2013年清华大学夏令营数学试题解答

2013年清华大学夏令营数学试题解答

山东省济宁一中 贾广素 2013年12月24日整理

1.设a,b,c?R，使得方程x?ax?bx?c?0有3个实根. 证明：如果?2?a?b?c?0，则至少存在一个根在区间[0,2]中.

证明：假设该方程的三个实根x1、x2、x3不在区间[0,3]中，

32?x1?x2?x3??a,?由韦达定理，得?x1x2?x2x3?x3x1?b,

?xxx??c.?123从而a?b?c?x1x2?x2x3?x3x1?x1x2x3?(x1?x2?x3) ?(1?x1)(1?x2)(1?x3)?1?[?2,0]，

从而?1?(1?x1)(1?x2)(1?x3)?1，即|(1?x1)(1?x2)(1?x3)|?1. 由假设，知xi?0或xi?2，得|1?xi|?1（i?1,2,3）， 所以|(1?x1)(1?x2)(1?x3)|?1.矛盾！

所以假设不成立，故至少存在一个根在区间[0,2]中.

422.已知x?19?99是函数f(x)?x?bx?c的一个零点，b,c为整数，则b?c的值是

多少？

42解法一：将x?19?99代入x?bx?c?0中，

得到21488?141619?11?118b?6b19?11?c?0， 由于b、c为整数，19?11为无理数，从而

?21448?118b?c?0，从而得b??236，c?6400. ??1416?6b?0所以b?c?6164.

解法二：设x?19?99，y?99?19，则x?y?299，xy?99?19?80， 于是x?y?(x?y)?2xy?236，

222 1

奖y?80640042代入上式，有x2?2?236，即x?236x?6400?0. xx于是b??236,c?6400，所以b?c?6164.

说明：本题的解法二可以采用逆向思考：什么样的方程有这样的根？由已知变形，得

x?19?99，所以x2?219x，再平方，得x?9?9，0即x2?80x?2192，即x4?160x2?640?0x76x4?236x2?6400?0.从而b??236，c?6400，所以

b?c?6164.但解法二是有一定的缺陷的，它未能有效地说明b、c的唯一性.却也不失为

是一种好的方法.

类似题目：求一个整系数多项式f(x)?anx?an?1x个实根为33?2.

（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，2013年7月山东科学技术出版社出版 第32页例11.）

nn?1???a1x?a0，使得f(x)?0有一

????????????????3.已知点O是?ABC的外心，H为垂心，且满足OH?m(OA?OB?OC)，则m的值为

多少？ （2013年清华大学夏令营）

????????????????????????????????????1????解：因为OG?OH，所以OH?3OG?OA?AG?OB?BG?OC?CG，又G为重

3????????????????????????????心，AG?BG?CG?0，所以OH?OA?OB?OC，故m?1.

说明：本题是2005年高考数学全国I卷的一道理科填空题.其试题背景是欧拉线，即三角形?ABC的重心G、垂心H和外心O共线，且OG?若D为BC的中点，则AH?2OD；

若I为?ABC的内心，外接圆与内切圆的半径分别为R，r，则OI?连接AI交外接圆与点M，则有MI?MB?MC.

4.已知A、B、C?(0,)，且sinA?sinB?sinC?1.求A?B?C的最大值. 解：由sinA?sinB?sinC?1，得cos2A?cos2B?cos2C?1， 从而2cos(A?B)cos(A?B)?1?cos2C，

2

2221OH. 3R(R?2r)；

π2222所以cos(A?B)?1?2cos2C1?cos2C??sin2C.

2cos(A?B)222同理可证cos(B?C)?sinA，cos(C?A)?sinB， 且同时可得A?B、B?C、C?A?(0,).

将上述三式相加，得cos(A?B)?cos(B?C)?cos(C?A)?sinC?sinB?sinA?1.

222π2π2(A?B)?(B?C)?(C?A)cos(A?B)?cos(B?C)?cos(C?A)1cos??，

3332(A?B?C)131即cos?，所以A?B?C?arccos，当且仅当A?B?C时取等号.

232331故A?B?C的最大值为arccos.

23由于cosx在(0,)中上凸，所以由琴生不等式，得

类似题目1：已知锐角A、B、C满足cosA?cosB?cosC?1，求A?B?C的取值范围.

解：先给一个引理：f(x)是R的函数，在(??,c)内为下凸函数，在(c,??)内为上凸函数，

222变量x1，x2，?，xn为R上的n个实数，且满足x1?x2???xn，

n?Xi?1ni?C（C为常

数），记F?得最大值.

?f(x)，则F在xii?12?x3???xn时取得最小值，在x1?x2???xn?1时取

将“锐角”的条件改为A、B、C?[0,]，令x?cosA，y?cosB，z?cosC，则原题转化为x、y、z?0且x?y?z?1，令f(x)?arccosx，则问题转化为求

π2222f(x)?f(y)?f(z)的取值范围.

求二阶导数，易知f(x)在[0,1]上先下凸再上凸，即满足引理的条件.

由对称性，不妨设设x?y?z，先求最小值，由引理知，只需考虑a?b与c?1两种情况，后者显然只能得到f(x)?f(y)?f(z)?π，而前者则化为 求g(t)?2f(t)?f(1?2t)的最小值，其中t?[0,].

13 3

求导，易得g?(t)?3t?1，

t(1?t)(1?2t)(21?2t?2(1?t))故当t?31时，g(t)取得最小值3arccos，所以f(x)?f(y)?f(z)的最小值就是

333arccos3.下求最大值： 3π?f(t)?f(1?t)的最大21π值，其中t?[0,].事实上，有恒等式arccosx?arccos1?x?，所以前者只能得到

22由引理知，只需考虑a?b与b?0两种情况，前者转化为求

f(x)?f(y)?f(z)?π，而后者仍然转化为上述求g(t)的最大值，只是此时t的范围

变成t?[,]，显然t?11321时g(t)取得最大值π,所以f(x)?f(y)?f(z)的最大值为π. 23,π].而原题是在“锐角”33,π). 32综上所述，由函数的连续性，所求的取值范围是[3arccos情形下，取不到π，但可以趋近它，从而原题的答案是[3arccos类似题目2：已知角A、B、C?(0,)，满足sinA?sinB?sinC?1，求A?B?C的取值范围.

解：由sinA?sinB?sinC?1，得cos2A?cos2B?cos2C?1. 令x?cos2A，y?cos2B，z?cos2C，则x?y?z?1， 我们只需求

222π4221(arccosx?arccosy?arccosz)的最大值。 211?x2设f(x)?arccosx，x?(0,1)，则f?(x)??，f??(x)??x(1?x)23?0，

于是函数f(x)是(0,1)上的上凸函数.由琴生不等式，有

13x?y?z3131(arccosx?arccosy?arccosz)?f()?f()?arccos. 223232331即A?B?C的最大值为arccos.

232π4π2nπ15.求证：cos?cos???cos??.

2n?12n?12n?12 4

1sin(n?)x12? （*） 证明：先证一个一般式：cosx?cos2x?cosnx?x22sin2配凑消去交叉项：

xsin(cosx?cos2x???cosnx)2xxx?sincosx?sincos2x???sincosnx222 1sin3xx5x3x(2n?1)x(2n?1)x?[?sin?sin?sin???sin?sin]22222221(2n?1)xx?[sin?sin].2221sin(n?)x12?. 整理，得cosx?cos2x?cosnx?x22sin22π2π4π2nπ1回到原题，令x?，得cos?cos???cos??.

n?12n?12n?12n?12说明：类似地，我们还可以得到一般结论：

x1cos?cos(n?)x22. sinx?sin2x???sinnx?x2sin2对于如sin??sin(???)?sin(??2?)???sin(??(n?1)?)及

sincos??cos(???)?cos(??2?)???cos(??(n?1)?)的代数式，可以乘以

??2，再2sin逐项积化和差，依次将各项一拆为二，达到相消的目的.如当??2kπ时，

n?1n?)sin?22； sin??sin(???)?sin(??2?)???sin[??(n?1)?]??sin2n?1ncos(???)sin?22. cos??cos(???)?cos(??2?)???cos[??(n?1)?]?nsin?2sin(??6.设x1?x2?x3?x4?2，且x2?x3?x4?x1.求证：(x1?x2?x3?x4)?4x1x2x3x4.

2 5

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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2ak2?22b，a(x?a)? x2?a?2221k1k?2?222abab结合（*）式，有2x1?a(x2?a)，即2OP?AQ?AR. 从而AQ、2OP、AR成等比数列.

证法二：由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y?k(x?a)，则R(0,ka).

22x2y2222222又直线OP的方程为y?kx，代入2?2?1，化简，得(b?ak)x?ab，

ab所以OP?1?k|xP?0|?1?k222abb?ak22.

x2y22222232222同理，将y?k(x?a)代入2?2?1，化简得(b?ak)x?2kax?a(b?ak)?0

ab得AR?1?k|xA?xB|?1?k2222ab2(xA?xB)?4xAxB?1?k2. 22b?ak222又AR?a1?k，所以2OP?AQ?AR.从而AQ、2OP、AR成等比数列.

说明：本题在2009年的清华大学的自主招生试题中就曾经出现过，是一道较为经典的试题.可参考《决胜自主招生》（2010版、2011版、2012版、2013版等）（贾广素 主编 济宁一中校本教材）

15.设集合X是含n(n?2)个元素的集合，A、B是X中的两个互不相交的子集，分别含有m，k（m?1，k?1，m?k?n）个元素.求X中既不包含于A也不包含于B的子集的个数. （2013年清华大学夏令营）（2009年复旦大学） 解：包含A的子集有2n?m个，包含B的子集有2n?k个，既包含A又包含B的子集为2nn?mn?m?k个，根据容斥原理，所以既不包含A也不包含B的子集的个数有2?2?2n?k?2n?m?k个.

说明：本题是2009年复旦大学的一道自主招生原题.其思路十分简单：首先X集合应该分为三类：一类是属于A的，一类是属于B的，另一类既不属于A也不属于B的.因此可用间接法来进行考虑.

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