2013年清华大学夏令营数学试题解答(2)

证法一：设x1?k(x2?x3?x4)，依题意，得要证(x1?x2?x3?x4)?4kx1x2x3x4

21?k?1. 3即证(k?1)(x2?x3?x4)?4k(x2?x3?x4)x2x3x4

22(k?1)2x2x3x4(k?1)21?即证，即证， ?1114kx2?x3?x44k??x3x4x2x4x2x3(k?1)2414易得1??，从而要证原不等式成立，只需证只?即可.

1114k33??x3x4x2x4x2x3由于x1?x2?x3?x4?2，从而得0?111314???，故?111x3x4x2x4x2x343??x3xxx2x4243x成立.从而原不等式成立.

证法二：令a?x2?x3?x4，b?x2x3x4，则待证不等式转化为(x1?a)?4x1b，即

2x12?2(a?2b)x1?a2?0.令f(x)x2?2(a?2b)x?a2，则只需证明f(x1)?0.

因为??4(a?2b)?4a?16b(b?a)， 而

22ax2?x3?x41111113?????????1，所以b?a，从而??0， bx2x3x4x2x3x3x4x2x44444??u?2b?a?2b(b?a), f(x)的图象与x轴有两个不同的交点.易知这两个交点为???v?2b?a?2b(b?a),下证x1?[u,v].

因为a?3x1?3a，所以x1?[,a]，只需证[,a]?[u,v]，即u?由于v?2b?a?2b(b?a)?2b?a?a

a3a3a，a?v. 3u?2b?a?2b(b?a)?(b?b?a)2?(ab?b?a)2?(abb??1)2aa?(a41?)233?a3所以x1?[u,v]，从而必有f(x1)?0. 所以原不等式得证.

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aa?x1?a，因此只需证f(a)?0，f()?0， 33a4aa3而f(a)?4a(a?b)，f()?(4a?3b)，由于?，可证得f(a)?0，f()?0.

393b4证法三：只需证明f(x1)?0，而

说明：通过构造二次函数，然后利用二次函数的性质来证明一些不等式问题，往往会使问题简化.

7.数列{an}、{bn}的定义是a1?1，b1?2，an?1?1?an?anbn1?bn?anbn，bn?1?.

bnan求证：aa2013?5. 证明：由an?1?1?an?anbn(1?an)(1?)bn1bn?，得an?1?1?，从而；

bnan?1?1(1?an)(1?bn)bn1?bn?anbn(1?an)(1?bn)1an?. ，得bn?1?1?，从而

ananbn?1?1(1?an)(1?bn)1?同理，由bn?1?正式作差，得

1?1??

an?1?1bn?1?1an?1bn?1故

111111111??????????. an?1bn?1an?1?1bn?1?1a1?1b1?1236*显然，bn?0，n?N. 所以

11?，即an?5，显然a2013?5. an?168.若函数f(x)?1213x?在区间[a,b]上的最小值是2a，最大值是2b.求区间[a,b]. 22（2013年清华大学夏令营）

13131213，则b?，f(a)??a??2a，解得a??2?17，242213检验知a??2?17，b?符合题意；

4解：（1）若f(x)max?2b?（2）若f(x)max1213?f(a)??a??2b,?13?22 ?，则联立?1132?f(b)??b2??2a,??22解得a?1，b?3或a?3，b?1.（舍去）

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综上知，所求区间为[1,3]或[?2?17,13]. 49.已知a、b、c都是有理数，a?b?c也是有理数. 求证：a、b、c都是有理数.

本题的解答见《全国重点大学自主招生数学教程》（张天德 贾广素 王玮主编 山东科学技术出版社2013年7月出版）第313页第14题

10.若对每一个实数x，y，函数f(x)满足f(x?y)?f(x)?f(y)?x?y，1若

，试求满足f(a)?a的所有整数a. （2013年清华大学夏令营） f(?2)??2111(x?y)2?x2?y2， 222112122从而f(x?y)?(x?y)?1?[f(x)?x?1]?[f(y)?y?1]

22212令g(x)?f(x)?x?1，则得g(x?y)?g(x)?g(y).

212由Cauchy方程，得g(x)?kx，即f(x)?x?kx?1，又由于f(?2)?2?2k?1??2，

23123得k?.所以f(x)?x?x?1.

2221212令f(x)?x，即x?x?1?0，即x?x?2?0，即(x?1)(x?2)?0，

22解法一：由f(x?y)?f(x)?f(y)?xy?1，且xy?解得x?1或x??2.所以满足f(a)?a的所有整数只有1、?2两数.

解法二：令x?y?0，得f(0)??1，令x?y??1，由f(?2)??2，得f(?1)??2. 又令x?1，y??1，得f(1)?1.

再令x?1，得f(y?1)?f(y)?y?2，又f(1)?1，

所以y?1时，f(y?1)?f(y)?y?2?y?1，即对大于1的正整数t，恒有f(t)?t. 又由条件，得f(?3)??1，f(?4)?1，f(?5)?4，f(?6)?7，猜想当t??4时，f(t)?0. 证明如下：由f(t)?f(t?1)??(t?2)，得当t??2时，f(t)?f(t?1)， 所以t??4时，f(t)单调递减，故f(t)?f(?4)?1?0. 综上所述，满足f(a)?a的整数只有a?1或a??2.

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解法三：同法二，求得f(1)?1，由f(y?1)?f(y)?y?2，令y?n，由数列递推知识，

123n?n?1，令f(n)?n，得n2?n?2?0，得n?1或n??2. 22ax?b11.已知a、b、c、d为非负实数，f(x)?19)?19，f(97)?97，(x?R)，且f(cx?dd若x??，对任意的x均有f(f(x))?x，试求出f(x)值域以外的唯一数.

c得f(n)?（2013年清华大学夏令营）

ax?b?bdcx?d解：由题设，对任意实数x??，有f(f(x))?x，所以?x，

ax?bcc??dcx?da?化简，得(a?d)cx?(d?a)x?b(a?d)?0， 由于上述方程对x??222d22恒成立，故a?d?0，且d?a?0，所以d??a. cax?b又f(19)?19，f(97)?97，即19，97是方程?x的两个根，即方程是

cx?da?dbcx2?(d?a)x?b?0的两个根，故由韦达定理，得?116，???1843，结合

cc58x?18431521， ?58?d??a，得a?58cb??1843c，d??58c，从而f(x)?x?58x?58于是f(x)取不到58这个数，即58是f(x)值域外的唯一数. 说明：本题是第15届美国数学邀请赛试题，考查值域问题.

12.若实数a、b、c满足2?2?2aba?b，2?2?2?2abca?b?c，则c的最大值是多少？ （2013年清华大学夏令营）

解：因为2aba?b?2?2?2a?baab1?a?b2.所以a?b?1?ca?b?ca?ba?b，解得a?b?2，于是2?4. 2a?b将2?2?2解得2?c，代入2?2?2?2b，得2?2c?2a?b?2c，

12a?b?1?1?lg3lg314，从而c的最大值为2?. ?，所以c?2?lg2lg24?1313.比较

21cos(x?y)?sinxcosy与1的大小. 22解：

2121cos(x?y)?sinxcosy?cos(x?y)?[sin(x?y)?sin(x?y)] 2224 9

32211?[cos(x?y)?sin(x?y)]?sin(x?y) 4334令sin??221，cos??， 33所以

213131cos(x?y)?sinxcosy?sin(x?y??)?sin(x?y)???1. 224444取等号的条件当且仅当x?y???2mπ?即x?(m?n)π?ππ， x?y?2nπ?，m,n?Z. 22π???，y?(n?m)π?，m,n?Z时，等号成立. 222x2y214.已知椭圆2?2?1，过椭圆的左顶点A(?a,0)的直线l与椭圆交于点Q，与y轴交于

ab点R.过原点且与直线l平行的直线交椭圆于点P.

求证：AQ、2OP、AR成等比数列. （2013年清华大学夏令营）（2009年清华大学） 证法一：由题意知直线l的斜率显然存在，设为k，则该直线的方程为y?k(x?a)，过原点与直线l平行的直线方程为y?kx，不难得到R(0,ka). 设交点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则有k?22y2y?1. x2?ax1222对于OP，AQ,AR有2OP?2(x1?y1)?2x1(1?k)， 且AQ?222(x2?a)2?y2，AR?a?(ka)，

22222所以AQ?AR?[(x2?a)?y2][a?(ka)]?a(x2?a)(1?k).

2x12k2x122将P、Q及两直线代入椭圆方程，得2?2?1，即2x1? （*） 21kab?22ab2x2k2(x2?a)k22ak2x2a2k221??1，整理，得x2(2?2)??2?1?0. a2b2abb2b由于A、Q为直线l与椭圆的两交点，由韦达定理，得

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