历年自主招生试题分类汇编—解析几何.pdf
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1、历年自主招生试题分类汇编不等式 5. (2014 年北约) 已知 1xy 且,x y都是负数 ,求 1 xy xy 的最值 . 【解】由0,0xy可知 ,1| 1| 1xyxyxy, 所以 2 (|)1 | | 44 xy xyxy,即 1 (0, 4 xy, 令 1 (0, 4 txy,则易知函数 1 yt t 在(0,1上递减 ,所以其在 1 (0, 4 上递减 , 于是 1 xy xy 有最小值 117 4 44 ,无最大值 . 解答二:1()()2xyxy得 1 0 4 xy,而函数 1 ( )f tt t 在(0,1)上单调递 减,在(1,)单调递增, 故 1 ()( ) 4 f x
2、yf,即 11 7 4 xy xy ,当且仅当 1 2 xy时 取等号 10. (2014 年北约) 已知 12 , n xxxR,且 12 1 n x xx,求 证: 12 ( 2)(2)( 2)( 21) n n xxx. 【证】 (一法 :数学归纳法 )当1n时,左边 122121x右边 ,不等式成立 ; 假设 * (1,)nk kkN时,不等式 12 (2)(2)(2)( 21) k k xxx成立 . 那么当1nk时,则 121 1 kk x xx x,由于这1k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 1 1,01 k
3、k xx, 从而 111 (1)(1)01 kkkkkk xxxxx x,所以 121(2) (2)(2) (2)kkxxxx 1211 (2) (2) 22 () kkkk xxxxx x 1 121 (2) (2)(2) (21)(21) (21)(21) kk kk xxx x 其中推导上式时利用了 1211 ()1 kkk x xxx x及nk时的假设 ,故1nk时不等式也成 立. 综上知 ,不等式对任意正整数n都成立 . (二法 )左边展开得12(2)(2)(2)nxxx 12 12 12 12 111 ( 2)( 2)(2)()(2)() k k n nnnn k iijiiin
4、iij niiin xx xx xxx xx 由平均值不等式得 1 1 1212 1212 11 12 1 1 ()() k kk nnn kk kk C CCkkk iiiniiinnn iiin iiin x xxCx xxCx xxC 故 12 ( 2)(2)( 2) n xxx 1122 2 )(2 )(2 )(2 )(21) nnnnkknn nnnn CCCC,即证 . (三法 )由平均值不等式有 1 11 22 () 22 n n n kk kk n xx ; 1 11 () 22 n n kk n kk kk xx n xx +得 1 12 1 1 2() (2) n n n
5、n k k x xx nn x , 即 12 ( 2)(2)(2)( 21) n n xxx成立 . (四法)由AMGM不等式得: 1 1 122 () 2 (2) n n i i n i i n x x , 1 1 11 () 2 (2) n i n i i n i i x n x x ,两式相加得: 1 21 1 (2) n n i i x ,故 1 (2)(21 ) n n i i x 1 ( 2011 年北约文)0 2 ,求证:sintan 【解析】 不妨设( )sinf xxx ,则(0)0f,且当 0 2 x时,( )1cos0fxx于是 ( )f x 在 0 2 x上单调增( )
6、(0)0f xf即有sinxx 同理可证( )tan0g xxx (0)0g,当 0 2 x时, 2 1 ( )10 cos g x x 于是( )g x 在 0 2 x上单调增。 在 0 2 x上有( )(0)0g xg。即tanxx。 注记:也可用三角函数线的方法求解 7. (2014 年华约) 已知 * ,nNxn求证 : 2 (1) nxx nnex n . 【证明】原不等式等价于 2 (1) x n n x nxne n . 当 2 xn,上述不等式左边非正,不等式成立 ; 当 2 xn时,由1(0) y ey y 及贝努力不等式 (1)1(1,1) n yny ny , 从而 22
7、 2 22 (1)(1) (1)(1)(1) x nnn n xxxxx nennnnnx nnnnn ,即证 . 1. (2014 年卓越联盟) 32 | 210xx,求x范围 . 【解】由 32321515 | 210|2|10(| 1)(|)(|)0 22 xxxxxxx 所以由数轴标根法得 1515 | (,)(1,) 22 x,又因为|0x, 所以 1515 (, 1)(1,) 22 x. 1、(2013 年卓越联盟) 设函数sinfxxx 若 1 x 、 2 22 x, 且 12 fxfx, 则 A 12 xxB 12 0xxC 12 xxD 22 12 xx 答案 :(文科) D
8、 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4n 当4n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
9、) , (4,5,6, ), (2008,2009,2010),(2011,2012) 这 671 组,如果所取数672n,则由抽屉原理必然有两个数属于同一组,不妨设为 ab,则1ab或2。当1ab时,此时ab整除ab,不合要求。 当2ab 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。 671n, 考察 1,4,7, , 2011 这 671个数中的任两数ab, 则32 ,a bkk N , 而3 ,abl 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
10、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, |(1)(1)(1)xyzxyxzyz ,求, ,x y z. 【解】 本题等价于求使 (1)(1)(1)1 () xyxzyzxyyzzx xyzxyz xyzxyz 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|1xyz xyyzzx,不失一般性不妨 设x yz,则13xyzxyyzzxyx,于是3z ,结合z为正整数 ,故1,2z, 当1z时,|1xy xyyx,即|1xyyx,于是12xy
11、xyyxx,所以2y, 但另一方面yz,且为正整数 ,所以2y矛盾 ,不合题意 . 所以2z,此时2|221xy xyyx,于是2221xyxyyx,即221xyyx, 也所以224xyyxx,所以4y,又因为2yz,所以3y; 于是6 |55xx,所以655xx,即5x,又因为3xy,所以4,5x, 经检验 5x 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
12、) 已知 * ,nNxn求证 : 2 (1) nxx nnex n . 【证明】原不等式等价于 2 (1) x n n x nxne n . 当 2 xn,上述不等式左边非正,不等式成立 ; 当 2 xn时,由1(0) y ey y及贝努力不等式(1)1(1,1) n yny ny, 从而 22 2 22 (1)(1) (1)(1)(1) x nnn n xxxxx nennnnnx nnnnn ,即证 . 7. (2013 年华约) 已知( )(1)1 x f xx e 求证 :(1)当0x,( )0f x; (2)数列 n x满足 1 1 1,1 nn xx n x eex,求证 :数列
13、n x单调递减且 1 2 n n x. 【解】 (1)当 0x 时,( )0 x fxxe,所以( )f x在(0,)上递减 ,所以( )(0)0f xf. (2)由 1 1 nn xx nx ee得 1 1 n n x x n e e x ,结合 11x,及对任意0,1 x xex,利用数学归纳法 易得0 n x对任意正整数n成立 ,由(1)知()0 n f x,即1 nn xx n ex e, 即 1nn xx nn x ex e,因为0 n x,所以 1nn xx ee,即 1nn xx,所以数列 n x递减 , 下面证明 1 2 n n x,用数学归纳法证,设 1 ( ) x e g
14、x x ,则 22 1( ) ( ) xx xeef x g x xx , 由 (1)知当0x时,( )0f x,即( )0gx,故( )g x在(0,)递增 ,由归纳假设 1 2 nn x 得 1 ()() 2 n n g xg,要证明 1 1 1 2 n n x只需证明 1 1 1 2n n x ee,即 1 1 2 () n n g xe, 故只需证明 1 1 2 1 () 2 n n ge,考虑函数 2 ( )( ) x h xxg xxe,因为当0x时 2 1 2 x x e, 所以 222 ( )(1)(1)0 22 xxx xxx h xeee e,故( )h x在(0,)上递增
15、 ,又 1 0 2 n , 所以 1 ()0 2 n h,即 1 1 2 1 () 2 n n ge,由归纳法知 , 1 2 nn x对任意正整数n成立 . 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 2 ( )1,1,2 2! n n xx fxxn n 证明:当n是偶数时, 方程( )0 n fx没有实根;当n是奇数时,方程( )0 n fx有唯一的实根 n,且2nn 。 证明一: 用数学归纳法证明0)( 12 xf n 有唯一解 12n x 且严格单调递增,0)( 2 xf n 无实数解, 显然 n=1 时,此时xxf
16、1)( 1 有唯一解1 1 x, 且严格单调递增, 而 2 1)( 2 2 x xxf无 实数解,现在假设0)( 12 xf n 有唯一解 12n x且严格单调递增,0)( 2 xf n 无实数解,于是 注意到1),()( 2212nnn fxfxf时,对任意的0 kn有 x+2k+1 0, 于是 )12( )!12()!2( ()( 2 0 2 12 kx k x k x xf kn k k n ,所以,0)12( 12 nf n 又 因 为,01)0( 12n f所 以 由)( 12 xf n 严 格 递 增 知0)( 12 xf n 有 唯 一 根 012 12 nx n , 对于)(
17、22 xf n 有)()( 122222 xfxff nnn ,所以( , 12n x)上,递减,在( 12n x, +)上,递增,所以 ,0 )!22()!22( )()(min 22 12 22 12 122222 n x n x xfxf n n n n nnn Rx 因此,0)( 22 xf n 无实数解 综上所述,对任意正整数n,当为偶数时0)(xf n 无解,当为奇数0)(xfn有唯一 解 n x。 再证 1212nn xx,事实上,由 )( 12 xf n 的严格单调性,只需验证0)( 1212nn xf,注意到 )( 12 xf n )( 12 xf n )!12()!2( 1
18、22 n x n x nn ,由上述归纳法证明过程中,12 12 nx n ,所 以 0)12( )!12()!12()!2( )( 12 2 12 12 12 2 12 1212 nx n x n x n x xf n n n n n n n nn , 因此 1212nn xx,综上所述,原命题得证。 证明二:记, ! 3! 2 1)( 32 n xxx xxf n n 我们对使用数学归纳法证明加强命 题,方程0)(xf n 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 单调递增并且可以取遍所有实数。 ()当 N=1,2 的时候,直接验证,结论显然成立。 ()当 N=K -1
19、的时候结论成立,那么,N=K 的时候: K 是偶数的时候, 23 1 2!3! k xxx x k 1 ( )( ) k fxfx,那么由归纳假设,我们知 道存在一个0)(0 10 xfx k 为的根,使得在 0 xx的时候0)()( 1 xfxf kk ,在 0 xx的时 候, 1 ()( ) kk fxfx,所以可以看出)(xfk 在实数上的最小值应该在 0 x处取到, 0 ! )( ! )()( 2 2 000 010 k x k x k x xfxf k kk kk ,也就是说)(xfk在实数上每个取值都大于零,因 此结论成立。 是奇数时,)(xfk 23 1 2!3! k xxx x
20、 k , 1 ( )( ) kk fxfx,那么由归纳假设,我 们知道 1 ( )( ) kk fxfx恒成立, 也就是说)(xfk严格单调递增, 而 )(xfk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,)(xf k 也趋于 , 当 X 趋于 +的时候,)(xfk也趋于 +,而)(xf k 连续,因此我们证明了)(xf k 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)(xfk分 段说明,但写起来比较麻烦) 3、 ( 2011 年华约) 曲线 32 ()21f xxxx,过点( 1,1)的直线 l 与曲线相切,且 (
21、1,1)不是切点,则直线l 的斜率为( ) A 2B 1C1D2、 解答:设切点为 32 0000 (,21)xxxx,则切线斜率为 2 00 322kxx,切线方程为 322 000000 (21)(322)(1)yxxxxxx,将点 ( 1,1)入代得: 322 000000 1(21)(322)( 1)xxxxxx,整理得 2 00 2(1) (1)0xx, 00 1,1xx,所以这条切线的斜率为1. 7 ( 2010 年 华 约 ) 设( )e (0) ax f xa 过 点( ,0)P a且 平 行 于y轴 的 直 线 与 曲 线 :( )Cyfx的交点为Q,曲线C过点Q的切线交x轴
22、于点R,则PQR的面积的最小值 是(B ) ( A)1 (B) 2e 2 (C) e 2 (D) 2 e 4 9. ( 2014年 卓 越 联 盟 ) 设( )f x在xR上 可 导 , 且 对 任 意 的0xR有 00 0()()4 (0)fxxf xx x (1)证明 : 00 0 ()() ()(0) f xxf x fxx x ; (2)若|( ) | 1f x,则|( )|4fx. 【解】 (1)由题知( )fx单调递增 ,利用拉格朗日中值定理可知:存在 00 (,)xxx, 使得 00 00 ()() ( ) () f xxf x f xxx ,于是 00 0 00 ()() ()
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