1.我直接求一般情况吧.
当n=1时有1个,n=2时有2个,n=3时有6个,当n≥4时
设有a个|A(i)-i|不等于0,那么显然0≤a≤4,分情况讨论：
(1)当a=0时,所有的|A(i)-i|均为0,即A(i)=i,此时有1个α数列满足题意
(2)当a=1时,只有1个|A(i)-i|不为0,这显然不可能
(3)当a=2时,有2个|A(i)-i|不为0,不妨设为|A(i)-i|,|A(j)-j|,那么A(i)=j,A(j)=i,即|i-j|+|j-i|≤4,于是|i-j|≤2.若|i-j|=1,则i,j相邻,有n-1组这样的{i,j},若|i-j|=2,则有n-2组这样的{i,j}.故a=2时共有2n-3个α数列满足题意
(4)当a=3时,设为|A(k)-k|,|A(m)-m|,|A(n)-n|,(k＜m＜n),那么|A(k)-k|+|A(m)-m|+|A(n)-n|=A(k)-k+|A(m)-m|+n-A(n)≤4,若A(m)=k,那么A(n)=m,A(k)=n,n-k+m-k+n-m≤4,即n-k≤2,又n-k≥2,所以n-k=2；若A(m)=n,同理可得n-k=2,因此k,m,n为连续的3个自然数,这样的{k,m,n}共有n-2组.而对每组{k,m,n},(A(k),A(m),A(n))有两组对应方式：(m,n,k)和(n,k,m),因此a=3时共有2(n-2)=2n-4个α数列满足题意
(5)当a=4时,设为|A(p)-p|,|A(q)-q|,|A(r)-r|,|A(s)-s|,(p＜q＜r＜s).则有|A(p)-p|+|A(q)-q|+|A(r)-r|+|A(s)-s|≤4,即A(p)-p=|A(q)-q|=|A(r)-r|=s-A(s)=1.于是p＜A(p)=p+1≤q,r≤A(s)=s-1＜s,于是A(p)=p+1=q,A(s)=s-1=r.若A(q)=s,那么|A(q)-q|=s-q=1,而s≥q+2,矛盾!所以A(q)=p,A(r)=s,即{p,q,r,s}={p,p+1,s-1,s}(s≥p+3),这样的{p,q,r,s}(即确定s,p)有C(n,2)-(n-1)(去掉s,p连续的情况)-(n-2)(去掉s,p差2的情况)=(n²-5n+6)/2组,而每组{p,q,r,s}只对应一种(A(p),A(q),A(r),A(s)),故a=4时共有(n²-5n+6)/2个α数列满足题意
综上α数列有1+2n-3+2n-4+(n²-5n+6)/2=(n²+3n-6)/2个
当n=6时有24个
2.我怀疑你题目是不是抄错了,应该是“任意相邻两位数字之差绝对值‘不大于’2”吧,这样用穷举法就行了,满足条件的七位数有14个,故概率为14/7!=1/360.
另2010年湖南全国高中数学联赛预赛的最后一题就是此题推广为n位数的一般情形.
如果题目没错的话,我就没辙了.
3.注意到f(x)=(x+1/x)²+a(x+1/x)+b-2,令t=x+1/x∈(-∞,-2]∪[2,+∞),则f(x)=t²+at+b-2.f(x)有零点即方程g(t)=t²+at+b-2=0在∈(-∞,-2]∪[2,+∞)有解,分3种情况：
(1)两根均在(-∞,-2]上(包括重根),那么x1≤-2,x2≤-2,△≥0,等价于(x1+2)(x2+2)≥0,x1+x2+4≤0,△≥0,拆开并用韦达定理即得b≥2a-2,a≥4, b≤(1/4)a²+2
(2)两根均在[2,+∞)上,同理可得b≥-2a-2,a≤-4, b≤(1/4)a²+2
(3)一根在(-∞,-2]上,一根在[2,+∞)上,此时等价于g(-2)≤0,g(2)≤0,即b≤2a-2,b≤-2a-2
在同一坐标系中作出这3个可行域,其中到原点距离最近的点为(0,-2),因此a²+b²最小值为4
4.此题每什么好说的,同一坐标系中画出y=3cos(πx/2)与y=log(2)x的图像,观察交点个数——答案是4个
5.要证(mn^n)^m＞(nm^m)^n
只需证m(lnm+nlnn)＞n(lnn+mlnm)(两边取对数)
即证m(n-1)lnm＜n(m-1)lnn(移项)
只需证mlnm/(m-1)＜nlnn/(n-1)
令f(x)=xlnx/(x-1),(x≥4),则f'(x)=[(lnx+1)(x-1)-xlnx]/(x-1)²=(x-lnx-1)/(x-1)²
再令g(x)=x-lnx-1,则g'(x)=1-1/x=(x-1)/x＞0,所以g(x)单调递增,g(x)＞g(1)=0
所以f'(x)=g(x)/(x-1)²＞0,所以f(x)单调递增,即f(m)＜f(n)
因此原不等式得证