历年自主招生试题分类汇编-导数

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0xy1，而函数f(t)t1在(0,1)上单调递4t减，在(1,)单调递增，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)(2x2)(2xn)(21)n.【证】(一法:数学归纳法)①当n1时,左边2x12121右边,不等式成立;②假设nk(k1,kN*)时,不等式(2x1)(2x2)(2xk)(21)k成立.那么当nk1时,则x1x2xkxk1,k1个正数不能同时都大于1,1由于这也不能同时都小于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xk1,0xk11,从而(xk1)(xk11)0xkxk11xkxk1,所以(2x1)(2x2)(x2k)(xk21)(2x1)(2x2)[2kx2(xk1xk)kx1](2x1)(2x2)(x2kxk1)(21)(k21)(21k)1(21)其中推导上式时利用了x1x2xk1(xkxk1)1及nk时的假设,故nk1时不等式也成立.综上①②知,不等式对任意正整数 n都成立.(二法)左边展开得 ( 2 x1)( 2 x2) ( 2 xn)(2)n(2)n1n(2)n2((2)nk(xixixj)xi1xi2xik)x1x2xni11ijn1i1i2ikn由平均值不等式得11xixixiCnk(xixixi)CnkCnk((x1x2k1Cnkk2xn)Cn1)Cnk1i1i2ikn1i1i2ikn故(2x1)(2x2)(2xn)n(n11(n22(nkkCnn(n2)2)Cn2C)n2C)n,2即证1.)(三法)由平均值不等式有n2n21nxknxk1n(n⋯⋯①;n()n⋯⋯②)2xk2xkk12xkk12xkk1k11①+②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年北约文）02，求证：sintan．【解析】不妨设f(x)xsinx，则f(0)0，且当0x时，f(x)1cosx0．于是2f(x)在0x上单调增．∴f(x)f(0)0．即有xsinx．2同理可证g(x)tanxx0．g(0)0，当0x时，g(x)110．于是g(x)在0x上单调增。222cosx∴在0x上有g(x)g(0)0。即tanxx。2注记：也可用三角函数线的方法求解．7.（2014年华约）已知nN*,xn,求证:nn(1x)nexx2.nx)x【证明】原不等式等价于nx2n((1en)n.n当x2n,上述不等式左边非正,不等式成立;当x2n时,由ey1y(y0)及贝努力不等式(1y)n1ny(n1,y1),xx)x))n22从而n((1x)en)nn((1(1n(1x2)nn(1nx2)nx2,即证.nnnnn1.（2014年卓越联盟）|x3|2x210,求x范围.【解】由|x3|2x210|x|32|x|210(|x|1)(|x|125)(|x|15)02所以由数轴标根法得|x|(,15)(1,15),又因为|x|0,22所以x(1515).,1)(1,221、（2013年卓越联盟）设函数fxxsinx．若x1、x2π，π，且fx1fx2，22则A．x1x2B．x1x20C．x1x2D．x12x22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

n个正整数需同时满足①不能三类都有；②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

4．当n4时，取1，3，7，9，其任意三数之和为所以满足要求的正整数最多有4个．

11，13，17，19均为素数，满足题意，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 672，则由抽屉原理必然有两个数属于同一组，不妨设为ab，则ab1或2。当ab1时，此时ab整除ab，不合要求。当ab2时，此时，a与b同奇偶，所以ab为偶数，从而ab也能整除ab，也不合要求。∴n671，考察1,4,7，⋯，2011这671个数中的任两数ab，则abk3k,2N，而ab3l,lN，∴ab不整除ab，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是互不相等的正整数,xyz|(xy1)(xz1)(yz1),求x,y,z.【解】本题等价于求使(xy1)(xz1)(yz1)xyz(xyz)xyyzzx1xyzxyz为整数的正整数x,y,z,由于x,y,z是互不相等的正整数,因此xyz|xyyzzx1,不失一般性不妨设xyz,则xyzxyyzzx13yx,于是z3,结合z为正整数,故z1,2,当时,xy|xyyx1,即xy|yx1,于是xyxyyx12x,所以y2,z1但另一方面yz,且为正整数,所以y2矛盾,不合题意.所以z2,此时2xy|xy2y2x1,于是2xyxy2y2x1,即xy2y2x1,也所以xy2y2x4x,所以y4,又因为yz2,所以y3;于是6x|5x5,所以6x5x5,即x5,又因为xy3,所以x4,5,经检验x5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)、(3,5,2)、(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——导数7.（2014年华约）已知nN*,xn,求证:nn(1x)nexx2.nxx【证明】原不等式等价于nx2n((1)en)n.n当x2n,上述不等式左边非正,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(1n(1x2)nn(1nx2)nx2,即证.nnnnn7.（2013年华约）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,下面证明xn1,用数学归纳法证,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,)递增,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)e2e2[e2(10,故h(x)在(0,)上递增,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试题的函数模型相似.(14)（2012年华约）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有唯一的实根n，且n＞n2。证明一：用数学归纳法证明f2n1(x)0有唯一解x2n1且严格单调递增，f2n(x)0无实数解，显然n=1时，此时f1(x)1x有唯一解x11，且严格单调递增，而f2(x)1xx2无2实数解，现在假设f2n1(x)0有唯一解x2n1且严格单调递增，f2n(x)0无实数解，于是注意到f2n1(x)f2n(x),f2n1时，对任意的0≤k≤n有x+2k+1≤0,于是nx2kx2k1)，所以f2n1(2n1)0,f2n1(x)(1)!(x2kk0(2k)!(2k又因为f2n1(0)10,所以由f2n1(x)严格递增知f2n1(x)0有唯一根0x2n12n1，对于f2n2(x)有f2n2f2n2(x)f2n1(x)，所以（—∞，x2n1）上，递减，在（x2n1，+∞）上，递增，所以2n22n2minf2n2(x)f2n2(x2n1)x2n1x2n10,xR(2n2)!(2n2)!因此，f2n2(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x2n1x2n1，事实上，由f2n1(x)的严格单调性，只需验证f2n1(x2n1)0，注意到f2n1(x)－f2n1(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)!因此x2n1x2n1，综上所述，原命题得证。证明二：记fn(x)1xx2x3xn,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的时候：K是偶数的时候，1x2x3xk(x)fk1(x)，那么由归纳假设，我们知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)>０，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。Ｋ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—∞的时候，fk(x)也趋于—∞，当X趋于+∞的时候，fk(x)也趋于+∞，而fk(x)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）3、（2011年华约）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，x01,x01，所以这条切线的斜率为1.7．（2010年华约）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年卓越联盟）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)单调递增,利用拉格朗日中值定理可知:存在(x0,x0x),使得f()f(xx0)f(x0),于是f(x0)f()f(xx0)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.但是由于|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年卓越联盟）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f2afa≥22a，则实数a的取值范围为（）A．1，B．，1C．，2D．2，答案:B．（2013年卓越联盟理）设x0，⑴证明ex1x1x2；2⑵若e1x1xe，证明：0yx．x2y2答案:⑴（本小问6分）设fxex1x1x2，x0，，则fxex1x．2令gxex1x，x0，，则gxex1．当x0时，由于ex1，所以gx0，因此gx在0，上单调递增．于是有fxgxg00，x0，．从而可知fx在0，上单调递增，又f00，所以fx0，x0，，即ex1x1x2，x0，．2⑵（本小问9分）设hxex1x1x2ex，x0，，则hxex1xex1x2ex．22令pxex1xex1x2ex，x0，，则2pxx12x0，x0，．2xe2xe所以px在0，上单调递减，从而hxpxp00，因此hx在0，上单调递减，于是hxh00，即2ex1xex，x0，．x2结合⑴有e01cy2ex1xex，得0yx．x2（11）（2012年卓越联盟）已知函数fxax21，其中a是非零实数，b0。bx（Ⅰ）求fx的单调区间（Ⅱ）若a0，设|xi|1，i1，2，3，且x1x20，x2x30，x3x10。a证明：fx1fx2fx32a；b（Ⅲ）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，+上分别单调递增；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.①当x1，x2，x3均大于零时，x11，x21，x31，aaa由fx在1，+a得f(x1)f1=2aab所以f(x1)+f(x2)+f(x3)

上单调递增，，f(x2)2a，f(x3)2a，bb2 a；②当x1，x2，x3中有一个为负数时，不妨假设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.①当n1时，|fx|n|fxn|=0=212，不等式显然成立；②当n2时，1n11n211xxn1n12x3n3xn=CnxxCn2Cnxx3xx1n22n43n6nC1xn2(n1)=CxCxCxnnnn；1n1111xn123nC1nx=Cnn2Cn4Cn6xxxnnnxxxn上面两式相加得2x1xn12(C1nCn2C3nnxx即|fx|n|fxn|2n2n2.综上得|fx|n|fxn|2n2nN*.

n111Cnxn