历年自主招生试题分类汇编—复数

1、历年自主招生试题分类汇编一一不等式1 5. (2014年北约)已知x + y =1且x,y都是负数，求xy+一的最值. xy【解】由 x <0,y <0可知，x+y = 一1 = | x+ y |=1= | x|+| yb1 ,(Ixl - I y I)2 11所以 |xyRx|x|y区(| | 1y |) 二，即 xy(0,-, 444111令t=xy W(0,_,则易知函数y = t+ 一在(0,1上递减，所以其在(0, 上递减， 4t4一一 11 17于是xy + 一 有最小值 4+=彳，无最大值.11_解答二：1 =(x) +(_y)至2jxy得0<xy E,而函数f

2、=t+-在(0,1)上单调递 4t11171减，在(1,0)单倜递增，故f (xy)之f (一),即xy + 之一,当且仅当x= y = 一时 4xy42取等号.10. (2014 年北约)已知 x1,x2,|",xn w。且 xrIIIk =1,求证：(.2 %)(2。2)川(.2 xn) _( .2 1)n.【证】(一法:数学归纳法)当n =1时，左边 & +治=& +1 >42 +1 =右边，不等式成立；假设 n=k(k 21,kWN*)时,不等式(J2 + xJ( J2 + x2)H|(J2 + %)之(J2+1)k 成立.那么当n =k +1时，则x1

3、x2|hxkxk+=1，由于这k +1个正数不能同时都大于1,也不能同时都小于1,因此存在两个数，其中一个不大于1,另一个不小于1不妨设xk >1,0<xk+<1,从而(xk 1)(凡：1) M0= xk +人+之1+xkx+所以(.5 x )(- 2x21) ( xk-) (xk21)= ('.5 X ) ( 2x2 HD 2kx2 ( x 1 x kx1一(W K ).2x2"!)7 %4 1-)(2彳)(.21)=(21k)1( 2 1)其中推导上式时利用了x1x2lxk/xkxk+) =1及n = k时的假设，故n = k +1时不等式也成立.综上知

4、，不等式对任意正整数n都成立.(二法)左边展开得(J2 + x1)(石+兄)111(石+%)=(.2)n (,2)nl- (,2)n-( - xXj)"H( 2)n-(、 Xi&ih%)xiiixni 41上:j吧1上J：2 ：二|出色由平均值不等式得11、:XiM/Xk _C" I 1 XX 川 Xik 产=Cnk(X1X2|Xn)C 壮尸=Cnk1 J1 :i2 :! I Jk 四1 士 :!2：ik ；n故(.2 X1)( 2X2)m( 2Xn)一 2) (FCn1./ 2Cn2 馆I (也 1- Cn n =(,2加2)（三法）由平均值不等式有:2k2 .

5、2Xkn三 1nn10电亮/之於一呷二磊:尸+得n >n12 (X,X2H|Xn)nn1(II .2 Xk)- k ±，即(五 +X1)(V2 +X2)|(V2+Xn) >(V2 +1)n 成立.（四法）由 AM -GMm ,、 口1n 2不等式得： (Z 产)上n TXi2(Xi.2) 21两式相加得： 1之,nn'i.n“(X-2)n口（12 Xi昇厂（，21i 1jr1. （2011年北约文）0<仪<:，2求证：sin« <a <tan« .【解析】 不妨设f（X）=X-sinX,f (0) =0 ,且当 0 &l

6、t;x <-时,2f (X) =1 -cosx >0 .于f (x)在0 <x <上单调增.2同理可证 g(x) =tan xx A0 .f(X)>f(0)=0.即有 X>sinX.2_ -1 >0 .于 cos X是g（x）在0 cx上单调增。2一、_ 、一一n I r.、g(0) =0,当 0 <x(一 时，g (x)= 23T 在 0 <x <上有 g （x） >g（0） =0。即 tanx >x。 2注记：也可用三角函数线的方法求解. (2014年华约)已知 nw N* ,x En,求证：n-n(1 -aye

7、9;Wx2. nx【证明】原不等式等价于n -x2 <n(1 -) en)n.n.2当x _ n，上述不等式左边非正，不等式成立；当x2 <n时，由ey之1 +y(y至0)及贝努力不等式(1 + y)n之1 +ny(n >1,y >-1),x22一一x - nx x nx nx2从而 n(1 -)e ) >n(1 ) <1 +-) =n(1 -)至n(1 n) =n x ,即证.nn nnn1. （2014年卓越联盟）|x3|-2x2+1 <0,求x范围.【解】由|x3|-2x21 ：0：-|x|3-2|x|21 ：0：- (|x|_1)(|x|-15

8、)(| x|-15)：022所以由数轴标根法得|x| (-二,T)U(1,) ，又因为|x|>0, 221 5-1 、.巧所以 x (-, -1)U(1,).2 21、(2013年卓越联盟)设函数f (x尸xsin x .右x1、x2 u |-一 ,_ 222C. x1 < x2D. x1 > x2贝uA . x1 >x2B , x1 +x2 >0答案：(文科)D.历年自主招生试题分类汇编一一初等数论7. （2013年北约）最多有多少个两两不等的正整数，满足其中任意三数之和都为素数.解析 设满足条件的正整数为 n个.考虑模3的同余类，共三类，记为 0,1,2.则这

9、n个正整数需同时满足不能三类都有；同一类中不能有3个和超过3个.否则都会出现三数之和为 3的倍数.故n M4 .当n=4时，取1, 3, 7, 9,其任意三数之和为11, 13, 17, 19均为素数，满足题意，所以满足要求的正整数最多有4个.题6 （2012年北约）在1, 2,，2012中取一组数，使得任意两数之和不能被其差整除，问最多能取多少个数？解： 将 1, 2,，2012 分成（1, 2, 3）, （4, 5, 6,），（2008,2009,2010） , （2011,2012） 这671组，如果所取数n之672,则由抽屉原理必然有两个数属于同一组，不妨设为a >b ,则a b

10、 =1或2。当a b =1时，此时a b整除a +b ,不合要求。当a b = 2 时，此时，a与b同奇偶，所以a+b为偶数，从而a-b也能整除a+b ,也不合要求。n <671，考察1,4,7,，2011这671个数中的任两数 a>b，则a = k» 2由而 a _b =3l,l w N”, a-b不整除a +b ,从而可知，最多能取671个数，满足要求。评析：本题考查整除问题，而解答主要用到竞赛数学中的抽屉原则和剩余类，整除等简单 的数论知识，体现出自主招生试题要求考生有一定的竞赛数学知识，并掌握数学竞 赛的一些常用方法和技巧。6. (2013年华约)已知x, y,z

11、是互不相等的正整数，xyz|(xy1)(xz 1)(yz1),求x, y, z.【解】 本题等价于求使 (xy _1)(xz _1)(yz-xyz (x +y+ z)+xy+ yz + zx 1为整数的正 xyzxyz整数x,y,z,由于x,y, z是互不相等的正整数，因此xyz |xy + yz + zx-1,不失一般性不妨设 x a y >z，则 xyz <xy +yz + zx -1 <3yx,于是 z<3,结合 z为正整数，故 z = 1,2 , 当 z =1 时，xy | xy + y + x -1，即 xy | y + x -1，于是 xy E xy + y

12、 + x -1 < 2x，所以 y < 2, 但另一方面yz,且为正整数，所以y之2矛盾，不合题意.所以 z = 2,此时 2xy |xy +2y +2x -1，于是 2xy <xy +2y +2x1，即 xy <2y + 2x-1 , 也所以xy :二2y 2x :二4x所以y :二4，又因为y z = 2,所以y = 3;于是 6x|5x+5，所以 6乂£5乂+5,即乂5,又因为 x >y =3,所以 x = 4,5 ,经检验x =5符合题意，于是符合题意的正整数 x, y, z有(x,y,z) =(2,3,5)、(2,5,3)、(3,2,5)、(3

13、,5,2)、(5,2,3)、(5,3,2)注:该题与2011年福建省高一数学竞赛试题雷同.历年自主招生试题分类汇编一一导数7. (2014年华约)已知 n亡 N* ,x Wn,求证：n-n(1 -"xYex Wx2. nx【证明】原不等式等价于n -x2 <n(1-) en)n.n当x2 _ n，上述不等式左边非正，不等式成立；当x2 <n时，由ey至1十y(y至0)及贝努力不等式(1十y)n >1 +ny(n >1,y >-1),x22从而 n(1 -) en)n 之n(1 -) (1 +-)n =n(1 3)n > n(1 - n，与)=n x

14、2，即证. nn nnnx7. (2013年华约)已知 f(x)=(1x)e -1求证:(1)当 x>0 , f (x) <0;1(2)数歹U4满足xnexn+ne% _1,X=1，求证:数列xn单调递减且 人A2r.【解】当x>0时，f (x) = xex <0,所以f(x)在(0,g)上递减，所以f (x)< f(0) =0.x .exn -1-x(2)由xne' + =en 1得e'+ =，结合k =1，及对任意x>0,e >x+1，利用数学归纳法xn易得xn >0对任意正整数n成立，由(1)知f (xn) <0,即e

15、xn-1 <xnexn,xex ex 1 f (x)即%exn斗蛭xnex，因为xn >0,所以exn牛<exn,即xn >xn书，所以数列xn递减，1 ex -1 一.卜面证明xn >n,用数学归纳法证，设g(x)=，则g (x) =2x1由(1)知当x>0时，f(x) <0,即g (x) A0,故g(x)在(0,收)递增，由归纳假设xn >11_L得g(xn) >g(，),要证明xn书> 2n彳只需证明exn* A e*，即g(xn)>en,故只需证明/ 1、2119(户exxx，考虑函数h(x) =xg(x)xe2,因为当

16、乂0时32下一十1,2x x xx x 7 n 7 x.11所以 h(x) =e -(1 +)e2 =e2e2 -(1 + ) >0 ,故 h(x)在(0, 口)上递增，又一n a 0 ,22211、，1、 1 , _ 所以h(F") A0,即g(=) Ae2 ，由归纳法知，xn A丁对任意正整数n成立.222注:此题的函数模型与 2012年清华大学保送生考试试题的函数模型相似.(14)(2012年华约)记函数x2fn(x)=1 x 习nx十，n =1,2证明：当n是偶数时, n!方程fn(x) =0没有实根；当n是奇数时，方程fn(x)=0有唯一的实根 二 且露>3七。

17、证明一：用数学归纳法证明 f2n.(x) =0有唯一解x2nl且严格单调递增，f2n (x) = 0无实数解,x显然n=1时，此时f1(x) =1+x有唯一解x1 =1,且严格单调递增，而f2(x) = 1 + x +无实数解，现在假设f2n(x) =0有唯一解x2n二且严格单调递增，f2n(x) = 0无实数解，于是n 2k2kx x2n+(x)=Z (+(x+2k+1),所以 f2n 书(2n1)P,注意到 f2n书(x) = f2n (x), f2n =1 时，对任意的 0W kvt x+2k+1 < 0,« (2k)! (2k 1)!又因为f2n卡(0) =10,所以由

18、f2n卡(x)严格递增知f2n书q)=。有唯一根0 /x2n + / 2n 1 ,对于 f2n 2)有 f2n书=f2n/x) = f2n +(x),所以(一°°, x2n-H)上，递减，在(x2n，+ 8)上，递增，所以min f2n 2(x) = f2n 2(x2n 1)2n 2x2n 12n 2x2n 1(2n 2)!(2n 2)!因此，f2n电(x) =0无实数解综上所述，对任意正整数n,当n为偶数时fn(x)=0无解，当n为奇数 fn(x) = 0有唯一解xn。再证x2n/x2n，事实上，由f2n(刈的严格单调性，只需验证f?n二8口书)0 ,注意到2n2n 1f

19、2n+(x)_ f2n,(x)=+，由上述归纳法证明过程中，x2nG 2n1,所(2n)! (2n 1)!2n 1 (x2n 1)2n2n 1x2n 1x2n 12nx2n 1(2n)! (2n 1)!(2n 1)!(x2n*+2n+1),；0 ,因此x2n由改2口4,综上所述，原命题得证。xxx证明一：记fn(x) =1 +x + 十，我们对N使用数学归纳法证明加强命2!3!n!题，方程fn(x)=0在N为偶数的时候实数上恒大于零，在N为奇数的时候，在实数上严格 单调递增并且可以取遍所有实数。(1)当N=1,2的时候，直接验证，结论显然成立。(2)当N=K-1的时候结论成立，那么， N=K的

20、时候:K是偶数的时候,23x x1 x I -2!3!k!'f'(x) = fk(x),那么由归纳假设，我们知道存在一个x0 #0为fk(x) = 0的根，使得在xtx0的时候fk'(x) = fk(x)0 ,在xx0的时k k kfk(x°) fkj(x0)77 =77k! k!此结论成立。候，fk(x)= fk(x )> 0 ,所以可以看出fk(x)在实数上的最小值应该在x0处取到,)0 ,也就是说fk( x)在实数上每个取值都大于零，因 k!xxx.K是前数时，fk(x)=1+x+ +,fk(x) = fy(x),那么由归纳假设，我 2! 3!k!

21、们知道fk'(x)= fk(x)恒成立，也就是说fk(x)严格单调递增，而fk(x)是一个奇数次最高项系数大于零的一个多项式，因此，可以知道当X趋近于一8的时候，fk(x)也趋于一8,当X趋于+8的时候，fk(x)也趋于+8,而 九(刈连续，因此我们证明了fk(x)在实数上严格单调递增并且可以取遍所有的实数(这点如果不用极限的符号书写法也可以将fk(x)分段说明，但写起来比较麻烦)323、(2011年华约)曲线f(x)=x - x 2x + 1 ,过点(1,1)的直线l与曲线相切，且 (-1,1)不是切点，则直线l的斜率为()A、2B、1C、1D、232 一_ 2_解答：设切点为(x0

22、,x0 _刈-2x0 +1),则切线斜率为k =3x° -2x0-2 ,切线方程为.322y -(沏 一 x° -2 沏 *1) = (3x0 - 2x0 - 2)(一 1 一沏，)将点(-1,1)人代得：1(x3 -x0 -2x0 + 1) =(3x2 -2x0 -2)(-1-x0),整理得 2(x +1)2(x° -1) = 0 ,x0丰1,=x° =1 ,所以这条切线的斜率为-1.7. (2010年华约)设f(x) =eax(a >0).过点P(a,0)且平行于y轴的直线与曲线 C : y = f (x)的交点为Q ,曲线C过点Q的切线交x轴

23、于点R ,则APQR的面积的最小值 是(B )2eee2(A) 1(B) -(°)J)9.( 2014年卓越联盟)设f(x)在xR上可导，且对任意的xqWR有0 : f (x x°) - f (x°)：二 4x(x 0)f (x xc) - f (xc) .证明：f (x。)<-(x>0);(2)若 | f(x)区 1，则 |(x)区4.【解】（1）由题知f （x）单调递增，利用拉格朗日中值定理可知：存在君w（x0,x0+x）,f (x Xq) - f(x。)使得f (；)=(X Xq) - Xqf (x x0) - f (x0)是 f (Xq):二

24、f (；)=- (x Xq ) - Xq(2)若存在f (u) >4(uw R),则在u,y)上(x)>4,于是有| f (x)- f (u年 | f ( x( u ) |_ x4f u ), uwx ,x因，u取 x=u+1，则 | f(u +1) f (u)|>4.但是由于 | f (x)|<1,所以 | f(u+1) f (u)|<2,矛盾.同理在f'（u）<4时也可得矛盾.结论成立.2、（2013年卓越联盟）设函数f （x ）在R上存在导数f '（x ）,对任意的 xw R有2f (f 注 f (x 产 x ,且在(0 , +)上 f

25、 '(xpx .若 f (2 -a )-f a 产22a ,则实数a的取值范围为（A. 1,十刃B. (-°0, 1 C. (q , 2 D, 12, +=0)答案：B.（2013年卓越联盟理） 设x >0 ,证明 ex >1 +x 1- x2;2若 ex =1 +x + x2ey,证明：0 <y <x .2答案：（本小问6分）设 f x = ex 11 x 1 x22xw 十°°),贝U f'(x )=ex-(1+x ).令 g(x 尸ex 一(1 +x ), xW b, +8 ),则 g '(x 尸ex -1 .

26、当x >0时，由于ex >1 ,所以g '(x )>0 ,因此g(x )在0,）上单调递增.于是有 f'(x ) = g (x )>g (0 )=0 , xW(0, y ).从而可知f （x ）在b, +g）上单调递增，又v1f (0 )=0，所以 f (x )A0 , x'=(0, +如)，即 ex >1 +x +-x2 , xW(0 , 十刃.（本小问9分）设 hx=e-x2x2eXxW b ,十望),则 h '(x ) = ex -1 +xex +- x2ex (2令 p x =ex一'1+xex + 1x1 2ex

27、I,2.xp x = -2xe12 x_-x e2所以p(x卢b, +oc)上单调递减，从而 h'x尸p(x )< P(0)=0 ,因此h(x卉0, +=o)上单调递减,2fex 4 -x)于是 h (x )< h(0 )=0 ,即2<ex, xW(0, +s).n 、，2 ex -1 -x v结合有 e =1 <cy =2<e ,得 0cy ex .xax丁,所以 f(x2)> f (-x1)= -f (x1), f(x2) + f (x1)>0. T(11) (2012年卓越联盟) 已知函数f(x)=，其中a是非零实数，b>0 obx

28、(I )求f (x)的单调区间(n)若 a >0 ,设 |x |>1 a'i =1 , 2 , 3,且 x +x2 A0 ,x2 + x3 >0 , x3 +x1 >0 o证明:f x1f x2f x3(出)若 f(x)有极小值 fmin ,且 fmin =f(1) = 2,证明 |f(x)|n| f(xn 庐 2n 2(MN*)。x )=1ax 1bxa1 , c、=-x 十一(x #0),bbx在X-PILf (x )在(8 ,0)和(0,+8)上分别单调递减;11 L -1%八f(x )在|3，-；和|，+C上分别单调递增;IVa J OjaJ0卜口 %,

29、_L 上分别单调递减.111(2)由 | xi |a-：知 x A或xi.a . a. a由 x1+x2>0,x2+x3>0 ,x3 +x1>0 知x1,x2,当X, X2, x3均大于零时,x3中至多有一个为负数.112 a得住a=T,2 a .2 a' f(x2)>，f(x3)>,所以2 a f(x1)+f(x2)+f(x3)1当。X2, x3中有一个为负数时，不妨假设X :则由X +x2 >0 ,得 x2 Ax >a>0 且二=1,"a=2 ,解得 a=1, vab所以 | f x |n -| f xn | =又因为 f(

30、x3)>尊，所以 f(x)+f(xz)+f(x3) a平(3)若f 0)有极小值小，且。=f(1)=2，由(1)知:1b=1,所以 f (x )=x + -(x#0), x当n =1时，| f (x )|n -| f (xn )|=0=21 2 ,不等式显然成立;当n至2时,一= C,x=+ dxn+ dx 十,nC|1xxn匕面两式相加得2Jy1 一冈>2(cn +C2 +C： + +C* = 2(2n -2)即 | f x |n -| f xn |,2n -2 n -2.、一 .一nnn*综上得 |f x |n -| f xn |_2n -2 n N(15) (2011 年卓越

31、联盟)(I )设 f(x)=xlnx,求 f' x);1 b(n )设0<a<b,求常数C,使得 f | ln x -C |dx取得取小值；b -a a(出)记(n )中的最小值为 ma,b,证明：ma,b<ln2 .1 .(1) f (x) =ln x x =ln x 1； x(2)若 c Mln a,则 11nx c|=ln xc,显然，当 c = ln a,ln x c取最小； 若 c Mln b,则 | ln x c|=cln x,当 c =ln b, cln x取最小. 故 ln a _c _ ln b.1 b1 ecb |lnx-c|dx= (ln x-c

32、)dx，1c(c-ln x)dx b-a ab -a ae=广(ln x +1) -(c +1)dx + J：(c +1) (ln x +1)dx b -a aeecc由(1)知(ln x+1)(c+1)dx=xlnx|： (c+1)(ec a) a/(c +1) -(ln x +1)dx =(c + 1)(ec -a) -xln x j1b1所以，11nx -c|dx=(aln a -b ln b-2ea b ac-bc)|()b -a ab-a记 g(c) - -2ec (a b)c -aln a -bln b a b,则令 g(c)=/ec +a+b = 0 ,得 c =ab2一 a -b 1 b即c = 一5一时,- |J ln x C | dx取取小值.a b1a b. . .(3)将 c =代入(*)式右边,Ma,b =aln a bln b +(a +b)ln <ln 22b -a2.a b . . . _等价于(a b)ln -aln a -bln b :二(b -a)ln 2= (a b) ln(a b):二 aln a bln b 2bln 22ba:二 aln