已知以 $T = 4$ 为周期的函数 其中 $m > 0$. 若方程 $3f(x) = x$ 恰有 5 个实数解，则 $m$ 的取值范围为（ ）

\begin{answer} B \end{answer}

\begin{solution} 函数以 4 为周期，先考察一个基本周期 $(-1,3]$. 在 $[0,1]$ 上，方程为 由于 $f(x)\geqslant0$，方程的解必须满足 $x\geqslant0$，且 $x=0$ 不满足方程，所以不必考察负半轴. 左端随 $x$ 增大而减小、右端递增，且两端在 $x=0$ 与 $x=1$ 的大小关系相反，故恰有 1 根.

在 $(1,3]$ 上，$f(x)=1-|x-2|$. 当 $1<x\leqslant2$ 时，方程为 $3(x-1)=x$，根为 $x=\frac{3}{2}$；当 $2\leqslant x\leqslant3$ 时，方程为 $3(3-x)=x$，根为 $x=\frac{9}{4}$. 所以基本周期内已有 3 根.

对 $k\geqslant1$，在区间 $(4k-1,4k+1]$ 上令 $x=4k+t$，则第一段方程化为 $m=\frac{4k+t}{3\sqrt{1-t^{2}}}$，$-1<t<1$. 记 其导数为 所以 $h_k$ 在 $(-1,-\frac{1}{(4k)})$ 上递减，在 $(-\frac{1}{(4k)},1)$ 上递增，并且两端趋于 $+\infty$. 唯一最小值为 因此第 $k$ 个平移后的第一段有 2 个根当且仅当 $m>\frac{\sqrt{16k^{2}-1}}{3}$，有 1 个根当 $m$ 等于该值，否则没有根.

当 $k=1$ 时，产生 2 个根的条件是 $m>\frac{\sqrt{15}}{3}$；当 $k=2$ 时，产生根的临界值是 由于上述临界值随 $k$ 增大而增大，若 $m<\sqrt7$，只有 $k=1$ 的第一段可能产生根；若 $m\geqslant\sqrt7$，则至少还会产生第 $k=2$ 段的根. 第二段中 $3f(x)\leqslant3$，而 $x>4k+1\geqslant5$，不可能有根. 因此总根数恰为 $3+2=5$ 当且仅当 故选 B. \end{solution}

已知以原点 $O$ 为中心的椭圆的一条准线方程为 $x = \frac{4\sqrt{3}}{3}$，离心率 $e = \frac{\sqrt{3}}{2}$，$M$ 是椭圆上的动点.

(1) 若点 $C$，$D$ 的坐标分别是 $(0, -\sqrt{3})$，$(0, \sqrt{3})$，求 $|MC| \cdot |MD|$ 的最大值； (2) 如图，点 $A$ 的坐标为 $(1,0)$，$B$ 是圆 $x^{2} + y^{2} = 1$ 上的点，$N$ 是点 $M$ 在 $x$ 轴上的射影，点 $Q$ 满足条件：$\overrightarrow{OQ} = \overrightarrow{OM} + \overrightarrow{ON}$，$\overrightarrow{QA} \cdot \overrightarrow{BA} = 0$. 求线段 $QB$ 的中点 $P$ 的轨迹方程.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因准线方程为 $x=4\frac{\sqrt{3}}{3}$，椭圆长轴在 $x$ 轴上，且准线到原点的距离为 $\frac{a}{e}$. 由 $e=\frac{\sqrt{3}}{2}$，有 $\frac{a}{e}=\frac{4\sqrt3}{3}$，$a=e\cdot\frac{4\sqrt3}{3}=2$，$c=ae=\sqrt3$. 又 $b^2=a^2-c^2=1$，故椭圆方程为 设 $M=(u,v)$，则 $\frac{u^2}{4}+v^2=1$，且 $|MC|^2=u^2+(v+\sqrt3)^2$，$|MD|^2=u^2+(v-\sqrt3)^2$. 于是 令 $z=v^2$，则 $0\leqslant z\leqslant1$，且 的导数为 $18z-54<0$，故其在 $[0,1]$ 上严格递减. 因 $|MC|\cdot|MD|\geqslant0$，其最大值在 $z=0$ 时取得. 此时 $M=(2,0)$ 或 $M=(-2,0)$，从而 \item 设 $M=(u,v)$. 因 $N=(u,0)$ 且 $\overrightarrow{OQ}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}$，有 $Q=(2u,v)$. 由 $\frac{u^2}{4}+v^2=1$，令 $Q=(X,Y)$，则 设 $P=(x,y)$. 由于 $P$ 是 $QB$ 的中点，$B=2P-Q$. 又 $A=(1,0)$，条件 $\overrightarrow{QA}\cdot\overrightarrow{BA}=0$ 给出 即 另一方面，$|B|=1$，所以 代入上式可得 取参数 $\lambda=\cos\theta$，$\mu=\sin\theta$，则 $Q=(4\lambda,\mu)$，$\lambda^2+\mu^2=1$. 因而 $P$ 必须满足 令 $K=(4\lambda-1)^2+\mu^2=15\lambda^2-8\lambda+2$，$D=\frac{15\lambda^2-4\lambda+1}{2}$. 由于 $\lambda^2+\mu^2=1$，有 $K>0$. 上面两式分别是以 $(\frac{1}{2},0)$ 为圆心的圆和一条直线. 圆心到直线的有向距离为 $\frac{D}{\sqrt K}$，并且 所以轨迹的参数方程可写为 对任意上述参数，取 $Q=(4\lambda,\mu)$、$B=2P-Q$，则 $|B|=1$ 且 $\overrightarrow{QA}\cdot\overrightarrow{BA}=0$；反之原题中的 $M$，$N$，$Q$，$B$，$P$ 必满足上述两式. 因此该参数方程给出的曲线正是所求轨迹. \end{enumerate} \end{solution}

设 $m$ 个不全相等的正数 $a_1$，$a_2$，$\ldots$，$a_m$（$m\geqslant 7$）依次围成一个圆圈.

(1) 若 $m=2009$，且 $a_1$，$a_2$，$\ldots$，$a_{1005}$ 是公差为 $d$ 的等差数列，而 $a_1$，$a_{2009}$，$a_{2008}$，$\ldots$，$a_{1006}$ 是公比为 $q$ 的等比数列；数列 $a_1$，$a_2$，$\ldots$，$a_m$ 的前 $n$ 项和 $S_n$（$n\leqslant m$）满足：$S_3=15$，$S_{2009}=S_{2007}+12a_1$，求通项 $a_n$（$n\leqslant m$）. (2) 若每个数 $a_n$（$n\leqslant m$）是其左右相邻两数平方的等比中项，求证：$a_1+\cdots+a_6+a_7^2+\cdots+a_m^2>ma_1a_2\cdots a_m$.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由正数条件 $q>0$. 等比数列的排列顺序给出 $a_{2009}=a_1q$，$a_{2008}=a_1q^2$. 又 所以 $q^2+q=12$. 结合 $q>0$，得 $q=3$.

令 $a_1=t$. 前 $1005$ 项为等差数列，且 故 $d=5-t$. 因而 $a_n=t+(n-1)(5-t)$，$1\leqslant n\leqslant1005$. 后面的等比数列按题目给出的次序为 $a_n=t\,3^{2010-n}$，$1006\leqslant n\leqslant2009$. 为了保证等差部分各项为正，只需两端均为正，即 $t>0$，$t+1004(5-t)=5020-1003t>0$. 所以题面条件得到的是一族数列 题面没有给出 $d=q$ 或其他联系 $d$ 与 $q$ 的条件，因此不能唯一确定 $t$. 例如额外补充题面未出现的 $d=q$ 时才得到 $t=2$，$d=3$，这不能作为原题的必然结论.

\item 由于各项为正，“$a_n$ 是左右相邻两数平方的等比中项”表示 其中下标按圆圈循环. 于是 $a_n=a_{n-1}a_{n+1}$，$a_{n+1}=\frac{a_n}{a_{n-1}}$. 逐次使用后一关系，得到 $a_{r+2}=\frac{a_{r+1}}{a_r}$，$a_{r+3}=\frac1{a_r}$，$a_{r+4}=\frac1{a_{r+1}}$，$a_{r+5}=\frac{a_r}{a_{r+1}}$，$a_{r+6}=a_r$. 所以数列具有六项周期.

若 $m=6k+p$，其中 $0\leqslant p<6$，圆周闭合又使数列具有 $p$ 项周期. 若 $p=1$ 或 $p=5$，所有项相等，设为 $c$，递推式给出 $c=c^2$，因正数而 $c=1$. 若 $p=2$ 或 $p=4$，奇数项均为 $u$、偶数项均为 $v$，递推式给出 $u=v^2$、$v=u^2$，从而 $u=v=1$. 若 $p=3$，设三个周期值为 $u$，$v$，$w$，则 $u=wv$，$v=uw$，$w=uv$. 由前两式得 $w=1$，再由第三式得 $u=v=1$. 这些情形都与“不全相等”矛盾，故 $m=6k$.

将递推式对 $n=1$，$\ldots$，$m$ 相乘，设 $P=a_1a_2\cdots a_m$，则 因 $P>0$，故 $P=1$. 由 $a_2=a_1a_3$，$a_3=a_2a_4$，$a_4=a_3a_5$，$a_5=a_4a_6$ 依次得到 $a_3=\frac{a_2}{a_1}$，$a_4=\frac1{a_1}$，$a_5=\frac1{a_2}$，$a_6=\frac{a_1}{a_2}$. 因此 $a_1+a_4\geqslant2$，$a_2+a_5\geqslant2$，$a_3+a_6\geqslant2$. 三式同时取等号会导致 $a_1=a_2=1$，进而六项全为 $1$，再由六项周期与“不全相等”矛盾，所以 同样由平方的均值不等式， $a_1^2+a_4^2\geqslant2$，$a_2^2+a_5^2\geqslant2$，$a_3^2+a_6^2\geqslant2$， 故 $a_1^2+\cdots+a_6^2\geqslant6$. 因 $m=6k$ 且六项周期， 于是 证毕. \end{enumerate} \end{solution}