历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不等式5.（2014年北约）已知xy1且x,y都是负数,求xy1的最值.xy【解】由x0,y0可知,xy1|xy|1|x|y|1,所以|xy|x|y|(|x|y|)21,即xy(0,1,444令txy(0,1,则易知函数yt1在(0,1上递减,所以其在(0,1上递减,4t4于是xy1有最小值4117,.无最大值xy44解答二：1(x)(y)2xy得0 xy1，而函数f(t)t1在(0,1)上单调递4t减，在(1,)单调递加，故f(xy)f(1)，即xy117，当且仅当xy1时4xy42取等号10.（2014年北约）已知x1,x2,xnR,且x1x2xn1,求证:(2x1

2、)(2x2)(2xn)(21)n.【证】(一法:数学归纳法)当n1时,左侧2x12121右侧,不等式成立;假设nk(k1,kN*)时,不等式(2x1)(2x2)(2xk)(21)k成立.那么当nk1时,则x1x2xkxk1,k1个正数不可以同时都大于1,1因为这也不可以同时都小于1,所以存在两个数,此中一个不大于1,另一个不小于1,不如设xk1,0 xk11,从而(xk1)(xk11)0 xkxk11xkxk1,所以(2x1)(2x2)(x2k)(xk21)(2x1)(2x2)2kx2(xk1xk)kx1(2x1)(2x2)(x2kxk1)(21)(k21)(21k)1(21)此中推导上式时利

3、用了x1x2xk1(xkxk1)1及nk时的假设,故nk1时不等式也成.综上知,不等式对任意正整数n都成立.(二法)左侧睁开得(2x1)(2x2)(2xn)(2)n(2)n1n(2)n2(2)nk(xixixj)xi1xi2xik)x1x2xni11ijn1i1i2ikn由均匀不等式得11xixixiCnk(xixixi)CnkCnk(x1x2k1Cnkk2xn)Cn1)Cnk1i1i2ikn121k1i1i2ikn故(2x1)(2x2)(2xn)n(n11(n22(nkkCnn(n2)2)Cn2C)n2C)n,2即1.)(三法)由均匀不等式有n2n21nxknxk1n(n;n()n)2xk2

4、xkk12xkk12xkk1k11+得nn2(x1x2xn)n,即(2x1)(2x2)(2xn)(21)nn1成立.(2xk)nk11n22(四法)由AMGM不等式得：()n，ni1xi2n(xi2)i11(nxi)n1，两式相加得：121，故ni1xi2nn(xi2)n(xi2)i1i1nn(2xi)(1)2i11（2011年北文）02，求：sintan【分析】不如f(x)xsinx，f(0)0，且当0 x，f(x)1cosx0于是2f(x)在0 x上增f(x)f(0)0即有xsinx2同理可g(x)tanxx0g(0)0，当0 x，g(x)110于是g(x)在0 x上增。222cosx在0

5、 x上有g(x)g(0)0。即tanxx。2注：也可用三角函数的方法求解7.（2014年）已知nN*,xn,求:nn(1x)nexx2.nx)x【明】原不等式等价于nx2n(1en)n.n当x2n,上述不等式左非正,不等式成立;当x2n,由ey1y(y0)及努力不等式(1y)n1ny(n1,y1),xx)x)n22从而n(1x)en)nn(1(1n(1x2)nn(1nx2)nx2,即.nnnnn1.（2014年优异盟）|x3|2x210,求x范.【解】由|x3|2x210|x|32|x|210(|x|1)(|x|125)(|x|15)02所以由数根法得|x|(,15)(1,15),又因|x|0

6、,22所以x(1515).,1)(1,221、（2013年优异盟）函数fxxsinx若x1、x2，且fx1fx2，22Ax1x2Bx1x20Cx1x2Dx12x22答案:（文科）D历年自主招生试题分类汇编初等数论7（2013年北）最多有多少个两两不等的正整数，足此中任意三数之和都素数分析足条件的正整数n个考模3的同余，共三，0，1，2n个正整数需同足不可以三都有；同一中不可以有3个和超3个否都会出三数之和3的倍数故n4当n4，取1，3，7，9，其任意三数之和所以足要求的正整数最多有4个11，13，17，19均素数，足意，6（2012年北）在1，2，2012中取一数，使得任意两数之和不可以被其差

7、整除，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）671，假如所取数n672，由抽原理必然有两个数属于同一，不如ab，ab1或2。当ab1，此ab整除ab，不合要求。当ab2，此，a与b同奇偶，所以ab偶数，从而ab也能整除ab，也不合要求。n671，观察1,4,7，2011671个数中的任两数ab，abk3k,2N，而ab3l,lN，ab不整除ab，从而可知，最多能取671个数，足要求。析：本考整除，而解答主要用到数学中的抽原和节余，整除等的数知，体出自主招生要求考生有必定的数学知，并掌握数学的一些常用

8、方法和技巧。6.（2013年）已知x,y,z是互不相等的正整数,xyz|(xy1)(xz1)(yz1),求x,y,z.【解】本等价于求使(xy1)(xz1)(yz1)xyz(xyz)xyyzzx1xyzxyz整数的正整数x,y,z,因为x,y,z是互不相等的正整数,所以xyz|xyyzzx1,不失一般性不如xyz,xyzxyyzzx13yx,于是z3,合z正整数,故z1,2,当,xy|xyyx1,即xy|yx1,于是xyxyyx12x,所以y2,z1但另一方面yz,且正整数,所以y2矛盾,不合意.所以z2,此2xy|xy2y2x1,于是2xyxy2y2x1,即xy2y2x1,也所以xy2y2x

9、4x,所以y4,又因yz2,所以y3;于是6x|5x5,所以6x5x5,即x5,又因xy3,所以x4,5,x5符合意,于是符合意的正整数x,y,z有(x,y,z)=(2,3,5)、(2,5,3)、(3,2,5)、(3,5,2)、(5,2,3)、(5,3,2)注:与2011年福建省高一数学同样.历年自主招生试题分类汇编导数7.（2014年）已知nN*,xn,求:nn(1x)nexx2.nxx【明】原不等式等价于nx2n(1)en)n.n当x2n,上述不等式左侧非正,不等式成立;当2n时由ey1y(y0)及贝努力不等式(1y)n1ny(n1,y1),x,xx)x)n22从而n(1x)en)nn(1

10、(1n(1x2)nn(1nx2)nx2,即证.nnnnn7.（2013年光约）已知f(x)(1x)ex1求证:(1)当x0,f(x)0;(2)数列xn满足xnexn1exn1,x11,求证:数列xn单调递减且xn12n.【解】(1)当x0时,f(x)xex0,所以f(x)在(0,)上递减,所以f(x)f(0)0.(2)由xnexn1exn1得exn1exn1,结合x11,及对任意x0,exx1,利用数学归纳法xn易得xn0对任意正整数n成立由(1)知f(xn)0即exn1xexn,n即xnexn1xnexn,因为xn0,所以exn1exn,即xnxn1,所以数列xn递减,下边证明xn1,用数学

11、归纳法证,设g(x)ex1xexex1f(x),2nx,则g(x)x2x2由(1)知当x0时,f(x)0,即g(x)0,故g(x)在(0,)递加,由归纳假设xn12ng(11只需证明exn111得g(xn),要证明xn1e2n1,即g(xn)e2n1,2n2n1故只需证明g(1)1xxxe2n1,考虑函数h(x)xg(x)xe2,因为当x0时e21,2n2xxxx)所以h(x)ex(1x)e2e2e2(10,故h(x)在(0,)上递加,又10,222n1111所以h(e2n1xnn成立.2n)0,即g(n),由归纳法知,n对任意正整数22注:此题的函数模型与2012年清华大学保送生考试一试题的

12、函数模型相似.(14)（2012年光约）记函数fn(x)1xx2xn,n1,2证明：当n是偶数时，2!n!方程fn(x)0没有实根；当n是奇数时，方程fn(x)0有独一的实根n，且nn2。证明一：用数学归纳法证明f2n1(x)0有独一解x2n1且严格单调递加，f2n(x)0无实数解，明显n=1时，此时f1(x)1x有独一解x11，且严格单调递加，而f2(x)1xx2无2实数解，此刻假设f2n1(x)0有独一解x2n1且严格单调递加，f2n(x)0无实数解，于是注意到f2n1(x)f2n(x),f2n1时，对任意的0kn有x+2k+10,于是nx2kx2k1)，所以f2n1(2n1)0,f2n1

13、(x)(1)!(x2kk0(2k)!(2k又因为f2n1(0)10,所以由f2n1(x)严格递加知f2n1(x)0有独一根0 x2n12n1，对于f2n2(x)有f2n2f2n2(x)f2n1(x)，所以（，x2n1）上，递减，在（x2n1，+）上，递加，所以2n22n2minf2n2(x)f2n2(x2n1)x2n1x2n10,xR(2n2)!(2n2)!所以，f2n2(x)0无实数解综上所述，对任意正整数n,当为偶数时fn(x)0无解，当为奇数fn(x)0有独一解xn。再证x2n1x2n1，事实上，由f2n1(x)的严格单调性，只需考据f2n1(x2n1)0，注意到f2n1(x)f2n1(

14、x)x2nx2n1，由上述归纳法证明过程中，x2n12n1，所(2n)!(2n1)!以2n2n12nf2n1(x2n1)x2n1x2n1x2n1(x2n12n1)0，(2n)!(2n1)!(2n1)!所以x2n1x2n1，综上所述，原命题得证。证明二：记fn(x)1xx2x3xn,我们对使用数学归纳法证明增强命2!3!n!题，方程fn(x)0在为偶数的时候实数上恒大于零，在为奇数的时候，在实数上严格单调递加而且可以取遍全部实数。（）当N=1,2的时候，直接考据，结论明显成立。（）当N=K-1的时候结论成立，那么，N=K的时候：K是偶数的时候，1x2x3xk(x)fk1(x)，那么由归纳假设，我

15、们知x3!f2!k!道存在一个x00为fk1(x)0的根，使得在xx0的时候fk(x)fk1(x)0，在xx0的时候，fk(x)fk1(x)，所以可以看出fk(x)在实数上的最小值应该在x0处取到，kfk(x0)fk1(x0)x0kx0k(x02)20，也就是说fk(x)在实数上每个取值都大于零，因k!k!k!此结论成立。是奇数时，fk(x)1xx2x3xk，fk(x)fk1(x)，那么由归纳假设，我2!3!k!们知道fk(x)fk1(x)恒成立，也就是说fk(x)严格单调递加，而fk(x)是一个奇数次最高项系数大于零的一个多项式，所以，可以知道当X趋近于的时候，fk(x)也趋于，当X趋于+的

16、时候，fk(x)也趋于+，而fk(x)连续，所以我们证了然fk(x)在实数上严格单调递加而且可以取遍全部的实数（这点假如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）3、（2011年光约）曲线f(x)x3x22x1，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、2解答：设切点为(x0,x03x022x01)，则切线斜率为k3x022x02，切线方程为y(x03x022x01)(3x022x02)(1x0，)将点(1,1)入代得：1(x03x022x01)(3x022x02)(1x0)，整理得2(x01)2(x01)0，x0

17、1,x01，所以这条切线的斜率为1.7（2010年光约）设f(x)eax(a0)过点P(a,0)且平行于y轴的直线与曲线C:yf(x)的交点为Q，曲线C过点Q的切线交x轴于点R，则PQR的面积的最小值是（B）（A）1（B）2e（C）ee22（D）249.（2014年优异缔盟）设f(x)在xR上可导,且对任意的x0R有0f(xx0)f(x0)4x(x0)(1)证明:f(x0)f(xx0)f(x0)(x0);x(2)若|f(x)|1,则|f(x)|4.【解】(1)由题知f(x)单调递加,利用拉格朗日中值定理可知:存在(x0,x0 x),使得f()f(xx0)f(x0),于是f(x0)f()f(xx

18、0)f(x0)(xx0)x0(xx0)x0(2)若存在f(u)4(uR),则在u,)上f(x)4,于是有|f(x)f(u)|f()x(u)|x4(u),ux(,x),u取xu1,则|f(u1)f(u)|4.但是因为|f(x)|1,所以|f(u1)f(u)|2,矛盾.同理在f(u)4时也可得矛盾.结论成立.2、（2013年优异缔盟）设函数fx在R上存在导数fx，对任意的xR有fxfxx2，且在0，上fxx若f2afa22a，则实数a的取值范围为（）A1，B，1C，2D2，答案:B（2013年优异缔盟理）设x0，证明ex1x1x2；2若e1x1xe，证明：0yxx2y2答案:（本小问6分）设fxe

19、x1x1x2，x0，则fxex1x2令gxex1x，x0，则gxex1当x0时，因为ex1，所以gx0，所以gx在0，上单调递加于是有fxgxg00，x0，从而可知fx在0，上单调递加，又f00，所以fx0，x0，即ex1x1x2，x0，2（本小问9分）设hxex1x1x2ex，x0，则hxex1xex1x2ex22令pxex1xex1x2ex，x0，则2pxx12x0，x0，2xe2xe所以px在0，上单调递减，从而hxpxp00，所以hx在0，上单调递减，于是hxh00，即2ex1xex，x0，x2结合有e01cy2ex1xex，得0yxx2（11）（2012年优异缔盟）已知函数fxax2

20、1，此中a是非零实数，b0。bx（）求fx的单调区间（）若a0，设|xi|1，i1，2，3，且x1x20，x2x30，x3x10。a证明：fx1fx2fx32a；b（）若fx有极小值fmin，且fminf(1)2，证明|fx|n|fxn|2n2nN*。解答：（1）fxax21a10)，=x(xbxbbx当a0时，fx在(，0)和(0，+)上分别单调递减；当a0时，fx在，-1和1，+上分别单调递加；aafx在-1，01上分别单调递减.和，a0a（2）由|xi|1知xi1或xi1.aaa由x1x20，x2x30，x3x10知x1，x2，x3中至多有一个为负数.当x1，x2，x3均大于零时，x11

21、，x21，x31，aaa由fx在1，+a得f(x1)f1=2aab所以f(x1)+f(x2)+f(x3)上单调递加，f(x2)2a，f(x3)2a，bb2a；当x1，x2，x3中有一个为负数时，不如假设x11，x21，x31，aaa则由x1x20，得x2x11，所以f(x2)f(x1)f(x1)，f(x2)f(x1)0.a又因为f(x3)2a，所以f(x1)+f(x2)+f(x3)2abb.（3）若fx有极小值fmin，且fminf(1)2，由（1）知：12a，解得a1，b1，所以fx1，a0，且=1，=2x(x0)abnx1n所以|fx|n|fxn|=xxn1x1xn1xxnxxn.当n1时

22、，|fx|n|fxn|=0=212，不等式明显成立；当n2时，1n11n211xxn1n12x3n3xn=CnxxCn2Cnxx3xx1n22n43n6nC1xn2(n1)=CxCxCxnnnn；1n1111xn123nC1nx=Cnn2Cn4Cn6xxxnnnxxxn上边两式相加得2x1xn12(C1nCn2C3nnxx即|fx|n|fxn|2n2n2.综上得|fx|n|fxn|2n2nN*.n111Cnxn1x1n2(n，1)Cnn1)2(2n2)，(15)（2011年优异缔盟）()设f(x)=xlnx，求f(x)；1bC|dx获得最小值；()设0ab，求常数C，使得ba|lnxa()记(

23、)中的最小值为ma,b，证明：ma,bln2(1)f(x)lnxx1lnx1;x(2)若clna,则|lnxc|lnxc,明显,当clna,lnxc取最小;若clnb,则|lnxc|clnx,当clnb,clnx取最小.故lnaclnb.1b1ecb|lnxc|dx(lnxc)dxc(clnx)dxbaabaae1ec(lnx1)(c1)dxb1)(lnx1)dxc(cbaae由(1)知ec1)(1)lnec(1)(c)(lnxcdxx|caxaeab1)(lnx1)dx(c1)(eca)xlnx|bc(ccee所以,1bc|dx1(alnablnb2ecabacbc)()b|lnxaaba记()2c()calnablnbab,gceab则令g(c)2ecab0,得cabab12即cb2时,a|lnxC|dx取最小值.ba(3)将cab)式右侧,Ma,b1alnablnb(ab)lnabln22代入(ba2等价于ab(ab)lnalna