D(\frac{m}{4},\frac{8}{m}), E(m,\frac{2}{m})\Rightarrow \frac{AD}{AB}=\frac{CE}{CB}=\frac{1}{4}$.
$S_{\triangle BDF}=S_{\triangle DBO}=\frac{3}{4}S_{\triangle OAB}=\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot OA\cdot AB=\frac{3}{8}\cdot m\cdot \frac{8}{m}=3$.

(3) 因为$AB\parallel OF\Rightarrow \frac{CF}{BD}=\frac{CE}{EB}=\frac{AD}{DB}\Rightarrow CF=AD$
再$CO=CG=AB\Rightarrow AB-AD=CG-CF\Rightarrow DB=FG$, 因为$DB\parallel FG$, 所以
四边形$DFGB$ 为平行四边形.

(1) 不妨先设$a$ 是$a,b,c$ 中的最大者, 再求$a$ 的最小值. 因为$a>0$, 且
$b+c=2-a, bc=\frac{4}{a}$, 因此$b,c$ 为方程$x^2-(2-a)x+\frac{4}{a}=0$ 的两个实数根.
因此$\Delta=(2-a)^2-4\cdot \frac{4}{a}\geq 0\Rightarrow (a^2+4)(a-4)\geq 0\Rightarrow a\geq 4$.
当$a=4,b=c=-1$ 时, 满足题设条件. 所以$a$ 的最小值为$4$, 即$a,b,c$ 中的最大者的最小值为$4$.

(2) 因为$abc=4>0$, 所以$a,b,c$ 为全大于$0$ 或一正二负.
若$a,b,c$ 均大于$0$, 由(1)知$a,b,c$ 中最大者不小于$4$, 这与$a+b+c=2$ 矛盾.
若$a,b,c$ 为一正二负, 不妨设$a\gt 0, b\lt 0, c\lt 0$. 则
$|a|+|b|+|c|=a-b-c=a-(2-a)=2a-2$, 由(1)知$a\geq 4$, 所以
$|a|+|b|+|c|\geq 2\times 4-2=6$.
当$a=4,b=c=-1$ 时等号成立.
故$|a|+|b|+|c|$ 的最小值为$6$.

由题设, 对三个不等式两边平分, 的$a^2\geq a^2+2bc+c^2, b^2\geq c^2+2ca+a^2, c^2\geq a^2+2ab+b^2$.
把上面三个不等式相加, 可得: $0\geq a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\Rightarrow (a+b+c)^2\leq 0$
所以有:$a+b+c=0$.

当$x\geq 3$ 时, 左边$=x^2+2x-6=(x+1)^2-7\geq 9$;
当$x\lt 3$ 时, 左边$=x^2-2x+6=(x-1)^2+5\geq 5$;
所以要让原不等式对一切实数$x$ 都成立, $a$ 的最大值是$5$.

因为$a_1+a_2\leq a_3, a_2+a_3\leq a_4,\ldots$ 所以$a_1+2a_2\leq a_4, 2a_1+3a_2\leq a_5$.
$3a_1+5a_2\leq a_6$, $5a_1+8a_2\leq a_7$, $8a_1+13a_2\leq a_8$, $13a_1+21a_2\leq a_9$, $21a_1+34a_2\leq a_{10}$.
所以$55a_1\leq a_{10}$, 即$\frac{a_{10}}{a_1}\geq 55$.

另一方面, 当$a_1=a_2=1, a_{n+2}=a_{n+1}+a_n, n=1,2,\ldots,8$ 时,$\frac{a_{10}}{a_1}=55$ .

设$f(x)=(a_1x+b_1)^2+(a_2x+b_2)^2+\cdots+(a_nx+b_n)^2$, 显然有$f(x)\geq 0$.
又$f(x)=(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)x^2+2(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)x+(b_1^2+b_2^2+\cdots +b_n^2)$.
因为关于$x$ 的二次函数开口向上, 且恒有$f(x)\geq 0$, 因此有$\Delta\leq 0$, 即
$\Delta=4(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2-4(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots +b_n^2)\leq 0$.
所以得证.