歷年自主招生試題分類匯編—復(fù)數(shù)

1、歷年自主招生試題分類匯編一一不等式1 5. (2014年北約)已知x + y =1且x,y都是負(fù)數(shù)，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區(qū)(| | 1y |) 二，即 xy(0,-, 444111令t=xy W(0,_,則易知函數(shù)y = t+ 一在(0,1上遞減，所以其在(0, 上遞減， 4t4一一 11 17于是xy + 一 有最小值 4+=彳，無(wú)最大值.11_解答二：1 =(x) +(_y)至2jxy得0<xy E,而函數(shù)f

2、=t+-在(0,1)上單調(diào)遞 4t11171減，在(1,0)單倜遞增，故f (xy)之f (一),即xy + 之一,當(dāng)且僅當(dāng)x= y = 一時(shí) 4xy42取等號(hào).10. (2014 年北約)已知 x1,x2,|",xn w。且 xrIIIk =1,求證：(.2 %)(2。2)川(.2 xn) _( .2 1)n.【證】(一法:數(shù)學(xué)歸納法)當(dāng)n =1時(shí)，左邊 & +治=& +1 >42 +1 =右邊，不等式成立；假設(shè) n=k(k 21,kWN*)時(shí),不等式(J2 + xJ( J2 + x2)H|(J2 + %)之(J2+1)k 成立.那么當(dāng)n =k +1時(shí)，則x1

3、x2|hxkxk+=1，由于這k +1個(gè)正數(shù)不能同時(shí)都大于1,也不能同時(shí)都小于1,因此存在兩個(gè)數(shù)，其中一個(gè)不大于1,另一個(gè)不小于1不妨設(shè)xk >1,0<xk+<1,從而(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)其中推導(dǎo)上式時(shí)利用了x1x2lxk/xkxk+) =1及n = k時(shí)的假設(shè)，故n = k +1時(shí)不等式也成立.綜上知

4、，不等式對(duì)任意正整數(shù)n都成立.(二法)左邊展開得(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 產(chǎn)=Cnk(X1X2|Xn)C 壯尸=Cnk1 J1 :i2 :! I Jk 四1 士 :!2：ik ；n故(.2 X1)( 2X2)m( 2Xn)一 2) (FCn1./ 2Cn2 館I (也 1- Cn n =(,2加2)（三法）由平均值不等式有:2k2 .

5、2Xkn三 1nn10電亮/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 產(chǎn))上n TXi2(Xi.2) 21兩式相加得： 1之,nn'i.n“(X-2)n口（12 Xi昇廠（，21i 1jr1. （2011年北約文）0<儀<:，2求證：sin« <a <tan« .【解析】 不妨設(shè)f（X）=X-sinX,f (0) =0 ,且當(dāng) 0 &l

6、t;x <-時(shí),2f (X) =1 -cosx >0 .于f (x)在0 <x <上單調(diào)增.2同理可證 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上單調(diào)增。2一、_ 、一一n I r.、g(0) =0,當(dāng) 0 <x(一 時(shí)，g (x)= 23T 在 0 <x <上有 g （x） >g（0） =0。即 tanx >x。 2注記：也可用三角函數(shù)線的方法求解. (2014年華約)已知 nw N* ,x En,求證：n-n(1 -aye

7、9;Wx2. nx【證明】原不等式等價(jià)于n -x2 <n(1 -) en)n.n.2當(dāng)x _ n，上述不等式左邊非正，不等式成立；當(dāng)x2 <n時(shí)，由ey之1 +y(y至0)及貝努力不等式(1 + y)n之1 +ny(n >1,y >-1),x22一一x - nx x nx nx2從而 n(1 -)e ) >n(1 ) <1 +-) =n(1 -)至n(1 n) =n x ,即證.nn nnn1. （2014年卓越聯(lián)盟）|x3|-2x2+1 <0,求x范圍.【解】由|x3|-2x21 ：0：-|x|3-2|x|21 ：0：- (|x|_1)(|x|-15

8、)(| x|-15)：022所以由數(shù)軸標(biāo)根法得|x| (-二,T)U(1,) ，又因?yàn)閨x|>0, 221 5-1 、.巧所以 x (-, -1)U(1,).2 21、(2013年卓越聯(lián)盟)設(shè)函數(shù)f (x尸xsin x .右x1、x2 u |-一 ,_ 222C. x1 < x2D. x1 > x2貝uA . x1 >x2B , x1 +x2 >0答案：(文科)D.歷年自主招生試題分類匯編一一初等數(shù)論7. （2013年北約）最多有多少個(gè)兩兩不等的正整數(shù)，滿足其中任意三數(shù)之和都為素?cái)?shù).解析 設(shè)滿足條件的正整數(shù)為 n個(gè).考慮模3的同余類，共三類，記為 0,1,2.則這

9、n個(gè)正整數(shù)需同時(shí)滿足不能三類都有；同一類中不能有3個(gè)和超過3個(gè).否則都會(huì)出現(xiàn)三數(shù)之和為 3的倍數(shù).故n M4 .當(dāng)n=4時(shí)，取1, 3, 7, 9,其任意三數(shù)之和為11, 13, 17, 19均為素?cái)?shù)，滿足題意，所以滿足要求的正整數(shù)最多有4個(gè).題6 （2012年北約）在1, 2,，2012中取一組數(shù)，使得任意兩數(shù)之和不能被其差整除，問最多能取多少個(gè)數(shù)？解： 將 1, 2,，2012 分成（1, 2, 3）, （4, 5, 6,），（2008,2009,2010） , （2011,2012） 這671組，如果所取數(shù)n之672,則由抽屜原理必然有兩個(gè)數(shù)屬于同一組，不妨設(shè)為a >b ,則a b

10、 =1或2。當(dāng)a b =1時(shí)，此時(shí)a b整除a +b ,不合要求。當(dāng)a b = 2 時(shí)，此時(shí)，a與b同奇偶，所以a+b為偶數(shù)，從而a-b也能整除a+b ,也不合要求。n <671，考察1,4,7,，2011這671個(gè)數(shù)中的任兩數(shù) a>b，則a = k» 2由而 a _b =3l,l w N”, a-b不整除a +b ,從而可知，最多能取671個(gè)數(shù)，滿足要求。評(píng)析：本題考查整除問題，而解答主要用到競(jìng)賽數(shù)學(xué)中的抽屜原則和剩余類，整除等簡(jiǎn)單 的數(shù)論知識(shí)，體現(xiàn)出自主招生試題要求考生有一定的競(jìng)賽數(shù)學(xué)知識(shí)，并掌握數(shù)學(xué)競(jìng) 賽的一些常用方法和技巧。6. (2013年華約)已知x, y,z

11、是互不相等的正整數(shù)，xyz|(xy1)(xz 1)(yz1),求x, y, z.【解】 本題等價(jià)于求使 (xy _1)(xz _1)(yz-xyz (x +y+ z)+xy+ yz + zx 1為整數(shù)的正 xyzxyz整數(shù)x,y,z,由于x,y, z是互不相等的正整數(shù)，因此xyz |xy + yz + zx-1,不失一般性不妨設(shè) x a y >z，則 xyz <xy +yz + zx -1 <3yx,于是 z<3,結(jié)合 z為正整數(shù)，故 z = 1,2 , 當(dāng) z =1 時(shí)，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,且為正整數(shù)，所以y之2矛盾，不合題意.所以 z = 2,此時(shí) 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?yàn)閥 z = 2,所以y = 3;于是 6x|5x+5，所以 6乂£5乂+5,即乂5,又因?yàn)?x >y =3,所以 x = 4,5 ,經(jīng)檢驗(yàn)x =5符合題意，于是符合題意的正整數(shù) 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:該題與2011年福建省高一數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題雷同.歷年自主招生試題分類匯編一一導(dǎo)數(shù)7. (2014年華約)已知 n亡 N* ,x Wn,求證：n-n(1 -"xYex Wx2. nx【證明】原不等式等價(jià)于n -x2 <n(1-) en)n.n當(dāng)x2 _ n，上述不等式左邊非正，不等式成立；當(dāng)x2 <n時(shí)，由ey至1十y(y至0)及貝努力不等式(1十y)n >1 +ny(n >1,y >-1),x22從而 n(1 -) en)n 之n(1 -) (1 +-)n =n(1 3)n > n(1 - n，與)=n x

14、2，即證. nn nnnx7. (2013年華約)已知 f(x)=(1x)e -1求證:(1)當(dāng) x>0 , f (x) <0;1(2)數(shù)歹U4滿足xnexn+ne% _1,X=1，求證:數(shù)列xn單調(diào)遞減且 人A2r.【解】當(dāng)x>0時(shí)，f (x) = xex <0,所以f(x)在(0,g)上遞減，所以f (x)< f(0) =0.x .exn -1-x(2)由xne' + =en 1得e'+ =，結(jié)合k =1，及對(duì)任意x>0,e >x+1，利用數(shù)學(xué)歸納法xn易得xn >0對(duì)任意正整數(shù)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?yàn)閤n >0,所以exn牛<exn,即xn >xn書，所以數(shù)列xn遞減，1 ex -1 一.卜面證明xn >n,用數(shù)學(xué)歸納法證，設(shè)g(x)=，則g (x) =2x1由(1)知當(dāng)x>0時(shí)，f(x) <0,即g (x) A0,故g(x)在(0,收)遞增，由歸納假設(shè)xn >11_L得g(xn) >g(，),要證明xn書> 2n彳只需證明exn* A e*，即g(xn)>en,故只需證明/ 1、2119(戶exxx，考慮函數(shù)h(x) =xg(x)xe2,因?yàn)楫?dāng)

16、乂0時(shí)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)上遞增，又一n a 0 ,22211、，1、 1 , _ 所以h(F") A0,即g(=) Ae2 ，由歸納法知，xn A丁對(duì)任意正整數(shù)n成立.222注:此題的函數(shù)模型與 2012年清華大學(xué)保送生考試試題的函數(shù)模型相似.(14)(2012年華約)記函數(shù)x2fn(x)=1 x 習(xí)nx十，n =1,2證明：當(dāng)n是偶數(shù)時(shí), n!方程fn(x) =0沒有實(shí)根；當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，方程fn(x)=0有唯一的實(shí)根 二 且露>3七。

17、證明一：用數(shù)學(xué)歸納法證明 f2n.(x) =0有唯一解x2nl且嚴(yán)格單調(diào)遞增，f2n (x) = 0無(wú)實(shí)數(shù)解,x顯然n=1時(shí)，此時(shí)f1(x) =1+x有唯一解x1 =1,且嚴(yán)格單調(diào)遞增，而f2(x) = 1 + x +無(wú)實(shí)數(shù)解，現(xiàn)在假設(shè)f2n(x) =0有唯一解x2n二且嚴(yán)格單調(diào)遞增，f2n(x) = 0無(wú)實(shí)數(shù)解，于是n 2k2kx x2n+(x)=Z (+(x+2k+1),所以 f2n 書(2n1)P,注意到 f2n書(x) = f2n (x), f2n =1 時(shí)，對(duì)任意的 0W kvt x+2k+1 < 0,« (2k)! (2k 1)!又因?yàn)閒2n卡(0) =10,所以由

18、f2n卡(x)嚴(yán)格遞增知f2n書q)=。有唯一根0 /x2n + / 2n 1 ,對(duì)于 f2n 2)有 f2n書=f2n/x) = f2n +(x),所以(一°°, x2n-H)上，遞減，在(x2n，+ 8)上，遞增，所以min f2n 2(x) = f2n 2(x2n 1)2n 2x2n 12n 2x2n 1(2n 2)!(2n 2)!因此，f2n電(x) =0無(wú)實(shí)數(shù)解綜上所述，對(duì)任意正整數(shù)n,當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)fn(x)=0無(wú)解，當(dāng)n為奇數(shù) fn(x) = 0有唯一解xn。再證x2n/x2n，事實(shí)上，由f2n(刈的嚴(yán)格單調(diào)性，只需驗(yàn)證f?n二8口書)0 ,注意到2n2n 1f

19、2n+(x)_ f2n,(x)=+，由上述歸納法證明過程中，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,綜上所述，原命題得證。xxx證明一：記fn(x) =1 +x + 十，我們對(duì)N使用數(shù)學(xué)歸納法證明加強(qiáng)命2!3!n!題，方程fn(x)=0在N為偶數(shù)的時(shí)候?qū)崝?shù)上恒大于零，在N為奇數(shù)的時(shí)候，在實(shí)數(shù)上嚴(yán)格 單調(diào)遞增并且可以取遍所有實(shí)數(shù)。(1)當(dāng)N=1,2的時(shí)候，直接驗(yàn)證，結(jié)論顯然成立。(2)當(dāng)N=K-1的時(shí)候結(jié)論成立，那么， N=K的

20、時(shí)候:K是偶數(shù)的時(shí)候,23x x1 x I -2!3!k!'f'(x) = fk(x),那么由歸納假設(shè)，我們知道存在一個(gè)x0 #0為fk(x) = 0的根，使得在xtx0的時(shí)候fk'(x) = fk(x)0 ,在xx0的時(shí)k k kfk(x°) fkj(x0)77 =77k! k!此結(jié)論成立。候，fk(x)= fk(x )> 0 ,所以可以看出fk(x)在實(shí)數(shù)上的最小值應(yīng)該在x0處取到,)0 ,也就是說(shuō)fk( x)在實(shí)數(shù)上每個(gè)取值都大于零，因 k!xxx.K是前數(shù)時(shí)，fk(x)=1+x+ +,fk(x) = fy(x),那么由歸納假設(shè)，我 2! 3!k!

21、們知道fk'(x)= fk(x)恒成立，也就是說(shuō)fk(x)嚴(yán)格單調(diào)遞增，而fk(x)是一個(gè)奇數(shù)次最高項(xiàng)系數(shù)大于零的一個(gè)多項(xiàng)式，因此，可以知道當(dāng)X趨近于一8的時(shí)候，fk(x)也趨于一8,當(dāng)X趨于+8的時(shí)候，fk(x)也趨于+8,而 九(刈連續(xù)，因此我們證明了fk(x)在實(shí)數(shù)上嚴(yán)格單調(diào)遞增并且可以取遍所有的實(shí)數(shù)(這點(diǎn)如果不用極限的符號(hào)書寫法也可以將fk(x)分段說(shuō)明，但寫起來(lái)比較麻煩)323、(2011年華約)曲線f(x)=x - x 2x + 1 ,過點(diǎn)(1,1)的直線l與曲線相切，且 (-1,1)不是切點(diǎn)，則直線l的斜率為()A、2B、1C、1D、232 一_ 2_解答：設(shè)切點(diǎn)為(x0

22、,x0 _刈-2x0 +1),則切線斜率為k =3x° -2x0-2 ,切線方程為.322y -(沏 一 x° -2 沏 *1) = (3x0 - 2x0 - 2)(一 1 一沏，)將點(diǎn)(-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豐1,=x° =1 ,所以這條切線的斜率為-1.7. (2010年華約)設(shè)f(x) =eax(a >0).過點(diǎn)P(a,0)且平行于y軸的直線與曲線 C : y = f (x)的交點(diǎn)為Q ,曲線C過點(diǎn)Q的切線交x軸

23、于點(diǎn)R ,則APQR的面積的最小值 是(B )2eee2(A) 1(B) -(°)J)9.( 2014年卓越聯(lián)盟)設(shè)f(x)在xR上可導(dǎo)，且對(duì)任意的xqWR有0 : f (x x°) - f (x°)：二 4x(x 0)f (x xc) - f (xc) .證明：f (x。)<-(x>0);(2)若 | f(x)區(qū) 1，則 |(x)區(qū)4.【解】（1）由題知f （x）單調(diào)遞增，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),則在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，則 | 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時(shí)也可得矛盾.結(jié)論成立.2、（2013年卓越聯(lián)盟）設(shè)函數(shù)f （x ）在R上存在導(dǎo)數(shù)f '（x ）,對(duì)任意的 xw R有2f (f 注 f (x 產(chǎn) x ,且在(0 , +)上 f

25、 '(xpx .若 f (2 -a )-f a 產(chǎn)22a ,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（A. 1,十刃B. (-°0, 1 C. (q , 2 D, 12, +=0)答案：B.（2013年卓越聯(lián)盟理） 設(shè)x >0 ,證明 ex >1 +x 1- x2;2若 ex =1 +x + x2ey,證明：0 <y <x .2答案：（本小問6分）設(shè) f x = ex 11 x 1 x22xw 十°°),貝U f'(x )=ex-(1+x ).令 g(x 尸ex 一(1 +x ), xW b, +8 ),則 g '(x 尸ex -1 .

26、當(dāng)x >0時(shí)，由于ex >1 ,所以g '(x )>0 ,因此g(x )在0,）上單調(diào)遞增.于是有 f'(x ) = g (x )>g (0 )=0 , xW(0, y ).從而可知f （x ）在b, +g）上單調(diào)遞增，又v1f (0 )=0，所以 f (x )A0 , x'=(0, +如)，即 ex >1 +x +-x2 , xW(0 , 十刃.（本小問9分）設(shè) hx=e-x2x2eXxW b ,十望),則 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盧b, +oc)上單調(diào)遞減，從而 h'x尸p(x )< P(0)=0 ,因此h(x卉0, +=o)上單調(diào)遞減,2fex 4 -x)于是 h (x )< h(0 )=0 ,即2<ex, xW(0, +s).n 、，2 ex -1 -x v結(jié)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年卓越聯(lián)盟) 已知函數(shù)f(x)=，其中a是非零實(shí)數(shù)，b>0 obx

28、(I )求f (x)的單調(diào)區(qū)間(n)若 a >0 ,設(shè) |x |>1 a'i =1 , 2 , 3,且 x +x2 A0 ,x2 + x3 >0 , x3 +x1 >0 o證明:f x1f x2f x3(出)若 f(x)有極小值 fmin ,且 fmin =f(1) = 2,證明 |f(x)|n| f(xn 廬 2n 2(MN*)。x )=1ax 1bxa1 , c、=-x 十一(x #0),bbx在X-PILf (x )在(8 ,0)和(0,+8)上分別單調(diào)遞減;11 L -1%八f(x )在|3，-；和|，+C上分別單調(diào)遞增;IVa J OjaJ0卜口 %,

29、_L 上分別單調(diào)遞減.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,當(dāng)X, X2, x3均大于零時(shí),x3中至多有一個(gè)為負(fù)數(shù).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當(dāng)。X2, x3中有一個(gè)為負(fù)數(shù)時(shí)，不妨假設(shè)X :則由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?yàn)?f(

30、x3)>尊，所以 f(x)+f(xz)+f(x3) a平(3)若f 0)有極小值小，且。=f(1)=2，由(1)知:1b=1,所以 f (x )=x + -(x#0), x當(dāng)n =1時(shí)，| f (x )|n -| f (xn )|=0=21 2 ,不等式顯然成立;當(dāng)n至2時(shí),一= C,x=+ dxn+ dx 十,nC|1xxn匕面兩式相加得2Jy1 一岡>2(cn +C2 +C： + +C* = 2(2n -2)即 | f x |n -| f xn |,2n -2 n -2.、一 .一nnn*綜上得 |f x |n -| f xn |_2n -2 n N(15) (2011 年卓越

31、聯(lián)盟)(I )設(shè) f(x)=xlnx,求 f' x);1 b(n )設(shè)0<a<b,求常數(shù)C,使得 f | ln x -C |dx取得取小值；b -a a(出)記(n )中的最小值為 ma,b,證明：ma,b<ln2 .1 .(1) f (x) =ln x x =ln x 1； x(2)若 c Mln a,則 11nx c|=ln xc,顯然，當(dāng) c = ln a,ln x c取最??； 若 c Mln b,則 | ln x c|=cln x,當(dāng) 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=廣(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記 g(c) - -2ec (a b)c -aln a -bln b a b,則令 g(c)=/ec +a+b = 0 ,得 c =ab2一 a -b 1 b即c = 一5一時(shí),- |J ln x C | dx取取小值.a b1a b. . .(3)將 c =代入(*)式右邊,Ma,b =aln a bln b +(a +b)ln <ln 22b -a2.a b . . . _等價(jià)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