歷年自主招生試題分類匯編-導(dǎo)數(shù)

歷年自主招生試題分類匯編——不等式5.（2014年北約）已知xy1且x,y都是負(fù)數(shù),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],則易知函數(shù)yt1在(0,1]上遞減,所以其在(0,1]上遞減,4t4于是xy1有最小值4117,.無最大值xy44解答二：1(x)(y)2xy得0xy1，而函數(shù)f(t)t1在(0,1)上單調(diào)遞4t減，在(1,)單調(diào)遞增，故f(xy)f(1)，即xy117，當(dāng)且僅當(dāng)xy1時(shí)4xy42取等號．10.（2014年北約）已知x1,x2,,xnR,且x1x2xn1,求證:(2x1)(2x2)(2xn)(21)n.【證】(一法:數(shù)學(xué)歸納法)①當(dāng)n1時(shí),左邊2x12121右邊,不等式成立;②假設(shè)nk(k1,kN*)時(shí),不等式(2x1)(2x2)(2xk)(21)k成立.那么當(dāng)nk1時(shí),則x1x2xkxk1,k1個(gè)正數(shù)不能同時(shí)都大于1,1由于這也不能同時(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)xk1,0xk11,從而(xk1)(xk11)0xkxk11xkxk1,所以(2x1)(2x2)(x2k)(xk21)(2x1)(2x2)[2kx2(xk1xk)kx1](2x1)(2x2)(x2kxk1)(21)(k21)(21k)1(21)其中推導(dǎo)上式時(shí)利用了x1x2xk1(xkxk1)1及nk時(shí)的假設(shè),故nk1時(shí)不等式也成立.綜上①②知,不等式對任意正整數(shù) n都成立.(二法)左邊展開得 ( 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即證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)n1，兩式相加得：121，故ni1xi2nn(xi2)n(xi2)i1i1nn．(2xi)(1)2i11．（2011年北約文）02，求證：sintan．【解析】不妨設(shè)f(x)xsinx，則f(0)0，且當(dāng)0x時(shí)，f(x)1cosx0．于是2f(x)在0x上單調(diào)增．∴f(x)f(0)0．即有xsinx．2同理可證g(x)tanxx0．g(0)0，當(dāng)0x時(shí)，g(x)110．于是g(x)在0x上單調(diào)增。222cosx∴在0x上有g(shù)(x)g(0)0。即tanxx。2注記：也可用三角函數(shù)線的方法求解．7.（2014年華約）已知nN*,xn,求證:nn(1x)nexx2.nx)x【證明】原不等式等價(jià)于nx2n((1en)n.n當(dāng)x2n,上述不等式左邊非正,不等式成立;當(dāng)x2n時(shí),由ey1y(y0)及貝努力不等式(1y)n1ny(n1,y1),xx)x))n22從而n((1x)en)nn((1(1n(1x2)nn(1nx2)nx2,即證.nnnnn1.（2014年卓越聯(lián)盟）|x3|2x210,求x范圍.【解】由|x3|2x210|x|32|x|210(|x|1)(|x|125)(|x|15)02所以由數(shù)軸標(biāo)根法得|x|(,15)(1,15),又因?yàn)閨x|0,22所以x(1515).,1)(1,221、（2013年卓越聯(lián)盟）設(shè)函數(shù)fxxsinx．若x1、x2π，π，且fx1fx2，22則A．x1x2B．x1x20C．x1x2D．x12x22答案:（文科）D．歷年自主招生試題分類匯編——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

n個(gè)正整數(shù)需同時(shí)滿足①不能三類都有；②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

4．當(dāng)n4時(shí)，取1，3，7，9，其任意三數(shù)之和為所以滿足要求的正整數(shù)最多有4個(gè)．

11，13，17，19均為素?cái)?shù)，滿足題意，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 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ab，則ab1或2。當(dāng)ab1時(shí)，此時(shí)ab整除ab，不合要求。當(dāng)ab2時(shí)，此時(shí)，a與b同奇偶，所以ab為偶數(shù)，從而ab也能整除ab，也不合要求?！鄋671，考察1,4,7，?，2011這671個(gè)數(shù)中的任兩數(shù)ab，則abk3k,2N，而ab3l,lN，∴ab不整除ab，從而可知，最多能取671個(gè)數(shù)，滿足要求。評析： 本題考查整除問題，而解答主要用到競賽數(shù)學(xué)中的抽屜原則和剩余類，整除等簡單的數(shù)論知識(shí)，體現(xiàn)出自主招生試題要求考生有一定的競賽數(shù)學(xué)知識(shí)，并掌握數(shù)學(xué)競賽的一些常用方法和技巧。6.（2013年華約）已知x,y,z是互不相等的正整數(shù),xyz|(xy1)(xz1)(yz1),求x,y,z.【解】本題等價(jià)于求使(xy1)(xz1)(yz1)xyz(xyz)xyyzzx1xyzxyz為整數(shù)的正整數(shù)x,y,z,由于x,y,z是互不相等的正整數(shù),因此xyz|xyyzzx1,不失一般性不妨設(shè)xyz,則xyzxyyzzx13yx,于是z3,結(jié)合z為正整數(shù),故z1,2,當(dāng)時(shí),xy|xyyx1,即xy|yx1,于是xyxyyx12x,所以y2,z1但另一方面yz,且為正整數(shù),所以y2矛盾,不合題意.所以z2,此時(shí)2xy|xy2y2x1,于是2xyxy2y2x1,即xy2y2x1,也所以xy2y2x4x,所以y4,又因?yàn)閥z2,所以y3;于是6x|5x5,所以6x5x5,即x5,又因?yàn)閤y3,所以x4,5,經(jīng)檢驗(yàn)x5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)、(3,5,2)、(5,2,3)、(5,3,2)注:該題與2011年福建省高一數(shù)學(xué)競賽試題雷同 .歷年自主招生試題分類匯編——導(dǎo)數(shù)7.（2014年華約）已知nN*,xn,求證:nn(1x)nexx2.nxx【證明】原不等式等價(jià)于nx2n((1)en)n.n當(dāng)x2n,上述不等式左邊非正,不等式成立;當(dāng)2n時(shí)由ey1y(y0)及貝努力不等式(1y)n1ny(n1,y1),x,xx)x))n22從而n((1x)en)nn((1(1n(1x2)nn(1nx2)nx2,即證.nnnnn7.（2013年華約）已知f(x)(1x)ex1求證:(1)當(dāng)x0,f(x)0;(2)數(shù)列{xn}滿足xnexn1exn1,x11,求證:數(shù)列{xn}單調(diào)遞減且xn12n.【解】(1)當(dāng)x0時(shí),f(x)xex0,所以f(x)在(0,)上遞減,所以f(x)f(0)0.(2)由xnexn1exn1得exn1exn1,結(jié)合x11,及對任意x0,exx1,利用數(shù)學(xué)歸納法xn易得xn0對任意正整數(shù)n成立由(1)知f(xn)0即exn1xexn,,,n即xnexn1xnexn,因?yàn)閤n0,所以exn1exn,即xnxn1,所以數(shù)列{xn}遞減,下面證明xn1,用數(shù)學(xué)歸納法證,設(shè)g(x)ex1xexex1f(x),2nx,則g(x)x2x2由(1)知當(dāng)x0時(shí),f(x)0,即g(x)0,故g(x)在(0,)遞增,由歸納假設(shè)xn12ng(11只需證明exn111得g(xn)),要證明xn1e2n1,即g(xn)e2n1,2n2n1故只需證明g(1)1xxxe2n1,考慮函數(shù)h(x)xg(x)xe2,因?yàn)楫?dāng)x0時(shí)e21,2n2xxxx)]所以h(x)ex(1x)e2e2[e2(10,故h(x)在(0,)上遞增,又10,222n1111所以h(e2n1xnn成立.2n)0,即g(n),由歸納法知,n對任意正整數(shù)22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)fn(x)1xx2xn,n1,2證明：當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，2!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n，且n＞n2。證明一：用數(shù)學(xué)歸納法證明f2n1(x)0有唯一解x2n1且嚴(yán)格單調(diào)遞增，f2n(x)0無實(shí)數(shù)解，顯然n=1時(shí)，此時(shí)f1(x)1x有唯一解x11，且嚴(yán)格單調(diào)遞增，而f2(x)1xx2無2實(shí)數(shù)解，現(xiàn)在假設(shè)f2n1(x)0有唯一解x2n1且嚴(yán)格單調(diào)遞增，f2n(x)0無實(shí)數(shù)解，于是注意到f2n1(x)f2n(x),f2n1時(shí)，對任意的0≤k≤n有x+2k+1≤0,于是nx2kx2k1)，所以f2n1(2n1)0,f2n1(x)(1)!(x2kk0(2k)!(2k又因?yàn)閒2n1(0)10,所以由f2n1(x)嚴(yán)格遞增知f2n1(x)0有唯一根0x2n12n1，對于f2n2(x)有f2n2f2n2(x)f2n1(x)，所以（—∞，x2n1）上，遞減，在（x2n1，+∞）上，遞增，所以2n22n2minf2n2(x)f2n2(x2n1)x2n1x2n10,xR(2n2)!(2n2)!因此，f2n2(x)0無實(shí)數(shù)解綜上所述，對任意正整數(shù)n,當(dāng)ｎ為偶數(shù)時(shí)fn(x)0無解，當(dāng)ｎ為奇數(shù)fn(x)0有唯一解xn。再證x2n1x2n1，事實(shí)上，由f2n1(x)的嚴(yán)格單調(diào)性，只需驗(yàn)證f2n1(x2n1)0，注意到f2n1(x)－f2n1(x)＝x2nx2n1，由上述歸納法證明過程中，x2n12n1，所(2n)!(2n1)!以2n2n12nf2n1(x2n1)x2n1x2n1x2n1(x2n12n1)0，(2n)!(2n1)!(2n1)!因此x2n1x2n1，綜上所述，原命題得證。證明二：記fn(x)1xx2x3xn,我們對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的時(shí)候：K是偶數(shù)的時(shí)候，1x2x3xk(x)fk1(x)，那么由歸納假設(shè)，我們知x3!f2!k!道存在一個(gè)x00為fk1(x)0的根，使得在xx0的時(shí)候fk(x)fk1(x)0，在xx0的時(shí)候，fk(x)fk1(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，kfk(x0)fk1(x0)x0kx0k(x02)20，也就是說fk(x)在實(shí)數(shù)上每個(gè)取值都大于零，因k!k!k!此結(jié)論成立。Ｋ是奇數(shù)時(shí)，fk(x)1xx2x3xk，fk(x)fk1(x)，那么由歸納假設(shè)，我2!3!k!們知道fk(x)fk1(x)恒成立，也就是說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—∞的時(shí)候，fk(x)也趨于—∞，當(dāng)X趨于+∞的時(shí)候，fk(x)也趨于+∞，而fk(x)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書寫法也可以將fk(x)分段說明，但寫起來比較麻煩）3、（2011年華約）曲線f(x)x3x22x1，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、2解答：設(shè)切點(diǎn)為(x0,x03x022x01)，則切線斜率為k3x022x02，切線方程為y(x03x022x01)(3x022x02)(1x0，)將點(diǎn)(1,1)入代得：1(x03x022x01)(3x022x02)(1x0)，整理得2(x01)2(x01)0，x01,x01，所以這條切線的斜率為1.7．（2010年華約）設(shè)f(x)eax(a0)．過點(diǎn)P(a,0)且平行于y軸的直線與曲線C:yf(x)的交點(diǎn)為Q，曲線C過點(diǎn)Q的切線交x軸于點(diǎn)R，則PQR的面積的最小值是（B）（A）1（B）2e（C）ee22（D）249.（2014年卓越聯(lián)盟）設(shè)f(x)在xR上可導(dǎo),且對任意的x0R有0f(xx0)f(x0)4x(x0)(1)證明:f(x0)f(xx0)f(x0)(x0);x(2)若|f(x)|1,則|f(x)|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(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),則在[u,)上f(x)4,于是有|f(x)f(u)||f()x(u)|x4(u),ux(,x),u取xu1,則|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)fx在R上存在導(dǎo)數(shù)fx，對任意的xR有fxfxx2，且在0，上fxx．若f2afa≥22a，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）A．1，B．，1C．，2D．2，答案:B．（2013年卓越聯(lián)盟理）設(shè)x0，⑴證明ex1x1x2；2⑵若e1x1xe，證明：0yx．x2y2答案:⑴（本小問6分）設(shè)fxex1x1x2，x0，，則fxex1x．2令gxex1x，x0，，則gxex1．當(dāng)x0時(shí)，由于ex1，所以gx0，因此gx在0，上單調(diào)遞增．于是有fxgxg00，x0，．從而可知fx在0，上單調(diào)遞增，又f00，所以fx0，x0，，即ex1x1x2，x0，．2⑵（本小問9分）設(shè)hxex1x1x2ex，x0，，則hxex1xex1x2ex．22令pxex1xex1x2ex，x0，，則2pxx12x0，x0，．2xe2xe所以px在0，上單調(diào)遞減，從而hxpxp00，因此hx在0，上單調(diào)遞減，于是hxh00，即2ex1xex，x0，．x2結(jié)合⑴有e01cy2ex1xex，得0yx．x2（11）（2012年卓越聯(lián)盟）已知函數(shù)fxax21，其中a是非零實(shí)數(shù)，b0。bx（Ⅰ）求fx的單調(diào)區(qū)間（Ⅱ）若a0，設(shè)|xi|1，i1，2，3，且x1x20，x2x30，x3x10。a證明：fx1fx2fx32a；b（Ⅲ）若fx有極小值fmin，且fminf(1)2，證明|fx|n|fxn|2n2nN*。解答：（1）fxax21a10)，=x(xbxbbx當(dāng)a0時(shí)，fx在(，0)和(0，+)上分別單調(diào)遞減；當(dāng)a0時(shí)，fx在，-1和1，+上分別單調(diào)遞增；aafx在-1，01上分別單調(diào)遞減.和，a0a（2）由|xi|1知xi1或xi1.aaa由x1x20，x2x30，x3x10知x1，x2，x3中至多有一個(gè)為負(fù)數(shù).①當(dāng)x1，x2，x3均大于零時(shí)，x11，x21，x31，aaa由fx在1，+a得f(x1)f1=2aab所以f(x1)+f(x2)+f(x3)

上單調(diào)遞增，，f(x2)2a，f(x3)2a，bb2 a；②當(dāng)x1，x2，x3中有一個(gè)為負(fù)數(shù)時(shí)，不妨假設(shè)x11，x21，x31，aaa則由x1x20，得x2x11，所以f(x2)f(x1)f(x1)，f(x2)f(x1)0.a又因?yàn)閒(x3)2a，所以f(x1)+f(x2)+f(x3)2abb.（3）若fx有極小值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當(dāng)n1時(shí)，|fx|n|fxn|=0=212，不等式顯然成立；②當(dāng)n2時(shí)，1n11n211xxn1n12x3n3xn=CnxxCn2Cnxx3xx1n22n43n6nC1xn2(n1)=CxCxCxnnnn；1n1111xn123nC1nx=Cnn2Cn4Cn6xxxnnnxxxn上面兩式相加得2x1xn12(C1nCn2C3nnxx即|fx|n|fxn|2n2n2.綜上得|fx|n|fxn|2n2nN*.

n111Cnxn