第一题是一道代数题，an是一道多项式之和，求证：当正整数n≥2时，a（n+1）＜an。
刚看见这题的时候，陆时羡还有些没有思路，于是一下子就顿在那里了。
毕竟纯粹的代数题，非常考验人的逻辑联系思维能力。
难道连第一道证明题都做不出来？这已经是最简单的了。
陆时羡忽然紧张起来，如果连第一题都做不出来，绝对是对他后面题目解答的一个巨大打击。
他轻吐一口气，慢慢迫使自己平静下来。
越是紧张越不能着急。
陆时羡再次审题，忽然发现自己陷入了一个误区，证明这种比大小的题目，何必将其分别代入后再比呢？
他只需要转换一下思维方式。
A与B比大小也可以转换成A与B比差或者A与B比商。
如果A-B最后的结果大于零，或者A/B的结果大于1，那就可以说明A大于B.
想到这，陆时羡的眼睛越来越亮。
他在草稿纸上飞快地验算，对于an式，可以利用乘法分配律将n+1单独分离出来。
再得出对任意的正整数n≥2，an-a（n+1）最后的简化式。
最后证明简化式大于零。
故a（n+1）＜an。
此题得证。
将这道题解决，陆时羡长松一口气，开始看下一题。
第二题是一道平面解析几何。
题目大意是对勾函数和一条直线得到的两个交点，然后求交点在对勾函数上两条切线的交点轨迹是多少？
不得不说，如果逻辑思维能力不够，光是看题目就足够让你看晕了。
不过说起来，这种题还是陆时羡的强项，他在数学里最擅长的就是将图形转化成代数。
无非就是求交点的坐标。
根据给出的条件联立方程组，由题意知，该方程在(0，+∞)上有两个相异的实根x1、x2，故k≠1，且Δ（1）式\u003d1+4(k?1)＞0，两个实根之和（2）式与之积（3）式都大于零。
由此可以得出直线的斜率k的取值范围，最后对对勾函数进行求导
化简得到直线l1和l2的方程（4）式和（5）式
（4）式-（5）式得xp的函数表达式（6）式
将(2)(3)两式代入(6)式得xp\u003d2
(4)式+(5)式得yp的函数表达式（7）式
将(2)(3)的组合式代入(7)式得2yp\u003d(3?2k)xp+2，而xp\u003d2，得yp\u003d4?2k
根据斜率k的取值范围2＜yp＜2.5
即点P的轨迹为(2，2)，(2，2.5)两点间的线段（不含端点）
陆时羡写完这题，考试时间已经只剩下四十分钟了。
第二道大题还真的不难，思路很简单，就是计算过程有些复杂，同时也比较费时间，光这一个题目就花了他几十分钟。
来不及吐槽，陆时羡赶紧望向第三大题，
设函数f(x)对所有的实数x都满足f(x+2π)\u003df(x)。
求证：存在4个函数fi(x)(i\u003d1，2，3，4)满足：
（1）对i\u003d1，2，3，4，fi(x)是偶函数，且对任意的实数x，有fi(x+π)\u003dfi(x)；
（2）对任意的实数x，有f(x)\u003df1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。
题目看起来非常简洁，可是陆时羡知道最后的解答过程是题目的数倍，可能还不止。
时间不多，陆时羡决定先解决第一题。
陆时羡用屁股想都明白，凡是跟圆周率π挨上边的基本上就跟周期函数挂钩了。
他直接策反了敌方f(x)两员大将的g(x)与h(x)，且g(x)是偶函数，h(x)是奇函数，对任意的x∈R，g(x+2π)\u003dg(x)，h(x+2π)\u003dh(x)。
然后分别代入四条函数fi(x)，i\u003d1，2，3，4。得到四条函数f1(x)、f2(x)、f2(x)、f4(x)的表达式。
故fi(x)，i\u003d1，2，3，4是偶函数，且对任意的x∈R，fi(x+π)\u003dfi(x)。
这个倒是简单，极有限次数的验证只需要分别代入验证就行了，不费脑子。
陆时羡觉得只要次数在10以下，他都能接受，无非就是费点笔芯而已。
毕竟总比看半天题目无从下手的强。
不过此题好像还是给了参赛者一些余地，因为陆时羡发现第二问与第一问的关联很大。
将刚刚第一问得到的代数式代入f(x)\u003df1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x
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