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都是負數,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f(t)t1在(0,1)上單調遞4t減，在(1,)單調遞增，故f(xy)f(1)，即xy117，當且僅當xy1時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:數學歸納法)①當n1時,左邊2x12121右邊,不等式成立;②假設nk(k1,kN*)時,不等式(2x1)(2x2)(2xk)(21)k成立.那么當nk1時,則x1x2xkxk1,k1個正數不能同時都大于1,1由于這也不能同時都小于1,因此存在兩個數,其中一個不大于1,另一個不小于1,不妨設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)其中推導上式時利用了x1x2xk1(xkxk1)1及nk時的假設,故nk1時不等式也成立.綜上①②知,不等式對任意正整數 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f(x)xsinx，則f(0)0，且當0x時，f(x)1cosx0．于是2f(x)在0x上單調增．∴f(x)f(0)0．即有xsinx．2同理可證g(x)tanxx0．g(0)0，當0x時，g(x)110．于是g(x)在0x上單調增。222cosx∴在0x上有g(x)g(0)0。即tanxx。2注記：也可用三角函數線的方法求解．7.（2014年華約）已知nN*,xn,求證:nn(1x)nexx2.nx)x【證明】原不等式等價于nx2n((1en)n.n當x2n,上述不等式左邊非正,不等式成立;當x2n時,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所以由數軸標根法得|x|(,15)(1,15),又因為|x|0,22所以x(1515).,1)(1,221、（2013年卓越聯盟）設函數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——初等數論7．（2013年北約）最多有多少個兩兩不等的正整數，滿足其中任意三數之和都為素數．解析 設滿足條件的正整數為

n個．考慮模

3的同余類，共三類，記為

0，1，2．則這

n個正整數需同時滿足①不能三類都有；②同一類中不能有

3個和超過

3個．否則都會出現三數之和為

3的倍數．故

n

4．當n4時，取1，3，7，9，其任意三數之和為所以滿足要求的正整數最多有4個．

11，13，17，19均為素數，滿足題意，題6（2012年北約）在1，2，?，2012中取一組數，使得任意兩數之和不能被其差整除，問最多能取多少個數？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 n 672，則由抽屜原理必然有兩個數屬于同一組，不妨設為ab，則ab1或2。當ab1時，此時ab整除ab，不合要求。當ab2時，此時，a與b同奇偶，所以ab為偶數，從而ab也能整除ab，也不合要求?！鄋671，考察1,4,7，?，2011這671個數中的任兩數ab，則abk3k,2N，而ab3l,lN，∴ab不整除ab，從而可知，最多能取671個數，滿足要求。評析： 本題考查整除問題，而解答主要用到競賽數學中的抽屜原則和剩余類，整除等簡單的數論知識，體現出自主招生試題要求考生有一定的競賽數學知識，并掌握數學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,xyz|(xy1)(xz1)(yz1),求x,y,z.【解】本題等價于求使(xy1)(xz1)(yz1)xyz(xyz)xyyzzx1xyzxyz為整數的正整數x,y,z,由于x,y,z是互不相等的正整數,因此xyz|xyyzzx1,不失一般性不妨設xyz,則xyzxyyzzx13yx,于是z3,結合z為正整數,故z1,2,當時,xy|xyyx1,即xy|yx1,于是xyxyyx12x,所以y2,z1但另一方面yz,且為正整數,所以y2矛盾,不合題意.所以z2,此時2xy|xy2y2x1,于是2xyxy2y2x1,即xy2y2x1,也所以xy2y2x4x,所以y4,又因為yz2,所以y3;于是6x|5x5,所以6x5x5,即x5,又因為xy3,所以x4,5,經檢驗x5符合題意,于是符合題意的正整數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年福建省高一數學競賽試題雷同 .歷年自主招生試題分類匯編——導數7.（2014年華約）已知nN*,xn,求證:nn(1x)nexx2.nxx【證明】原不等式等價于nx2n((1)en)n.n當x2n,上述不等式左邊非正,不等式成立;當2n時由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x0,f(x)0;(2)數列{xn}滿足xnexn1exn1,x11,求證:數列{xn}單調遞減且xn12n.【解】(1)當x0時,f(x)xex0,所以f(x)在(0,)上遞減,所以f(x)f(0)0.(2)由xnexn1exn1得exn1exn1,結合x11,及對任意x0,exx1,利用數學歸納法xn易得xn0對任意正整數n成立由(1)知f(xn)0即exn1xexn,,,n即xnexn1xnexn,因為xn0,所以exn1exn,即xnxn1,所以數列{xn}遞減,下面證明xn1,用數學歸納法證,設g(x)ex1xexex1f(x),2nx,則g(x)x2x2由(1)知當x0時,f(x)0,即g(x)0,故g(x)在(0,)遞增,由歸納假設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h(x)xg(x)xe2,因為當x0時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22注:此題的函數模型與2012年清華大學保送生考試試題的函數模型相似.(14)（2012年華約）記函數fn(x)1xx2xn,n1,2證明：當n是偶數時，2!n!方程fn(x)0沒有實根；當n是奇數時，方程fn(x)0有唯一的實根n，且n＞n2。證明一：用數學歸納法證明f2n1(x)0有唯一解x2n1且嚴格單調遞增，f2n(x)0無實數解，顯然n=1時，此時f1(x)1x有唯一解x11，且嚴格單調遞增，而f2(x)1xx2無2實數解，現在假設f2n1(x)0有唯一解x2n1且嚴格單調遞增，f2n(x)0無實數解，于是注意到f2n1(x)f2n(x),f2n1時，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又因為f2n1(0)10,所以由f2n1(x)嚴格遞增知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無實數解綜上所述，對任意正整數n,當ｎ為偶數時fn(x)0無解，當ｎ為奇數fn(x)0有唯一解xn。再證x2n1x2n1，事實上，由f2n1(x)的嚴格單調性，只需驗證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使用數學歸納法證明加強命2!3!n!題，方程 fn(x) 0在Ｎ為偶數的時候實數上恒大于零，在Ｎ為奇數的時候，在實數上嚴格單調遞增并且可以取遍所有實數。（１）當 N=1,2的時候，直接驗證，結論顯然成立。（２）當 N=K-1的時候結論成立，那么， N=K的時候：K是偶數的時候，1x2x3xk(x)fk1(x)，那么由歸納假設，我們知x3!f2!k!道存在一個x00為fk1(x)0的根，使得在xx0的時候fk(x)fk1(x)0，在xx0的時候，fk(x)fk1(x)>０，所以可以看出fk(x)在實數上的最小值應該在x0處取到，kfk(x0)fk1(x0)x0kx0k(x02)20，也就是說fk(x)在實數上每個取值都大于零，因k!k!k!此結論成立。Ｋ是奇數時，fk(x)1xx2x3xk，fk(x)fk1(x)，那么由歸納假設，我2!3!k!們知道fk(x)fk1(x)恒成立，也就是說fk(x)嚴格單調遞增，而fk(x)是一個奇數次最高項系數大于零的一個多項式，因此，可以知道當X趨近于—∞的時候，fk(x)也趨于—∞，當X趨于+∞的時候，fk(x)也趨于+∞，而fk(x)連續，因此我們證明了fk(x)在實數上嚴格單調遞增并且可以取遍所有的實數（這點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(1,1)的直線l與曲線相切，且(1,1)不是切點，則直線l的斜率為()A、2B、1C、1D、2解答：設切點為(x0,x03x022x01)，則切線斜率為k3x022x02，切線方程為y(x03x022x01)(3x022x02)(1x0，)將點(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f(x)eax(a0)．過點P(a,0)且平行于y軸的直線與曲線C:yf(x)的交點為Q，曲線C過點Q的切線交x軸于點R，則PQR的面積的最小值是（B）（A）1（B）2e（C）ee22（D）249.（2014年卓越聯盟）設f(x)在xR上可導,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時也可得矛盾.結論成立.2、（2013年卓越聯盟）設函數fx在R上存在導數fx，對任意的xR有fxfxx2，且在0，上fxx．若f2afa≥22a，則實數a的取值范圍為（）A．1，B．，1C．，2D．2，答案:B．（2013年卓越聯盟理）設x0，⑴證明ex1x1x2；2⑵若e1x1xe，證明：0yx．x2y2答案:⑴（本小問6分）設fxex1x1x2，x0，，則fxex1x．2令gxex1x，x0，，則gxex1．當x0時，由于ex1，所以gx0，因此gx在0，上單調遞增．于是有fxgxg00，x0，．從而可知fx在0，上單調遞增，又f00，所以fx0，x0，，即ex1x1x2，x0，．2⑵（本小問9分）設hxex1x1x2ex，x0，，則hxex1xex1x2ex．22令pxex1xex1x2ex，x0，，則2pxx12x0，x0，．2xe2xe所以px在0，上單調遞減，從而hxpxp00，因此hx在0，上單調遞減，于是hxh00，即2ex1xex，x0，．x2結合⑴有e01cy2ex1xex，得0yx．x2（11）（2012年卓越聯盟）已知函數fxax21，其中a是非零實數，b0。bx（Ⅰ）求fx的單調區間（Ⅱ）若a0，設|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a0時，fx在(，0)和(0，+)上分別單調遞減；當a0時，fx在，-1和1，+上分別單調遞增；aafx在-1，01上分別單調遞減.和，a0a（2）由|xi|1知xi1或xi1.aaa由x1x20，x2x30，x3x10知x1，x2，x3中至多有一個為負數.①當x1，x2，x3均大于零時，x11，x21，x31，aaa由fx在1，+a得f(x1)f1=2aab所以f(x1)+f(x2)+f(x3)

上單調遞增，，f(x2)2a，f(x3)2a，bb2 a；②當x1，x2，x3中有一個為負數時，不妨假設x11，x21，x31，aaa則由x1x20，得x2x11，所以f(x2)f(x1)f(x1)，f(x2)f(x1)0.a又因為f(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n1時，|fx|n|fxn|=0=212，不等式顯然成立；②當n2時，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*.

n111Cnxn1x1n2(n，1)Cnn1)2(2n2)，(15)（2011年卓越聯盟）(Ⅰ)設f(x)=xlnx，求f′(x)；1bC|dx取得最小值；(Ⅱ)設0<a<b，求常數C，使得ba|lnxa(Ⅲ)記(Ⅱ)中的最小值為ma,b，證明：ma,b<ln2．(1)f(x)lnxx1lnx1;x(2)若clna,則|lnxc|lnxc,顯然,當clna,lnxc取最小;若clnb,則|lnxc|clnx,當clnb,clnx取最小.故lnaclnb.1b1ecb|lnxc|dx[(lnxc)dxc(clnx)dx]baabaae1ec[(lnx1)(c1)]dxb1)(lnx1)]dx}{c[(cbaae由(1)知ec1)(1)]lnec(1)(c)[(lnxcdxx|caxaeab1)(lnx1)]dx(c1)(eca)xlnx|bc[(ccee所以,1bc|dx1(alnablnb2ecabacbc)()b|lnxaaba記()2c()calnablnbab,gceab則令g(c)2ecab0,得cabab12即cb2時,a|lnxC|dx取最小值.ba(3)將cab)式右邊,Ma,b1[alnablnb(ab)lnab]ln22代入(ba2等價于ab(ab)lnalnablnb(ba)ln2(ab)ln()lnablnb2bln22abaaln(ab)alnabln(ab)blnb2bln2aln(1b)bln(a1)2bln2.ab由于0ab,a12時,bln(1a)bln2.所以下面只須證明aln(1b)bln2即可.bba又aln(1b)bln2aln(1b)ln2.令at(0,1),abab則abtln(11ln(11t,注意到函數ln(11t1.ln(1))))是單調遞增的,且tbattt所以ln(11tln(111ln2.得證.))t1歷年自主招生試題分類匯編——復數6．（2013年北約）模長為１的復數x,y,z滿足xyz0，求xyyzzx．xyz解析取xyz1，便能得到xyyzzx＝1．xyz下面給出證明，xxyyzz1，2xyyzzxxyyzzx于是xyyzzxxyyzzxxyyzzxxyzxyzxyzxyzxyz111xzyzyxzxzxyx1．∴xyyzzx＝1．111xzyzyxzxzxyxxyz（5）（2012年華約）若復數1的實部為0，Z是復平面上對應1的點，則點Z(x,y)的軌跡是()11(A)一條直線(B)一條線段(C)一個圓(D)一段圓弧解：設1i,，解得1i，11i1i因此Z(x,y)的軌11i1222，跡是一條直線。1、（2011年華約）設復數z滿足|z|<1且|z1|5則|z|=()4321z2A、B、C、D、5432解答：由|z1|5得|z|215|z|，已經轉化為一個實數的方程。解得|z|=2（舍去），1z22。2(ai)2，其中a為實數，若w的實部為1．（2010年華約）設復數w2，則w的虛部為（A）1i（A）3（B）11322（C）（D）22(4)（2011年卓越聯盟）i為虛數單位，設復數z滿足|z|=1，則z22z2的最大值為(C)z1i(A)2-1(B)2-2(C)2+1(D)2+2歷年自主招生試題分類匯編——概率統計2.（2014年華約）乒乓球比賽,五局三勝制.任一局甲勝的概率是p(p1),甲贏得比賽的概2率是q,求p為多少時,qp取得最大值.【解】若共比賽了3局,則甲贏得比賽的概率為p3;若共賽了4局,則最后一局甲勝,甲贏得比賽的概率為C32p3(1p);若共比賽了5局,則最后一局甲勝,甲贏比賽的概率為C42p3(1p)2,因此32323qpC3p(1p)C4p(1p),所以qpp3C32p3(1p)C42p3(1p)2p6p515p410p3p,p1;2設f(p)6p515p410p3p,p1,則f(p)30p460p330p21,2即f(p)30p460p330p2130[p2(p22p1)1],30所以f(p)30[p2(p1)21]30(p2p1)(p2p1),303030又因為p(1,1),所以p2p,故p2p10,230114130111所以令f(p)0時,即p2p0,得p30224;30又因為p(1,1),所以取p111,22430易知當p(1,111)時,f(p)0,p(111,1)時,f(p)0,224302430所以當111p4時,f(p)有唯一極大值,也是最大值.230（2013年華約）7個紅球,8個黑球,從中任取4個球.求取出的球中恰有1個是紅球的概率;求所取出球中黑球個數X的分布列及期望E(X);若所取出的4個球顏色相同,求恰好全黑的概率;【解】(1)由題知恰有一個紅球的概率為C71C8356C154;195(2)易知X的所有可能取值為0,1,2,3,4,則由古典概型知,P(X0)C745C154,195P(X1)C71C8340P(X2)C72C8284P(X3)C71C8356,C4,C4,C4195195195151515P(X4)C8410X01234C154,即X的分布列為:195P540845610195195195195195所以其數學期望為EX054028435641032119519515195195195(事實上由超幾何分布期望公式可以直接得出期望為EX483215,無須繁雜計算)15(3)取出四個球同色,全為黑色的概率為C74C842即求.C843（13）（2012年華約）系統中每個元件正常工作的概率都是p(0＜p＜1)，各個元件正常工作的事件相互獨立，如果系統中有多于一半的元件正常工作，系統就能正常工作。系統正常工作的概率稱為系統的可靠性。1）某系統配置有2k1個元件，k為正整數，求該系統正常工作概率的表達式2）現為改善（1）中系統的性能，擬增加兩個元件。試討論增加兩個元件后，能否提高系統的可靠性。K1解答：顯然PKC2nk1(1p)np2k1n,注意到n0nnn1n2，C2k1C2k12C2k1C2k1所以knC2nk1(1p)p2k1nPK1=0k=nn1n2np2k1n(C2k12C2k1C2k1)(1p)n0kkk=C2nk1(1p)np2k1n2C2nk11(1p)np2k1nC2nk21(1p)np2k1nn0n1n2kkk=C2nk1(1p)np2k1n2C2nk11(1p)n1p2knC2nk21(1p)n2p2k1nn0n0n0k1=C2nk1(1p)np2k1n(p22(1p)p(1p2))n0C2kk1(1p)kpk1C2kk11(1p)k1pkk1C2nkp)np2k1nC2kk1(1p)kpk(p=1(1(1p))n0=PKC2kk1(1p)Kpk(2p1)因此，當p≥11時，{pk}遞減。2時，{pk}遞增，當P≥214、（2011年華約）將一枚均勻的硬幣連續拋擲n次，以pn表示未出現連續3次正面的概率.（I）求p1，p2，p3，p4；探究數列{pn}的遞推公式，并給出證明；(III)討論數列{pn}的單調性及其極限，并闡述該極限的概率意義 .解（I）顯數p1p21，p3171；又投擲四次連續出現三次正面向上的情況只有：88正正正正或正正正反或反正正正，故p4131316.16n1次（II）共分三種情況：1）如果第n次出現反面，那么前n次不出現連續三次正面和前1不出現連續三次正面是相同的，所以這個時候不出現連續三次正面的概率是pn1；2）2如果第n次出現正面，第次不次出現反面，那么前n次不出現連續三次正面和前出現連續三次正面是相同的，所以這個時候不出現連續三次正面的概率是1pn2；3）如4果第n次出現正面，第n1次出現正面，第n2次出現反面.那么前n次不出現連續三次正面和前n3次不出現連續三次正面是相同的，所以這時候不出現三次連續正面的概率是1pn3.81117pnpn3(n4),p1p2綜上，pnpn1281,p4①248(III)由(II)知：pn1pn1pn31pn4(n5)②1248121①②，有pnpn1pn4(n5)216n4時，pn單調遞減，又p1p2p3p4，n2時，數列pn單調遞減，且有下界0.pn的極限存在記為a.對pnpn11pn4兩邊同時取極限可得aa1a,a0，1616故limpn 0.n其統計意義：當投擲的次數足夠多時，不出現連續三次正面向上的概率非常小 .14．（2010 年華約）假定親本總體中三種基因型式： AA,Aa,aa的比例為u:2v:w(u 0,v 0,w 0,u 2v w1)且數量充分多，參與交配的親本是該總體中隨機的兩個．（Ⅰ）求子一代中，三種基因型式的比例；（Ⅱ）子二代的三種基因型式的比例與子一代的三種基因型式的比例相同嗎？并說明理由．解：（Ⅰ）參與交配的兩個親本（一個稱為父本，一個稱為母本）的基因型式的情況，及相應情況發生的概率和相應情況下子一代的基因型式為AA，Aa，aa的概率如下表：父本、母本的基因型式相應情況子一代基因子一代基因子一代基因出現的概率為AA的概率為Aa的概率為aa的概率父AA母AAu2100父AA母Aa2uv11022父AA母aauw010父Aa母AA2uv11022父Aa母Aa4v2111424父Aa母aa2vw01122父aa母AAuw010父aa母Aa2vw01122父aa母aaw2001子一代的基因型式為AA的概率為p1u212uv12uv14v21(uv)2.224由對稱性知子一代的基因型式為aa的概率為p3(vw)2.子一代的基因型式為Aa的概率為p22uv1uw12uv14v212vw1uw12vw12v222222(uvuwvw)?2(uv)(vw).若記puv，qvw，則p0，q0，pq1，子一代三種基因型式：AA，Aa，aa的比例為p2:2pq:q2.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知子二代的基因型式為AA，Aa，aa的比例為2:2:2，其中p2pq，pqq2.由pq1，可得p，q.故子二代三種基因型式AA，Aa，aa的比例為p2:2pq:q2，與子一代基因型式的比例相同.5.（2014年卓越聯盟）已知x(0,a),y(0,4a),a(0,1),且xy1的概率為3,求a.16【解】由題知所有事件的空間為{(x,y)|0xa,0y4a,0a1},其對應區域為矩形,面積為S()a(4a),而事件A{(x,y)|xy1},其對應區域面積為131(11a)a42S(A)2(11a,a)所以由古典概型知16a(4a),即a(5a4)0,解得a.53、（2013年卓越聯盟文）設曲線y2xx2與x軸所圍成的區域為D，向區域D內隨機投一點，該點落在D內任一小區域的概率只與該小區域的面積成比例，則該點落入區域x,yD|x2y22內的概率為．答案:11．π（7）（2012年卓越聯盟） 試a，b是從集合{1,2,3,4,5}中隨機選取的數（Ⅰ）求直線yaxb與圓x2y22有公共點的概率（Ⅱ）設X為直線yaxb與圓x2y22的公共點的個數，求隨機變量X的分布列及數學期望E(X)。解答：（Ⅰ）直線yaxb與圓x2y22有公共點的充要條件為x22axb2有實根，整理即知：a21x22abxb220有實根，即4a2b24a21b2242a2b220b22a22當b1時，a1,2,3,4,5；當b2時，a1,2,3,4,5；當b3時，a2,3,4,5；當b4時，a3,4,5；當b1時，a4,5，都有公共點.（Ⅱ）X的分布列為：X012P6118252525于是知：EX061121837.25252525（2011年卓越聯盟）一袋中有a個白球和b個黑球．從中任取一球，如果取出白球，則把它放回袋中；如果取出黑球，則該黑球不再放回，另補一個白球放到袋中．在重復 n次這樣的操作后，記袋中白球的個數為 Xn．(Ⅰ)求EX1；(Ⅱ)設P(Xnak)pk,求P(Xn1ak),k0,1,,b；(Ⅲ)證明：EXn1(11)EXn1.．ab【解】(1)n1時,袋中的白球的個數可能為a個(即取出的是白球),概率為a;也可能為a1ab個(即取出的是黑球),概率為b,故EX1aa(a1)ba2abbabbab.baa(2)首先,P(Xn1a0)P0aa;k1時,第n1次取出來有ak個白球的可能性有兩b種;第n次袋中有ak個白球,顯然每次取出球后,球的總數保持不變,即ab個白球(故此時黑球有bk個),第n1次取出來的也是白球,這種情況發生的概率為Pkak;ab第n次袋中有ak1個白球,第n1次取出來的是黑球,由于每次球的總數為ab個,故此時黑球的個數為bk1.這種情況發生的概率為Pk1bk1(k1).ab故P(Xn1akPk1bk1ak)Pkba(k1).ab(3)第n1次白球的個數的數學期望分為兩類:第n次白球個數的數學期望即EXn.由于白球和黑球的總個數為a第n1次取出來的,b,是白球,這種情況發生的概率是EXn;第n1次取出來的是黑球,這種情況發生的概率是ababEXn,此時白球的個數是EXn1.ab故EXn1EXnEXnabEXn(EXn1)(EXn)2(1EXn)(EXn1)abababab(EXn)2EXn(EXn)21EXn)(11)EXn1abababab歷年自主招生試題分類匯編——函數3.（2014年北約）如果f(x)lg(x22axa)的值域為R,求a的取值范圍.【解】由題意ux22axa的值域包含區間(0,),則ux22axa與x有交點,故(2a)24a0,解得a1或a0.4.（2014年北約）設f(a2b)f(a)2f(b),且f(1)1,f(4)7,求f(2014).33【解】由f(1)1,f(4)7得f(2)f(421)f(4)2f(1)3;33f(3)f124)f(1)f2(4)f(n)2n1,n*(33,由5數學歸納法可推導得N,所以f(2014)4027.法二：f(2)421f(4)2f(1)3，f(3)124f(1)2f(4)f(3)3f()5，33猜想f(n)2n1(nN*)，假設f(n)2n1對n3k(k1)都成立，則f(3k1)3f(k1)2f(1)2(3k1)1，f(3k2)3f(k2)2f(2)2(3k2)1，f(3k3)3f(k3)2f(3)2(3k3)1，所以

f(n)

2n

1(n

N*)．6.（2014年北約）已知

f(x)

arctan

2 2x1 4x

c在(

11, )上是奇函數44

,求c.【解】由

f(x)

0得C

arctan(2)

arctan2

，此時f(x)f(x)22xarctan22x2Carctan(4)2arctan20，故arctan4x14x31Carctan2符合題意．8.（2014年北約）已知實系數二次函數f(x)與g(x)滿足3f(x)g(x)0和f(x)g(x)0都有雙重實根,如果已知f(x)0有兩個不同的實根,求證g(x)0沒有實根.【證】由題可設3f(x)g(x)a1(xb1)2,f(x)g(x)a2(xb2)2,其中a10,a20,則f(x)1[a1(xb2)2a2(xb2)2],g(x)1[a1(xb1)23a2(xb2)2],44由f(x)0有兩個不同的實根,則必有a1,a2異號,且a1a20,此時f(x)1[(a1a2)x22(a1b1a2b2)xa1b12a2b22],4即4(a1b1a2b2)24(a1a2)(a1b12a2b22)4a1a2(b1b2)20,所以b1b2,故此時觀察g(x)1[a1(xb1)23a2(xb2)2]可知,4a1,3a2同號,且a13a20,b1b2,故g(x)0恒成立,即證明g(x)0沒有實根.法二：設f(x)ax2bxc，g(x)dx2exf，ad0，所以(b24a(d)c，((3fb)e)2d)(3cf)，所以e)4(3a3b2e212ac4df，又b24ac0，所以g(x)e24df4(b24ac)0，所以方程g(x)0沒有實根．1．（2013年北約）以2和132為兩根的有理系數多項式的次數最小是多少？A．2B．3C．5D．6解析顯然(x22)((x1)32)為滿足要求的多項式，其次數為5．若存在n次有理系數多項式f(x)以2和132為兩根，則f(x)必含有因式(x22)((x1)32)，∴n5，即最小次數為5．故選C．3．（2013年北約）已知x22y5，y22x5，求x32x2y2y3的值．解析∵x32x2y2y3x(2y5)2(2y5)(2x5)y(2x5)4xy 15(x y) 50，又由x22y5，y22x5，有x2y22(xy)∴xy或xy2．當xy時，有x22x5，x16，4xy15(xy)504x230x5038x7038x70108386；當xy2時，x22(x2)5，x(x2)14xy15(xy)504x(2x)204x(x2)8016．題1（2012年北約）求x的范圍，使得x2xx1是增函數。解：設fxx2xx1①當x2時，fx3x1，無增區間②當2x0時，fx3x，無增區間③當0x1時，fxx3，在0,1上單調遞增④當x1時，fx3x1，在1,上單調遞增，綜上，所求x的范圍為0,評析：本題是一道較基礎的試題，只涉及絕對值和增函數的概念，考查學生分類討論的思想。題2（2012年北約）求x116x2x2710x21的實根的個數解：x116x2x26x29x23x2710x2x210x225x25∵x23x25x23x252∴原方程無實根，即實根個數為0評析：本題主要考查學生的代數式變形能力與絕對值不等式知識。7.（2011年北約）求f(x)|x1||2x1||2011x1|的最小值.【答案】832491【解】首先設a1a2an,f(x)|xa1||xa2||xan|.711則由絕對值幾何意義知,n為奇數時,當xn1f(x)有最小值;a時,2當n為偶數時,當x取[an,an1]上任何值時,f(x)有最小值.回到原題,2 2f(x)|x1||x1||x1||x1||x1||x1||x1||x1|22333201120112011個以上和式共有122011201220112023066個點.2設a11,a2a31,a4a5a61,,a20230661,232011所以20230661011533.下面求a1011533,a1011534的值.設a10115331,則2t12t1011533,12(t1)1011533,可得t1422,且a1011533a10115341.14221f(x)最小.故x時,1422f(11112111422114231120111491)14221422142214221832142214227114.（2014年華約）(1)證明yf(g(x))的反函數為yg1(f1(x));(2)F(x)f(x),G(x)f1(x),若G(x)的反函數是F(x),證明f(x)為奇函數.【解】(1)證明:由反函數定義可知yf(g(x))的反函數為xf(g(y)),故f1(x)f1(f(g(y)))g(y),從而g1(f1(x))g1(g(y))y,所以yg1(f1(x))為yf(g(x))的反函數.(2)由G(x)的反函數是F(x),故G(F(x))G(G1(x))x,則f(x)f(G(F(x))),又因為G(x)f1(x),所以G(F(x))f1(F(x)),代入得f(x)f(G(F(x))),f(f1(F(x)))F(x)f(x),所以f(x)為奇函數.2x1x(,1)2.（2014年卓越聯盟）已知f(x)x212,又g(x)x24x4,a使得ln(x1)x),2f(a)g(b)0,求b的范圍.【解】當x(,1)時,易得f(x)(11)21(1,0);2x又當x[1,)時,易知f(x)lnx1[ln2,);2所以f(x)(1,),所以只要g(b)(,1)就存在a;即(b2)28(,1),解得b(1,5).4、（2013年卓越聯盟）已知fx是定義在R上的偶函數，且在區間0，上是增函