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2013年高校自主招生数学试题分类解析


2013 年高校自主招生数学试题分类解析
南昌外国语学校 梁懿涛 随着竞赛逐渐淡出高招的历史舞台,各大高校的自主招生考试越来越牵动着各位高中老师及学生、 家长的心.高校的数学自主招生试题是怎样的,从哪些方面出题,考察学生的哪些方面的知识与能力?从 今年的考题来看,从代数式与方程、平面几何,到导数、极限,所考内容涵盖了从初中到高中的所有内容, 所用的方法除了反证法、数学归纳法等常规方法外,有些还要用数学竞赛中的方法,如数列中的特征根、 不动点与初等数论中的奇偶分析法等.以下对今年的各大高校的自主招生的数学试题一一分类解析,以期 对下一年度的考生有所帮助. 1.代数式与方程 例 1. (2013 北约)以 2 和 1 ? 3 2 为两根的有理系数多项式的次数最小是多少? 解析:显然存在有理系数多项式 f ( x) ? ( x2 ? 2)[( x ?1)3 ? 2] ,以 2 和 1 ? 3 2 为根,且次数为 5. 假设存在一个次数小于 5 的有理系数多项式 g ( x) ? x4 ? bx3 ? cx2 ? dx ? e , 2 和 1 ? 3 2 是其两 根.由 g ( 2) ? 4 ? 2c ? e ? 2(2b ? d ) ? 0 , g (1 ? 3 2) ? ?(7 ? b ? c ? d ? e) ?
3 3

2(2 ? 3b ? 2c ? d ) ?

3 b ?c0 ? , 2b ? d ? 0 (2) ,7 ? b ? c ? d ? e ? 0 (3) ,6 ? 4(6 ? 3b ? c) ? 0 ,得: 4 ? 2c ? e ? 0 (1)

1? 3 b?c ? 0 与 (4) . (1) + (2) + (3) 得1 (4) 矛盾. 所以不存在一个次数小于 5 的有理系数多项式 g ( x) ,

2 和 1 ? 3 2 是其两根.
例 2. (2013 北约)已知 x2 ? 2 y ? 5 , y 2 ? 2 x ? 5 ,求 x3 ? 2 x2 y 2 ? y3 的值.
2 2 解析: 将 x ? 2 y ? 5 ,y ? 2 x ? 5 两式相减, 得 x2 ? y 2 ? 2( y ? x) , 从而 x ? y ( x ? y)( x ? y ? 2) ? 0 ,

或 x ? y ? ?2 .
2 当 x ? y 时,由 x ? 2 x ? 5 ,解得 x ? 1 ? 6 ,于是 x ? y ? 1 ? 6 ,所以 x3 ? 2 x2 y 2 ? y3 ?

2x3 (1 ? x) ? 2(1 ? 6)3 (? 6) ? ?108 ? 38 6 .
2 2 2 2 2 当 x ? y ? ?2 时, x ? 2 y ? 5 , y ? 2 x ? 5 两式相加,得 x ? y ? 2( x ? y) ? 10 ? ( x ? y) ? 2xy ,

得 xy ? ?1 ,所以 x ? 2 x y ? y ? ( x ? y)[( x ? y) ? 3xy] ? 2 ? ?16 .
3 2 2 3 2

综上所求, x ? 2 x y ? y 的值为 ?108 ? 38 6 或 ?16 .
3 2 2 3

2.简单数论 例 3. (2013 复旦千分考) x ? 3 y ? 2 的整数解有几组?(原题为选择题,以下同)
2 2

解析:因为整数 a 与 a 的奇偶性相同,所以由 x ? 3 y ? 2 ,可知 x, y 同奇同偶.若 x, y 都为奇数,
2

2

2

设 x ? 2m ? 1, y ? 2n ? 1(m, n ? Z ) ,代入 x ? 3 y ? 2 得 m(m ? 1) ? 3n(n ? 1) ? 1,由于 m(m ? 1) 是奇数,
2 2

1

3n(n ? 1) ? 1 为偶数,矛盾;若 x, y 都为奇数,设 x ? 2m, y ? 2n(m, n ? Z ) ,代入 x2 ? 3 y 2 ? 2 得 2m2 ? 6n2 ? 1 , 2m2 为偶数, 6n 2 ? 1为奇数,矛盾.综上分析, x2 ? 3 y 2 ? 2 没有整数解.
例 4. (2013 北约)最多能取多少个两两不等的正整数,使得其中任意三个数之和都为素数. 解析: 将正整数按除以 3 所得的余数分为三类: 3k 型、 3k ? 1 型、 3k ? 2 型.首先,每类数 中最多可取两个,否则,若某一类型数中至少取到三个,设为 3k1 ? r,3k2 ? r,3k2 ? r (r ? 0,1, 2) ,则三数 之和 (3k1 ? r ) ? (3k2 ? r ) ? (3k2 ? r ) ? 3(k1 ? k2 ? k2 ? r ) 为合数,矛盾.其次,三类数中最多可取到两类, 否则,若三类数都能取到,则从中各取一数,三数之和 3k1 ? (3k2 ? 1) ? (3k3 ? 2) ? 3(k1 ? k2 ? k3 ? 1) 为合 数,矛盾.从而最多能取 4 个数,使得它们符合题设条件. 另外,当取 1、5、7、11 四数时,满足题设条件. 综上所述,最多能取四个两两不等的正整数,使得其中任意三个数之和都为素数. 例 5. (2013 华约)已知 x, y, z 是互不相等的正整数, xyz | ( xy ? 1)( yz ? 1)( zx ? 1) ,求 x, y, z . 解析:因为 xyz 整除 ( xy ? 1)( yz ? 1)( zx ? 1) ,且

( xy ? 1)( yz ? 1)( zx ? 1) ? xyz ? ( x ? y ? z ) ? xyz

xy ? yz ? zx ? 1 ,所以只需 xyz 整除 xy ? yz ? zx ? 1 .不妨设 x ? y ? z ,则 xyz ? xy ? yz ? zx ? 1 xyz
? 3xy , 于是 z ? 3 ,z ? 1 或 2. 当 z ? 1 时,xy | xy ? y ? x ? 1 , 即 xy | y ? x ? 1 , 于是 xy ? y ? x ? 1 ? 2 x ,

y ? 2 , y ? 1 ,与 y ? z 矛盾.当 z ? 2 时, 2 xy | xy ? 2 y ? 2 x ? 1 ,即 xy | 2 y ? 2 x ? 1,
xy ? 2 y ? 2 x ? 1 ? 4 x , y ? 4 ,又 y ? z ? 2 , y ? 3 ,所以 6 x | 5 x ? 5 ,
6 x ? 5 x ? 5 , x ? 5 ,又 x ? y ? 3 ,得 x ? 4 或 5.代回 6 x | 5 x ? 5 检验,只有 x ? 5 符合.
综上分析, ( x, y, z ) ? (2,3,5,),(2,5,3),(3, 2,5),(3,5, 2),(5, 2,3),(5,3, 2) . 3.函数与导数 例 6. (2013 复旦千分考) e ? 4 ? x , ln x ? 4 ? x 两个方程的解分别为 x1 , x2 ,求 x1 ? x2 的值.
x

x x 解析:因为 e 1 ? 4 ? x1 ,令 e 1 ? t , x1 ? ln t ,所以 ln t ? 4 ? t ,因为 f ( x) ? ln x ? x ? 4 是增函数,

零点最多只有一个,即方程 ln x ? 4 ? x 最多只有一个解,所以 t ? x2 , 4 ? x1 ? t ? x2 ,即 x1 ? x2 ? 4 . 例 7. (2013 复旦千分考) x ? x sin x ? cos x 有几个实数解?
2

2 解:令 f ( x) ? x ? x sin x ? cos x , f ?( x) ? x(2 ? cos x) ,显然当 x ? 0 时, f ?( x) ? 0 , f ( x ) 单调

递减;当 x ? 0 时, f ?( x) ? 0 , f ( x ) 单调递增。又 f (0) ? ?1 ,当 x ? ?? 时, f ( x) ? ?? ,所以 f ( x ) 有一正一负两个零点,即方程 x ? x sin x ? cos x 有两个实根.
2

2

例 8. (2013 华约)已知 f ( x) ? (1 ? x)e x ?1 . (1)求证:当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 ; (2)数列 {xn } 满足 xne
xn?1

? exn ?1, x1 ? 1 ,求证:数列 {xn } 递减且 xn ?

1 . 2n

证明: (1)当 x ? 0 时, f ?( x) ? ? xex ? 0 , f ( x ) 在 (0, ??) 递减,所以 f ( x) ? f (0) ? 0 . (2)先证 xn ? 0 .若 xk ? 0 ,则 e
x
xk ?1

e xk ? 1 ? ? 0 , xk ?1 ? 0 .结合 x1 ? 1 ,由数学归纳法知 xn ? 0 xk
x
xn?1

成立.又由(1)知当 xn ? 0 时, e n ?1 ? xne n ,所以 e

? e xn , xn?1 ? xn ,即 {xn } 递减.

1 . 2n 1 1? .当 n ? 1 时, x1 ? 1 ? 成立. 2
再用数学归纳法证明 xn ?

2? .假设当 n ? k 时, xk ?

1 ex ?1 xe x ? e x ? 1 f ( x) ? g ( x ) ? ? ? 2 ,由(1) g ( x ) ? 成立.设 ,则 k 2 2 x x x
1 ). 2k

知当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 ,所以 g ?( x) ? 0 ,所以 g ( x) 在 (0, ??) 递增, g ( xk ) ? g ( 要证 xk ?1 ?

1 2 k ?1

1

1

,只要证 e

xk ?1

?e

2k ?1

,即 g ( xk ) ? e
x

2k ?1

1 k ?1 ,故只需证 g ( k ) ? e 2 . 2
x

1

x 考虑函数 h( x) ? xg ( x) ? xe 2 ? e ? 1 ? xe 2 ,易证当 x ? 0 时, e ? 1 ? x 成立,所以
x x 1 x h?( x) ? e 2 (e 2 ? 1 ? ) ? 0 ,即 h( x) 在 (0, ??) 递增,所以 h( k ) ? f (0) ? 0 ,又 2 2

x

1 1 1 1 k ?1 k ?1 h( k ) ? k g ( k ) ? k e 2 ,从而 g ( xk ) ? e 2 成立. 2 2 2 2
由 1? , 2? 可知, xn ? 4.三角函数 例 9. (2013 北约)对任意的 ? ,求 32cos ? ? cos 6? ? 6cos 4? ? 15cos 2? 的值.
6

1

1

1 * 对 n ? N 恒成立. n 2

解析:原式 ? 32(

1 ? cos 2? 3 ) ? (4 cos3 2? ? 3cos 2? ) ? 6(2 cos 2 2? ? 1) ? 15cos 2? 2

? 4(1 ? 3cos 2? ? 3cos2 2? ? cos3 2? ) ? (4cos3 2? ? 3cos 2? ) ? 6(2cos2 2? ?1) ?15cos 2? ? 10 .
1 ? sin x ? sin y ? ? ? 3 例 10. (2013 华约)已知 ? ,求 cos( x ? y ) , sin( x ? y) . 1 ?cos x ? cos y ? ? 5 ?

3

1 1 208 , cos x ? cos y ? 两式平方相加即得 cos( x ? y ) ? ;另一 3 5 225 x? y x? y 1 x? y x? y 1 cos ? , 2sin sin ? ? ,两式相除得 方面,由和差化积公式得 2sin 2 2 3 2 2 5 x? y 2 tan x? y 3 15 2 tan ? ? ,从而由万能公式得 sin( x ? y) ? ?? . x? y 2 5 17 1 ? tan 2 2
解析:一方面,将 sin x ? sin y ? 5.解析几何 例 11. (2013 复旦千分考)过 x 2 ? y 2 ? 1上的点 P 作 x ? y ? 2 ? 0 的垂线,垂足为 Q ,求 PQ 的中点 轨迹. 解析: 设直线 PQ 的方程为 y ? x ? t (t ? 0) , 联立 x ? y ? 2 ? 0 , 解得 Q (1 ?
? 1 t 1

t t ,1 ? ) ; 联立 x 2 ? y 2 ? 1, 2 2

x? ? ? 1 2 1 2 1 t 1 t 1 ? 2 2 4t , 解得 P (? ? , ? ) . 设 PQ 的中点为 ( x, y ) , 则? 消去 t , 得 (x ? ) ? ( y ? ) ? . 即 ? 2 2 2 2 2t 2 2t 1 t 1 ?y ? ? ? ? 2 2 4t ?

PQ 的中点轨迹是双曲线.
例 12. (2013 华约) 点 A 在 y ? kx 上, 点 B 在 y ? ?kx 上, 其中 k ? 0 ,| OA | ? | OB |? k 2 ? 1 , 且 A, B 在 y 轴同侧. (1)求 AB 中点 M 的轨迹 C ; (2)曲线 C 与抛物线 x2 ? 2 py( p ? 0) 相切,求证:切点分别在两条 定直线上,并求切线方程. 解析: (1)设 A( x1, y1 ), B( x2 , y2 ), M ( x, y) ,则 y1 ? kx1 , y2 ? ?kx2 ,由 | OA | ? | OB |? k ? 1 得
2

x1 x2 ? 1 .又 x ?
y2 x ? 2 ? 1. k
2

x1 ? x2 x ?x 4 y2 , y ? k 1 2 ,所以 4 x 2 ? 2 ? 4 x1 x2 ? 4 ,即 AB 中点 M 的轨迹 C 为 2 2 k

2 (2) 联立 x ? 2 py 与 x ?
2

y2 2 ? 1得 y 2 ? 2 pk 2 y ? k 2 ? 0 , 曲线 C 与抛物线 x ? 2 py( p ? 0) 相切, 2 k

2 4 2 所以 ? ? 4 p k ? 4k ? 0 ,又 p ? 0, k ? 0 ,所以 pk ? 1 .设切点为 ( x0 , y0 ) ,则 y0 ? pk 2 ? k ,

因此两切点分别在定直线 x ? 2 与 x ? ? 2 上. 因为 y ? ? x0 ? ? 2 pk ? ? 2 ,

x , 所以在切点 ( 2, k ) p

处的切线方程为 y ? k ?

2 2 1 ( x ? 2) ,即 y ? x ? ,在切点 (? 2, k ) 处的切线方程为 p p p

4

y?k ? ?

2 2 1 ( x ? 2) ,即 y ? ? x? . p p p

6.平几与立几 例 13. (2013 复旦千分考)一个棱长为 1 的正方体,有两个球内切于正方体,这两个球也相切,问半 径各为多少时,两球加起来体积最大? 解:如图(1) ,两球的球心 O1 , O2 在正方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 的体对角线上 AC1 上,作出正方体的 对侧面 ACC1 A1 , 如图 (2) . 设两球的半径分别为 r 则有 ( 3 ?1)(r 且 r1 , r2 ? [1 ? 1, r 2, 1 ?r 2) ? 3 ,

3 1 , ]. 2 2

VO1 ? VO2 ?

4? 3 3 4? 4? (r1 ? r2 ) ? (r1 ? r2 )(r12 ? r1 r2 ? r22 ) ? (r1 ? r2 )[(r1 ? r2 ) 2 ? 3r1 r2 ] ? 3 3 3

1 2? 3 4? 3 ? 3 3 ? 3 2 3? 3 时取得最小,所以当两 ? [( ) ? 3r1 r2 ] ,因为 r1 r2 ? r1 ( ? r1 ) 在 r1 ? 或 2 3 2 2 2 2
球半径分别为

1 2? 3 9?5 3 或 时,两球加起来体积最大,且最大值为 ?. 2 2 2

例 14. (2013 北约) 如图 (3) ,?ABC 中,AD 为 BC 边上中线,DM 、DN 分别为 ? ADB 、?ADC 的角平分线,试比较 BM ? CN 与 MN 的大小关系,并说明理由. 解析:如图(4) ,延长 ND 到 E ,使得 DE ? DN ,连接 BE 、 ME .易证 ?BDE ? ?CDN ,所以 CN ? BE .因为 DM 、 DN 分别为 ? ADB 、 ?ADC 的角平分线,所以 ?MDN ? 90? ,可知 DM 为线 段 EN 的垂直平分线,所以 MN ? ME ,所以 BM ? CN ? BM ? BE ? ME ? MN .

7.排列组合、二项式定理与概率 例 15. (2013 北约)在 6?6 的表中停放 3 辆完全相同的红色车和 3 辆完全相同的黑色车,每一行、 每一列都只有一辆车,每辆车占一格,共有多少种停放方法?
3 解析:先从 6 行中选取 3 行停放红色车,有 C6 种选择.最上面一行的红色车位置有 6 种选择;最上

5

面一行的红色车位置选定后,中间一行的红色车位置有 5 种选择;上面两行的红色车位置选定后,最下面 一行的红色车位置有 4 种选择.同理,三辆红色车的位置选定后,在剩下的 3 行放置黑色车有 3?2?1=6
3 种选择.所以共有 C6 ?6?5?4?6=14400 种停放方法.

例 16. (2013 华约)设 A ? {x ? N | x ? 10} , B ? A ,且 B 中元素满足:①任意一个元素的各数位 的数字互不相同;②任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于 9. (1)求 B 中的两位数和三位数的个数; (2)是否存在五位数、六位数?(3)若从小到大排列 B 中元 素,求第 1081 个元素. 解析:先从 {x ? N |1 ? x ? 9} 中任取一个数字放在首位,设为 a ,有 9 种取法;再从

{x ? N | 0 ? x ? 9, x ? a, x ? 9 ? a} 中任取一个数字放在第二位,设为 b ,有 8 种取法;再从 {x ? N | 0 ? x ? 9, x ? a, x ? 9 ? a, x ? b, x ? 9 ? b} 中任取一个数字放在第三位,设为 c ,有 6 种取法;以
此类推,可得 B 中各种类型的元素的个数. (1) B 中的两位数有 9 ? 8 ? 72 个;三位数有 9 ? 8 ? 6 ? 432 个; (2) B 中的存在五位数,且有 9 ? 8 ? 6 ? 4 ? 2 ? 3456 个;不存在六位数,因为若有,则为 9 ? 8 ? 6 ? 4 ? 2 ? 0 ? 0 个,矛盾. (3)因为 B 中的两位数与三位数共有 504 个,且千位为 1, 2,3 的四位数为 3 ? 8 ? 6 ? 4 ? 576 ,

504 ? 576 ? 1080 ,所以第 1081 个元素是千位数为 4 的四位数最小的哪个,即为 4012.
例 17. (2013 复旦千分考)有 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 这个 8 个数字,每个数字用一次,随机组成 5 位数, 将这些 5 位数从小到大依次排列,则第 833 个数为几?
4 解析: 因为 2 为最高数位的有 A7 则第 833 个是其中从小到大排列中, 倒数第 8 个数 29863. ? 840 个,

例 9. (2013 复旦千分考) (1 ? 2)50 最大的一项是什么?
r 解析:(1 ? 2)50 的通项为 Tr ?1 ? C50 则 Tr ?1 ? Tr , 解得 r ? 102 ? 51 2 ? 29.88 . 所 2 2 (r ? 0,1, 2, ???,50) , r

20 15 以 T30 最大且为 C50 2 .

例 18. (2013 复旦千分考)11 层的大楼 3 个人进入一部电梯,每层楼都停,问三个人从不同楼层下的 概率?
3 解析:每个人有 10 种下的情形,三个人就有 10 种下的情形,其中每个人从不同楼层下的情形有 A10
3 A10 18 ? . 3 10 25
3

种,所以三个人从不同楼层下的概率是

例 19. (2013 华约)7 个红球,8 个黑球,一次取出 4 个. (1)求恰有一个红球的概率; (2)设取出 EX X X 黑球的个数为 ,求 的分布列和 ; (3)取出 4 个球同色,求全为黑色的概率. 解析: (1)恰有一个红球的概率为
1 3 C7 C8 56 ; ? 4 C15 195

6

(2) X 的所有可能取值为 0,1, 2,3, 4 , P( X ? 0) ?

4 3 1 C7 C7 C8 40 5 , , ? P ( X ? 1) ? ? 4 4 C15 195 C15 195

P( X ? 2) ?
X P

2 2 1 3 C7 C8 C7 C8 56 C84 10 84 , , 。即 X 的分布列为: ? P ( X ? 3) ? ? P ( X ? 4) ? ? 4 4 4 C15 195 C15 195 C15 195

0

1

2

3

4

40 84 56 195 195 195 5 40 56 10 ? 1? ? 2 ? 84 ? 3 ? ? 4? 所以 EX ? 0 ? ; 195 195 195 195

5 195

10 195

C84 2 (3)取出 4 个球同色,全为黑色的概率为 4 = . 4 C7 +C8 3
8.数列与极限 例 20. (2013 复旦千分考)已知数列 {xn } 满足 xn ?1 ? 解析:数列 {xn } 的特征方程为 x ?

3 ? 3xn ,求 {xn } 的极限. 3 ? xn

3 ? 3x ,解得特征根为 x ? ? 3 ,从而 3? x
xn ? 3 x ? 3 } 是以 1 为首项, 2 ? 3 为公比的等比数列,令 xn ? 3 x1 ? 3

xn ?1 ? 3 xn ?1 ? 3

? (2 ? 3) ?

xn ? 3 xn ? 3

,即数列 {

x1 ? 3 x ? 3 3 ? 3(2 ? 3)n?1 t ? t 所以 n , ? (2 ? 3)n?1 t ,解得 xn ? x1 ? 3 1 ? (2 ? 3)n?1 t xn ? 3

lim xn ? lim
n?? n??

3 ? 3(2 ? 3)n?1 t ? 3. 1 ? (2 ? 3)n?1 t

例 21. (2013 北约)数列 {an } 满足 a1 ? 1 ,前 n 项和为 Sn , Sn?1 ? 4an ? 2 ,求 a2013 . 解析:当 n ? 1 时, S2 ? a1 ? a2 ? 4a1 ? 2 ,得 a2 ? 5 ;当 n ? 2 时, an?1 ? Sn?1 ? Sn ? (4an ? 2) ?

(4an?1 ? 2) ? 4an ? 4an?1 , an?1 ? 2an ? 2(an ? 2an?1 ) ,所以数列 {an?1 ? 2an } 是以 a2 ? 2a1 ? 3 为首项,2
为公比的等比数列,即 an?1 ? 2an ? 3 ? 2n?1 .将上式两边同除以 2
n ?1

,得

a a1 1 3 1 3 3n ? 1 ? ,公差为 的等差数列,从而 n ? ? (n ? 1) ? , an ? (3n ?1) ? 2n?2 .所以 n 2 2 4 2 2 4 4

an ?1 an 3 a ? n ? ,{ n } 为首项为 n ?1 2 2 4 2n

a2013 ? 3019 ? 22012 .
2 例 22. (2013 华约) 数列 {an } 各项均为正数, 且对任意 n ? N 满足 an?1 ? an ? can ( c ? 0 且为常数) .
* * (1)求证:对任意正数 M ,存在 N ? N ,当 n ? N 时有 an ? M ;

7

(2)设 bn ?

1 * , Sn 是 {bn } 的前 n 项和,求证:对任意 d ? 0 ,存在 N ? N ,当 n ? N 时,有 1 ? can

0 ?| Sn ?

1 |? d . ca1
*

2 解析: (1)证明:因为对任意 n ? N , an ? 0 ,所以 an?1 ? an ? can ? an ,又因为 c ? 0 ,所以 2 2 2 2 an?1 ? an ? an ? can ? can ?1 ? an?1 ? c(an ? an?1 ) ? an ? an?1 ? an ? an?1 ? ??? ? a2 ? a1 ,从而

故对任意正数 M , 存在 an ? (an ? an?1 ) ? (an?1 ? an?2 ) ???? ? (a2 ? a1 ) ? a1 ? (n ?1)(a2 ? a1 ) ? (n ?1)ca12 ,

N ?[

M M M ? 2] ,当 n ? N 时, an ? (n ? 1)ca12 ? ([ 2 ? 2] ? 1)ca12 ? 2 ca12 ? M 成立. 2 ca1 ca1 ca1

(注: [ x ] 表示不超过 x 的最大整数)
2 (2)由 an?1 ? an ? can ,得 can?1 ? can (1 ? can ) ,所以

1 1 1 1 , ? ? ? can?1 can (1 ? can ) can 1 ? can

bn ?

1 1 1 1 1 1 1 1 1 ,所以 Sn ? b1 ? b2 ? ??? ? bn ? ( ? )?( ? ) ? ??? ? ( ? ) ? ? ca1 ca2 ca2 ca3 can can?1 1 ? can can can?1

?

1 1 1 1 1 , | Sn ? ,显然有 | Sn ? ? |? |? 0 .又由(1) an?1 ? nca12 ,得 ca1 can?1 ca1 can?1 ca1 1 1 1 1 ,所以对任意 d ? 0 ,存在 N ? [ |? ? ? 1] ,当 n ? N 时, 2 ca1 can ?1 nca1 dca12
1 1 1 1 1 |? ? ? ? ?d. 2 1 ca1 can ?1 nca1 [ 1 ? 1]ca 2 2 ca1 1 dca12 dca12

| Sn ?

| Sn ?

2 例 23. (2013 年卓越联盟)已知数列 {an } 满足 an?1 ? an ? nan ? ? ,首项 a1 ? 3 .

(1)如果 an ? 2n 恒成立,求 ? 的取值范围; (2)如果 ? ? ?2 ,求证:

1 1 1 ? ? ??? ? ?2. a1 ? 2 a2 ? 2 an ? 2

2 解: (1)由 a2 ? a1 ? a1 ? ? ? 6 ? ? ? 2 ? 2 ,得 ? ? ?2 ,猜测当 ? ? ?2 时, an ? 2n 恒成立.以下

用数学归纳法证明: 1? .当 n ? 1 或 2 时,结论显然成立.
2 2? .假设当 n ? k (k ? 2) 时, ak ? 2k , ak ?1 ? ak ? kak ? ? ? (2k )2 ? k ? 2k ? 2

8

? 2(k ? 1) ? 2[k (k ? 1) ? 2] ? 2(k ? 1) ,即当 n ? k ? 1 时,结论也成立.
由 1? 、 2? 可知当 ? ? ?2 时, an ? 2n 恒成立.故 ? 的取值范围是 [?2, ??) .
2 2 (2)若 ? ? ?2 , an?1 ? an ? nan ? 4 ? nan ? 2 ,由(1)知 an ? 2n ,所以 an?1 ? 2 ? an

? 2nan ? nan ? 4 ? nan ? 4 ? 2(an ? 2) ,所以 an ? 2 ? 2(an?1 ? 2) ? ??? ? 2n?1 (a1 ? 2) ? 2n?1 .
1 1 1 1 1 1 2n ? 2(1 ? 1 ) ? 2 成立. 从而 ? ? ??? ? ? 1 ? ? ??? ? n ?1 ? 1 a1 ? 2 a2 ? 2 an ? 2 2 2 2n 1? 2 1?
9.复数 例 23. (2013 复旦千分考) (sin80? ? i sin10?)5 所对复数逆时针转 10 ? 的结果为? 解析: (sin80? ? i sin10?)5 ? (cos10? ? i sin10?)5 ? cos50? ? i sin50? ,将 cos 50? ? i sin 50? 逆时针 转 10 ? 得 (cos50? ? i sin 50?)(cos10? ? i sin10?) ? cos 60? ? i sin 60? ?

1 3 ? i. 2 2
AB ? BC ? CA 的模长. A? B ?C

例 24. (2013 北约)模长为 1 的复数 A 、 B 、 C 满足 A ? B ? C ? 0 ,求 解析: 求复数的模, 可从两方法考虑, 坐标法: 若 z ? x ? yi , 则 | z |? 解法一:设 A 、 B 、 C 分别为 (cos?k ,sin ?k )(k ? 1, 2,3) ,则 |

x2 ? y 2 ; | z |? z ? z . 代数法:

AB ? BC ? CA | AB ? BC ? CA | |? ? A? B ?C | A? B ?C |

| AB ? BC ? CA | | [cos(?1 ? ?2 ) ? cos(?2 ? ?3 ) ? cos(?3 ? ?1 )] ? i[sin(?1 ? ?2 ) ? sin(?2 ? ?3 ) ? sin(?3 ? ?1 )] | ? | A? B ?C | (cos ?1 ? cos ?2 ? cos ?3 ) ? i(sin ?1 ? sin ?2 ? sin ?3 ) |
? [cos(?1 ? ? 2 ) ? cos(? 2 ? ?3 ) ? cos(?3 ? ?1 )]2 ? [sin(?1 ? ? 2 ) ? sin(? 2 ? ?3 ) ? sin(?3 ? ?1 )]2 (cos ?1 ? cos ? 2 ? cos ?3 ) 2 ? (sin ?1 ? sin ? 2 ? sin ?3 ) 2
3 ? 2 cos(?1 ? ? 2 ) ? 2 cos(? 2 ? ?3 ) ? 2 cos(?3 ? ?1 ) 3 ? 2 cos(?1 ? ? 2 ) ? 2 cos(? 2 ? ?3 ) ? 2 cos(?3 ? ?1 ) ?1

?



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