数理视界

设销售价格定为$x$ 元, 所以每天的利润$y=\frac{10^5}{(x-4)^2}(x-50)$.
因为
$\frac{(x-40)^2}{(x-50)}=\frac{[(x-50)+10]^2}{x-50}=(x-50)+\frac{100}{(x-50)}+20\geq 2\sqrt{(x-50)\cdot \frac{100}{(x-50)}}+20=40$
$\therefore y\leq \frac{10^5}{40}=2500$, 当且仅当$x-50=\frac{100}{50}$ 即$x=60$ 或 $x=40$时
等号成立, 由已知$50\lt x\lt 80$, 所以$x=60$ 满足要求.

另解: 有已知得: $y=\frac{10^5}{(x-40)}(x-50)=\frac{10^5}{(x-40)^2}\cdot [(x-40)-10]=\frac{10^5}{(x-4)}-\frac{10^6}{(x-40)^2}$.
设$t=\frac{10^3}{(x-40)}$, 所以原式为$y=100t-t^2=-(t-50)^2+2500\leq 2500$当$t=50$
即$x=60$ 时取得最大值$2500$.

(1) 因为$S_{OAEC}=S_{\triangle OAC}+S_{\triangle ACE}$, 所以当$S_{AOCE}$ 的面积最
小时, 点$E$ 到$AC$ 的距离最小. 设$E,D$ 到$AC$ 的距离分别为$h,h_1$,
所以有$h+DE\geq h_1\Rightarrow h\geq h_1-2=\frac{18}{5}-2=\frac{8}{5}$.
此时$S_{AOCE}=S_{\triangle AOC}+S_{ACE}=24+\frac{1}{2}\times 10\times \frac{8}{5}=32$.

(2)如图所示作证三角形$\triangle BDF_1, \triangle ADF_2$,
易证$\triangle DPB\cong \triangle DFF_1$,且$\triangle DAP\cong \triangle DF_2F$ .
所以$F_1,F,F_2$ 共线, 故$F$ 的运动轨迹为线段$F_1F_2$, 点$F$ 运动路径长为$6$.

(1) $\frac{DG}{FM}=2$
(2) $\because \angle GBD=\angle FBM=60^{\circ}-\angle DBF$, 且$\frac{BM}{BD}=\frac{BF}{BG}=\frac{1}{2}$
得$\triangle \triangle BMF\backsim \triangle BDG\Rightarrow \angle BMF=\angle BDG=90^{\circ}$.
故得$\angle EDG=60^{\circ}$且$\frac{GD}{FM}=\frac{GB}{FB}=2$.
(3) 画出图形不难求得$\frac{BG}{FA}=4-2\sqrt{3}$ 或$4+2\sqrt{3}$

(1)易得$y=-\frac{1}{2}x^2-x+4$.
(2)作$PE\bot x$ 轴于点$E$, 利用相似三角形的判定方法可征得$\triangle PEB\backsim \triangle BOC$.
设$P(m,-\frac{1}{2}m^2-m+4)$, 则$PE=|-\frac{1}{2}m^2-m+4|, BE=2-m$. 所以有
$\frac{|-\frac{1}{2}m^2-m+4|}{2-m}=\frac{1}{2}$ 可解得$P(-3,\frac{5}{2})$ 或$P(-5,-\frac{7}{2})$
(3) 作$MF\bot x$ 轴于点$F$, 交$BP$ 于点$R$, 作$MN\bot BP$ 于点$N$.
由$P(-3,\frac{5}{2}),B(2,0)$ 可解得$BP$ 直线方程为$y=-\frac{1}{2}x+1$, 设$M(a,-\frac{1}{2}a^2-a+4)$,
则$R(a,-\frac{1}{2}a+1)\Rightarrow MR=(-\frac{1}{2}a^2-a+4)-(-\frac{1}{2}a+1)=-\frac{1}{2}a^2-\frac{1}{2}a+3$
$\because \angle MNR=\angle RFB=90^{\circ}, \angle NRM=\angle FRB$,
$\therefore \triangle MNR\backsim \triangle BFR$, $\therefore \frac{NR}{MN}=\frac{RF}{FB}$
易知$\triangle MNR$ 中, $NR:MN:MR=1:2:\sqrt{5}\Rightarrow \frac{MN}{MR}=\frac{2}{\sqrt{5}}$
$\therefore MN=-\frac{\sqrt{5}}{5}a^2-\frac{\sqrt{5}}{5}a+\frac{6\sqrt{5}}{5}=-\frac{\sqrt{5}}{5}(a+\frac{1}{2})^2+\frac{5\sqrt{5}}{4}$.
故当$a=-\frac{1}{2}$ 时, $MN$ 最大为$\frac{5\sqrt{5}}{4}$.

(4)作$Q$ 点关于$AC$ 的对称点$Q_1$, 作$Q$ 关于$CB$ 的对称点$Q_2$, 连接$Q_1Q_2$ 与
$AC,BC$分别交于点$G_1,H_1$, 连接$QQ_1$ 交$AC$ 于$J$, 连接$QQ_2$ 交$CB$ 于$K$, 此时
$\triangle QG_1H_1$ 的周长最小, 这个最小值$=Q_1Q_2$.
又$Q_1Q_2=2JK$, 所以当$JK$ 最小时, $Q_1Q_2$ 最小.
$\because \angle CJQ=\angle CKQ=90^{\circ}\Rightarrow C,J,Q,K$ 四点共圆, 线段$CQ$
是圆的直径. 在$\triangle CJK$ 中, 由正弦定理知$JK=CQ\cdot \sin \angle JCK$. 由于
$\angle JCK$ 是定值, 所以直径$CQ$ 最小时, $JK$ 最小. 当点$Q$与点$O$ 重合时, $CQ$
最小, 此时$JK$ 最小.

$\because OC=4,OB=2,OA=4\Rightarrow AC=4\sqrt{2}, BC=2\sqrt{5}$. 由
$\frac{1}{2}CB\cdot OK=\frac{1}{2}OC\cdot OB\Rightarrow OK=\frac{4\sqrt{5}}{5}\Rightarrow CK=\sqrt{CO^2-OK^2}=\frac{8\sqrt{5}}{5}$
再由射影定理得: $CO^2=CJ\cdot CA=CK\cdot CB$, 因此有$\triangle CJK\backsim \triangle CBA$
$\therefore \frac{JK}{BA}=\frac{CK}{CA}\Rightarrow JK=\frac{6\sqrt{10}}{5}$.
$\therefore \triangle QGH$ 周长的最小值$=Q_1Q_2=2JK=\frac{12\sqrt{10}}{5}$.

不等式$x^2+px>4x+p-3$ 恒成立即$(x-1)p+(x^2-4x+3)>0$
设$y=(x-1)p+(x^2-4x+3)$ 是以$p$ 为自变量的函数, 则$0\leq p\leq 4$ 时$y\gt 0$ 恒成立, 即
\[
\left\{\begin{array}{lr} (x-1)\cdot 0+x^2-4x+3\gt 0 \\ 4(x-1)+x^2-4x+3\gt 0 \end{array}\right.
\]
解得$x\gt 3$ 或$x\lt -1$.

要使得$f(x)\geq 2$ 在$-2\leq x\leq 2$ 时恒成立, 即当$-2\leq x\leq 2$ 时$f(x)$ 的最
小值$f(x)_{min}\geq 2$, 结合二次函数图象
(1) 若对称轴即直线$x=-\frac{a}{2}$ 在直线$x=-2$ 的左侧, 则当$-2\leq x\leq 2$ 时,
$f(x)$ 随$x$ 的增大而增大.此时, 问题等价于

\[
\left\{\begin{array}{lr} -\frac{1}{2}\lt -2 \\ f(x)_{min}=f(-2)=7-3a\geq 2 \end{array}\right.
\]

无解.
(2) 若对称轴即直线$x=-\frac{a}{2}$ 在直线$x=-2$ 非左侧且在直线$x=2$ 非右侧, 则当
$-2\leq x\leq 2$ 时, $f(x)$ 随$x$ 的增大先减后增, 于是问题等价于
\[
\left\{\begin{array}{lr} -2\leq -\frac{a}{2}\leq 2 \\ f(x)_{min}=f(-\frac{a}{2})=3-a-\frac{a^2}{4}\geq 2 \end{array}\right.
\]
解得: $-4\leq a\leq 2\sqrt{2}-2$.

(3) 若对称轴即直线$x=-\frac{a}{2}$ 在直线$x=2$ 的右侧, 则当$-2\leq x\leq 2$ 时,
$f(x)$ 随着$x$ 的增大而减小. 于是问题等价于
\[
\left\{\begin{array}{lr} -\frac{a}{2}\gt 2 \\ f(x)_{min}=f(2)=7+a\geq 2 \end{array}\right.
\]
解得$-5\leq a\lt -4$.
综上所述, 实数$a$ 的取值范围是$-5\leq a\leq 2\sqrt{2}-2$.

(1) 当$a^2-1=0$ 时, 则$a=\pm 1$. 当$a=1$ 时, 原不等式$-1\lt 0$, 满足题意;
当$a=-1$ 时, 原不等式$2x-1\lt 0\Rightarrow x\lt \frac{1}{2}$, 与题目不符.

(2) 若$a\neq \pm 1$, 则有
\[
\left\{\begin{array}{lr} \Delta=(a-1)^2+4(a^2-1)\lt 0 \\ a^2-1\lt 0 \end{array}\right.
\]
解得: $-\frac{3}{5}\lt a\lt 1$.

综上, 实数$a$ 的取值范围是$-\frac{3}{5}\lt a\leq 1$.

(1) 由$\frac{1}{1-3}=-\frac{1}{2}; \frac{1}{1-(-\frac{1}{2})}=\frac{2}{3}; \frac{1}{1-\frac{2}{3}}=3$
所以$A$={$3,-\frac{1}{2},\frac{2}{3}$}.
(2) 证明: $\because a\in A\Rightarrow \frac{1}{1-a}\in A\Rightarrow \frac{1}{1-\frac{1}{1-a}}=\frac{1-a}{-a}=1-\frac{1}{a}\in A$.

(3) 如果集合$A$ 只有一个元素, 则有$a=\frac{1}{1-a}\Rightarrow a^2-a+1=0$. 此二次方
程$\Delta=-3<0$, 没有实数解. 所以不可能只有一个元素.

由韦达定理: $\alpha+\beta+3, \alpha\beta=1\Rightarrow \alpha^2+\beta^2=(\alpha+\beta)^2-2\alpha\beta=7$
$\alpha^4+\beta^4=(\alpha^2+\beta^2)^2-2\alpha^2\beta^2=7^2-2=47$
因为$\alpha,\beta$ 也是方程$x^6-px+q=0$ 的根, 则由
\[
\left\{\begin{array}{lr} \alpha^6-p\alpha^2+q=0 \\ \beta^6-p\beta^2+q=0 \end{array}\right.
\]
解得:$p=\frac{\alpha^6-\beta^6}{\alpha^2-\beta^2}=\alpha^4+\alpha^2\beta^2+\beta^4=48$
$q=\frac{\alpha^2\beta^2(\alpha^4-\beta^4)}{\alpha^2-\beta^2}=\alpha^2\beta^2(\alpha^2+\beta^2)=7$

设$f(x)=x^2+(a^2-1)x+a-2$, 由题意得:
\[
\left\{\begin{array}{lr} \Delta=(a^2-1)^2-4(a-2)\gt 0 \\ x_1x_2=a-2\lt 0 \\ f(-1)=-(a^2-a)\lt 0 \\ f(1)=a^2+a-2\lt 0 \end{array}\right.
\]
解得: $-2\lt a\lt 0$