历自主招生试题分类汇编—复数.doc

历年自主招生试题分类汇编——不等式 5. （ 2014 年北约） 已知 x y 1 且 x, y 都是负数 ,求 xy 1 的最值 . xy 【解】由 x 0, y 0可知 , x y 1 | x y | 1 | x | | y | 1 , 所以 | xy | | x | | y | (| x | | y |)2 1 ,即 xy (0, 1] , 4 4 4 令 t xy (0, 1 ] ,则易知函数 y t 1 在 (0,1] 上递减 ,所以其在 (0, 1 ] 上递减 , 4 t 4 于是 xy 1 有最小值 4 1 17 , . 无最大值 xy 4 4 解答二： 1 ( x) ( y) 2 xy 得 0 xy 1 ，而函数 f (t) t 1 在 (0,1) 上单调递 4 t 减，在 (1, ) 单调递增， 故 f ( xy) f (1 ) ，即 xy 1 17 ，当且仅当 x y 1 时 4 xy 4 2 取等号． 10. （ 2014 年北约） 已知 x1, x2 , ,xn R ,且 x1x2 xn 1,求 证: ( 2 x1 )( 2 x2 ) ( 2 xn ) ( 2 1)n . 【证】 (一法 :数学归纳法 )①当 n 1 时,左边 2 x1 2 1 2 1 右边 ,不等式成立 ; ②假设 n k( k 1,k N * ) 时 ,不等式 ( 2 x1)( 2 x2 ) ( 2 xk ) ( 2 1)k 成立 . 那么当 n k 1 时 , 则 x1x2 xk xk 1 , k 1 个正数不能同时都大于 1, 1 由于这 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 xk 1,0 xk 1 1, 从而 ( xk 1)(xk 1 1) 0 xk xk 1 1 xk xk 1 ,所以 ( 2 x1 ) ( 2 x 2 ) ( x2k ) ( xk 2 1 ) ( 2 x1 ) ( 2 x2 ) [ 2 kx2 ( xk 1 xk) kx1 ] ( 2 x1 ) ( 2 x 2 ) ( x2k xk 1 ) ( 2 1 ) (k 2 1 ) ( 2 1k) 1 ( 2 1 ) 其中推导上式时利用了 x1x2 xk 1 (xk xk 1 ) 1 及 n k 时的假设 ,故 n k 1 时不等式也成 . 综上①②知 ,不等式对任意正整数 n 都成立 . (二法 )左边展开得 ( 2 x1 )( 2 x2 ) ( 2 xn ) ( 2) n ( 2) n 1 n ( 2) n 2 ( ( 2) n k ( xi xi xj ) xi 1 xi2 xik )x1x2 xn i 1 1 i j n 1 i1 i2i k n 由平均 不等式得 1 1 xi xi xi Cnk ( xi xi xi ) Cnk Cnk (( x1x2 k 1 Cnk k 2 xn ) Cn 1 ) Cnk 1 i1 i2 ik n 1 i1 i 2ik n 故 ( 2 x1 )( 2 x2 ) ( 2 xn ) n ( n 1 1 ( n 2 2 ( n k k Cn n ( n 2 ) 2 )Cn 2 C)n 2C)n ,2即 1. ) (三法 )由平均 不等式有 n 2 n 2 1 n xk n xk 1 n( n ??① ; n( ) n ??② ) 2 xk 2 xk k 1 2 xk k 1 2 xk k 1 k 1 1 ①+②得 n n 2 ( x1 x2 xn )n , 即 ( 2 x1 )( 2 x2 ) ( 2 xn ) ( 2 1) n n 1 成立 . ( 2 xk ) n k 1 1 n 2 2 ( 四 法 ) 由 AM GM 不 等 式 得 ： ( ) n ， n i 1 xi 2 n ( xi 2) i 1 1 ( n xi ) n 1 ， 两 式 相 加 得 ： 1 2 1 ， 故 n i 1 xi 2 n n ( xi 2) n ( xi 2) i 1 i 1 n n ． ( 2 xi ) ( 1 ) 2 i 1 1．（ 2011 年北 文） 0 2 ，求 ： sin tan ． 【解析】 不妨 f ( x) x sin x ， f (0) 0 ，且当 0 x ， f ( x) 1 cos x 0 ．于是 2 f ( x) 在 0 x 上 增．∴