在 $\mathbf{R}$ 上定义运算 $\otimes$：$x \otimes y = x(1 - y)$. 若不等式 $(x - a) \otimes (x + a) < 1$ 对任意实数 $x$ 成立，则（ ）

\begin{answer} C \end{answer}

\begin{solution} 由运算定义， $(x-a)\otimes(x+a)=(x-a)(1-x-a)=-x^2+x+a^2-a$. 因此题设不等式对任意实数 $x$ 成立，等价于 $-x^2+x+a^2-a<1$ 对任意 $x\in\mathbf{R}$. 左侧关于 $x$ 的最大值在 $x=\frac12$ 处取得，最大值为 $\frac14+a^2-a$. 所以 故选 C. \end{solution}

已知 $y = f(x)$ 是定义在 $\mathbf{R}$ 上的单调函数，实数 $x_{1} \neq x_{2}$，$\lambda \neq -1$， $\alpha = \frac{x_{1} + \lambda x_{2}}{1 + \lambda}$，$\beta = \frac{x_{2} + \lambda x_{1}}{1 + \lambda}$. 若 $|f(x_{1}) - f(x_{2})| < |f(\alpha) - f(\beta)|$，则（ ）

\begin{answer} A \end{answer}

\begin{solution} 不妨设 $x_1<x_2$. 若 $\lambda\geqslant0$，则 有 $\alpha=\frac1{1+\lambda}x_1+\frac\lambda{1+\lambda}x_2$，$\beta=\frac\lambda{1+\lambda}x_1+\frac1{1+\lambda}x_2$， 所以 $\alpha$，$\beta\in[x_1,x_2]$. 因 $f$ 单调，区间 $[\alpha,\beta]$ 上的函数值差的绝对值不超过区间 $[x_1,x_2]$ 上端点函数值差，即 $|f(\alpha)-f(\beta)|\leqslant|f(x_1)-f(x_2)|$， 与题设矛盾. 因此必须有 $\lambda<0$，选 A. \end{solution}

一给定函数 $y = f(x)$ 的图象在下列图中，并且对任意 $a_{1} \in (0,1)$，由关系式 $a_{n+1} = f(a_n)$ 得到的数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_{n+1} > a_n$（$n \in \mathbf{N}^*$），则该函数的图象是（ ）

\begin{answer} A \end{answer}

\begin{solution} 由于 $a_1$ 可以是 $(0,1)$ 中的任意数，令 $a_1=x$，则由 $a_2>a_1$ 必须有 $f(x)>x$（$0<x<1$）. 因此函数图象在开区间 $0<x<1$ 内必须位于直线 $y=x$ 的上方；同时，为了使递推对任意这样的初值继续成立，图象还应把 $(0,1)$ 映入自身. 图 A 满足这两个条件：对 $0<x<1$，有 $x<f(x)<1$，所以由归纳法可得 $0<a_n<1$ 且 $a_{n+1}>a_n$. 图 B、C、D 均存在 $x\in(0,1)$ 使图象不在直线 $y=x$ 上方，不能满足题设. 故选 A. \end{solution}

已知函数 $f(x) = \frac{x+3}{x+1}$（$x \ne -1$）. 设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1 = 1$，$a_{n+1} = f(a_n)$，数列 $\{b_n\}$ 满足 $b_n = |a_n - \sqrt{3}|$，$S_n = b_1 + b_2 + \cdots + b_n$（$n \in \mathbf{N}^*$）.

(1) 用数学归纳法证明：$b_n \leqslant \frac{(\sqrt{3} - 1)^n}{2^{n-1}}$； (2) 证明：$S_n < \frac{2\sqrt{3}}{3}$.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 记 $r=\sqrt3$. 由于 且 $a_1=1$，可归纳得到 $a_n\geqslant1$ 对一切正整数 $n$ 成立. 另外， $a_{n+1}-r=\dfrac{(1-r)(a_n-r)}{a_n+1}$， 所以

下面用数学归纳法证明 $b_n\leqslant\frac{(r-1)^n}{2^{n-1}}$. 当 $n=1$ 时，$b_1=|1-r|=r-1$，结论成立. 假设当 $n=k$ 时结论成立，则 因此结论对 $k+1$ 也成立，故对一切正整数 $n$ 成立.

\item 先算得 $a_2=f(1)=2$. 又因为 $f(x)=\frac{x+3}{x+1}$ 在 $[\frac53,2]$ 上递减，且 $f(2)=\frac53$，$f\left(\frac53\right)=\frac74$， 所以由归纳法可得 $\frac53\leqslant a_n\leqslant2$ 对一切 $n\geqslant2$ 成立. 对 $n\geqslant2$，有 其中最后一个不等式由 $\sqrt3<\frac{17}{9}$ 得到. 因而 $S_n<b_1+b_2\left(1+\frac13+\frac1{3^2}+\cdots\right)$. 又 $b_1=r-1$，$b_2=|2-r|=2-r$，所以 $S_n<r-1+\frac32(2-r)=2-\frac r2$. 最后，$\sqrt3>\frac{12}{7}$，从而 $2-\frac r2<\frac{2r}{3}$. 故 $S_n<\frac{2\sqrt3}{3}$. \end{enumerate} \end{solution}