原创数学题集锦

原创数学题集锦
涉及领域：数学
长治一中401班刘浩男
一、选择题
1、若x∈R，则下列命题中真命题的个数为（）
①若x≠1或x≠-1，则x2≠1 ⑤若x≠1或x≠-1，则x2≠-1②若x ≠1且x≠-1，则x2≠1 ⑥若x≠1且x≠-1，则x2≠-1③若x≠±1或x≠0，则x2≠1 ⑦若x≠±1或x≠0，则x2≠-1④若x≠±1且x≠0，则x2≠1 ⑧若x≠±1且x≠0，则x2≠-1
A、3个
B、4个
C、5个
D、6个
解析：命题①中“若x≠1或x≠-1”表示的范围为R，故命题①错误；同理，命题③错误；命题②显然正确；命题④中，在R中只需将x=±1去掉即可保证x2≠1，再去掉个x=0显然仍然能保证x2≠1，故命题④正确；在R范围内，无论x为多少，始终能保证x2≠-1，故无论在R上怎样缩小范围都一定能保证x2≠-1，故命题⑤⑥⑦⑧均正确。

提示：若用逆否命题来解决命题⑤⑥⑦⑧的话，一定要注意题中x∈R 这个条件，否则会得出错误结论，例如，命题⑤的逆否命题为若x2=-1，则x=1且x=-1或x R，故命题⑤正确。

综上所述，上述命题中是真命题的序号为②④⑤⑥⑦⑧，一共6个，选项D正确。

2、已知A、B两个集合，若（A∪C R B）∩（B∪C R A）=｛x x=2｝，则下列哪个选项是它的充要条件（）A、（A∩C R B）∪（B∩C R A）=｛x x≠2｝
B 、（A ∪
C R B ）∪（B ∪C R A ）=｛x x=2｝
C 、（A ∩C R B ）∩（B ∩C R A ）=｛x x ≠2｝
D 、（A ∩C R B ）∩（B ∩C R A ）=｛x x=2｝
解析：利用性质C R （A ∩B ）=（C R A ）∪（C R B ）， C R （A ∪B ）=（C R A ）∩（C R B ）， C R （C R A ）=A 化简原集合得：
（A ∪C R B ）∩（B ∪C R A ）
=C R （C R A ∩B ）∩C R （C R B ∩A ）
= C R [（C R A ∩B ）∪（C R B ∩A ）]
= C R [（A ∩C R B ）∪（B ∩C R A ）]
∴（A ∪C R B ）∩（B ∪C R A ）=｛x x=2｝的充要条件为：
（A ∩C R B ）∪（B ∩C R A ）=｛x x ≠2｝ ， 选项A 正确。

二、填空题
3、已知等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，数列｛
n
S n ｝的前n 项和也为S n ，则下列说法中正确的有
①a 1≤0 ③S 1+S 2+S 3+……+S n =()21+n n a n ②d ≥0 ④（S n ）n =n n （a 1a 2a 3…a n ）
解析：∵数列｛a n ｝为等差数列
∴y=a n 为一次函数 ∴y=S n 为二次函数
又∵y=n S n 也为一次函数，且其前n 项和也为S n ∴a n =n
S n
不妨设a n =a 1+（n-1）d ， 变形得：a n =dn +（a 1-d ）
∴S n =2d n 2+（a 1-2d ）n ∴
n S n =2d n +（a 1-2d ） 又∵a n =n S n ∴dn +（a 1-d ）=2d
n +（a 1-2d ） 解之得：d=0，a 1∈R
∵0≥0 ∴d ≥0 ， ①错误②正确。

即可证明｛a n ｝为常数列 ∴③S 1+S 2+S 3+……+S n =a n +2a n +3a n +……+na n =
()21+n n a n ， ③正确
∴S n =na n 即（S n ）n =n n （a n ）n =n n （a 1a 2a 3…a n ） ， ④正确 故正确答案为②③④
4、在数列｛a n ｝中，定义以下两种新运算：
（1）a p *a q =a p a q +a p+1a q-1+a p+2 a q-2+……+a p+k a q-k +……+a q a p （p ，q,k 均为正整数，且q ≥p,0≤k ≤q-p ）
（例如：a 2*a 4=a 2 a 4+a 3 a 3+a 4 a 2 ，a 3*a 6=a 3 a 6+a 4 a 5+a 5 a 4+a 6 a 3）
（2）a p ⊗a q =q p q
p a a a a +*
若数列｛a n ｝的前n 项和满足S 1=1 ，S 2=3 ，S n+1-2S n +S n-1=1 （n ≥2） ，数列｛b n ｝的通项公式为b n =a 1⊗a n ，则b 120=
解析：解法一：累加法
根据S 1=1 ，S 2=3得：a 1=1 ，a 2=2 ，根据S n+1-2S n +S n-1=1得：（S n+1-S n ）-（S n -S n-1）=1 ，即：a n+1-a n =1（n ≥2） ∴a n =n ∴a 1*a n =1×n +2（n-1）+3（n-2）+……+n ×1
另c n =a 1*a n =1×n +2（n-1）+3（n-2）+……+n ×1 ① ∴c n-1=1（n-1）+2（n-2）+3（n-3）+……+（n-1）×1 ②
①-②得：c n -c n-1=n +（n-1）+（n-2）+……+1=()21+n n =2
2n n + ③ 根据③式得：c n-1-c n-2=()()2112-+-n n ，c n-2-c n-3=()()2
222-+-n n ， c n-3-c n-4=()()2332-+-n n ，…… ，c 2-c 1=2
222+ 再根据a 1*a n =1×n +2（n-1）+3（n-2）+……+n ×1得：
c 1=a 1*a 1=1×1=1=2
112+ 将上述n 个式子相加得：c n =2
3212222n +⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++2321n +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++ =21()()()⎪⎭⎫ ⎝⎛++++216121n n n n n =()()6
21++n n n ∴a 1*a n =()()621++n n n , ∴b n =a 1⊗a n =n
n a a a a +*11=11+*n a a n =()62+n n 将n=120代入，得：b 120=
6122120⨯=2440 解法二：S n 法
根据S 1=1 ，S 2=3得：a 1=1 ，a 2=2 ，根据S n+1-2S n +S n-1=1得：（S n+1-S n ）-（S n -S n-1）=1 ，即：a n+1-a n =1（n ≥2） ∴a n =n ∴a 1*a n =1×n +2（n-1）+3（n-2）+……+n ×1
观察上式不难发现每一项中两个相乘的数字之和均为n +1，根据这一特点不妨构造一个以n 为参数的新数列a k =k （n +1-k ）=k （n +1）-k 2（k 为正整数） ∴a 1=1（n +1）-12 ，a 2=2（n +1）-22 ，
a 3=3（n +1）-32 ，…… ，a n =n （n +1）-n 2
∴T n =a 1+a 2+a 3+…+a n =（1+2+3+……+n ）（n+1）-（2222321n +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++）
=（n+1）()21+n n -()()6121++n n n =()()6
21++n n n （此处一定要注意待求的是T n 而不是T k ）
∴a 1*a n =T n =()()621++n n n , ∴b n =a 1⊗a n =n
n a a a a +*11=11+*n a a n =()62+n n 将n=120代入，得：b 120=
6122120⨯=2440 解法三：分组求和法
根据S 1=1 ，S 2=3得：a 1=1 ，a 2=2 ，根据S n+1-2S n +S n-1=1得：（S n+1-S n ）-（S n -S n-1）=1 ，即：a n+1-a n =1（n ≥2） ∴a n =n
∴S n =()21+n n =2
2n n + ，a 1*a n =a 1×n +a 2（n-1）+a 3（n-2）+……+a n ×1
∴a 1*a n =a 1+（a 1+a 2）+（a 1+a 2+a 3）+……+（a 1+a 2+a 3+……a n ）
= S 1+S 2+S 3+……+S n =2112++2222++2
332++……+22n n + =2
3212222n +⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++2321n +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++ =21()()()⎪⎭
⎫ ⎝⎛++++216121n n n n n =()()6
21++n n n ∴b n =a 1⊗a n =n
n a a a a +*11=11+*n a a n =()62+n n 将n=120代入，得：b 120=
6122120⨯=2440
解法四：组合数法
根据S 1=1 ，S 2=3得：a 1=1 ，a 2=2 ，根据S n+1-2S n +S n-1=1得：（S n+1-S n ）-（S n -S n-1）=1 ，即：a n+1-a n =1（n ≥2） ∴a n =n ∴S n =()2
1+n n =21+n C ，a 1*a n =a 1×n +a 2（n-1）+a 3（n-2）+……+a n ×1 ∴a 1*a n =a 1+（a 1+a 2）+（a 1+a 2+a 3）+……+（a 1+a 2+a 3+……a n ）
= S 1+S 2+S 3+……+S n
=22C +23C +24C +……+21+n C
将22C 和33C 等价代换，再根据组合数性质1-m n C +m n C =m n C 1+化简得：
a 1*a n =32+n C ==()()621++n n n ，∴
b n =a 1⊗a n =n
n a a a a +*11=11+*n a a n =()62+n n 将n=120代入，得：b 120=
6122120⨯=2440 综上所述，此题正确答案为2440
三、简答题
5、已知：函数f(x)的导函数满足f'(x)-f'[f'(x)-x]=1，g(x)=f(x)f'(x) 求：(1)若g(x)为单调函数，且存在x 满足g'(x)=0，求g(x)的表达式
(2)试证明函数g(x)的图像恒为以(1/4，0)为对称中心的中心对称图形
（3）若h(x)=f'(1)+f'(2)+f'(3)+……+f'(x) ，(x ∈Z *)，求证对任意的正整数m 、n 均满足h(m+n)=h(m)+h(n)+2(m+n-1)这个条件的充要条件是：(m 2-m 2n 2+n 2)-2(m-mn+n)+1=0
解析：(1)∵f'(x)-f'[f'(x)-x]=1 ①
∴f'[f'(x)-x]=f'(x)-1 ②
将f'(x)-x 看成是f'(x)中的x （即作用对象）可得：
f'[f'(x)-x]-f'{f'[f'(x)-x]-[f'(x)-x]}=1
即： f'[f'(x)-x]-f'{f'[f'(x)-x]-f'(x)+x }=1
将②式代入上式得：f'[f'(x)-x]-f'[f'(x)-1-f'(x)+x]=1
即：f'[f'(x)-x]-f'(x-1)=1 ③
①式+③式得：f'(x)-f'(x-1)=2
∴导函数f'(x)的图像是斜率为2的直线，
不妨设f'(x)=2x +a 将f'(x)=2x +a 代入①式中得： 2x +a-f'(2x +a-x)=1 即：2x +a-f'(x +a)=1
即：2x +a-[2(x +a)+a]=1 解之得：a=-21
∴f'(x)=2x-2
1
∴f(x)=x 2-2
1x +b (b 为常数) ∴g(x)=f(x)f'(x)=2x 3-23x 2+(2b+41)x-2
b ∴g'(x)=6x 2-3x +(2b+41) 又根据题意g(x)为单调函数且存在x 满足g'(x)=0得g'(x)的△为0 即：(-3)2-4×6(2b +41)=0 解之得：b=
48
3 因此g(x)=2x 3-23
x 2+249x-963
（2）∵g(41-x)=2×（41-x ）3-23(41-x) 2+(2b +41)(41-x)-2b
=-2x 3-(2b-8
1
)x g(41+x)=2×(41+x) 3-23(41+x) 2+(2b+41)(41+x)-2
b =2x 3+(2b-8
1)x ∴g(41-x)+ g(41+x)=0 ∴函数g(x)恒关于点（1/4，0）中心对称
(3)由(1)得：f'(x)=2x-2
1
∴h(x)=f'(1)+f'(2)+f'(3)+……+f'(x)
=2(1+2+3+……+x)-21x=x 2+21x
∴h(m +n)=(m +n)2+21(m +n)=m 2+2mn +n 2+21m +21n
h(m)=m 2+21m h(n)=n 2+21n
∴h(m +n)-h(m)-h(n)=2mn ∴h(m +n)=h(m)+h(n)+2mn 又∵h(m +n)=h(m)+h(n)+2(m +n-1) ∴2mn=2(m +n-1) 即：mn=m +n-1
又∵m ，n 均∈Z * ∴mn>0 ， m +n-1>0
∴m 2n 2=m 2+n 2+1+2mn-2m-2n
∴(m 2-m 2n 2+n 2)-2(m-mn +n)+1=0
同理：由(m 2-m 2n 2+n 2)-2(m-mn +n)+1=0也可以导出：
h(m+n)=h(m)+h(n)+2(m+n-1)
∴h(m+n)=h(m)+h(n)+2(m+n-1)与(m 2-m 2n 2+n 2)-2(m-mn +n)+1=0互为充要条件 ∴得证
f(x)+
)
(
1
x
f
, x∈Z*
x
c
a
b
x
+
+1
，x<0且x∈Z
若：g(1)=2 , g(x+1)=2g(x)+
)1
(
2
+
+
x
x
x
求：(1)g(x)的最值（x>0）
(2)若f(x)在Z*上为单调递增函数，求f(x)的解析式（粗略判断写出结论即可，证明单调性不作得分要求）
(3)若g(x)为奇函数，求函数y=
3
a x3-
2
b x2-cx+2011的单调区间
(4)若g(x)为偶函数，-11q2+44q-2p=33 ，且p<g(x)恒成立(x<0)，求x的取值范围
解析：(1)∵x>0 ∴
)1
(
2
+
+
x
x
x>0
∴根据递推关系g(x+1)=2g(x)+
)1
(
2
+
+
x
x
x可知：g(x+1)>2g(x)
∴g(x+1)>g(x) 即：g(x)在x>0范围内为单调递增函数
∴函数g(x)在x>0范围内有最小值，无最大值，且g(x)min=g(1)=2
(2)g(x+1)=2g(x)+
)1
(
2
+
+
x
x
x
∴g(x+1)=2g(x)+
()
)1
(
1
2
+
-
+
x
x
x
x
∴g(x+1)=2g(x)+
1
1
2
+
-
x
x
∴g(x+1)+
1
1
+
x
=2[g(x)+
x
1]
∴数列｛g(x)+
x
1｝为首项为3 ，公比为2的等比数列(x∈Z*)
∴g(x)+
x
1=3
×2x-1
∴ g(x)=3×2x-1-x
1
∴ f(x)+)(1x f =3×2x-1-x 1 (x ∈Z *) ∵g(x)在x>0范围内单调递增且g(x)min >0
∴ f(x)>0
∴ f 2(x)+1=(3×2x-1-x 1)×f(x)
∴ f 2(x)+(x
1-3×2x-1)×f(x)+1=0
∴ f(x)=
2449231123121-⨯+⨯-±-⨯--x x x x x x =1492341212
32222-⨯+⨯-±-⨯---x x x x x x 又∵f(x)为单调函数
∴f(x)= 149234121232222-⨯+⨯-+-⨯---x x x x x
x (x ∈Z *) (3)∵当x>0时，g(x)=3×2x-1-x
1
∴当x<0时，g(-x)=x x 12
31++ (x<0且x ∈Z) 若g(x)为奇函数 ∴g(x)=-g(-x)=x x 12
31-+-+ ∴a=2 ， b=-3 ， c=-1 ∴y=32x 3+23x 2+x +2011 ∴y'=2x 2+3x+1=(x+1)(2x+1) 当y'=0时，解之得：x=-1或x=-2
1
当y'>0时，解之得：x<-1或x>-21 当y'<0时，解之得：-1<x<-2
1 ∴函数y=32x 3+2
3x 2+x +2011的单调区间为： 单调递增区间为(-∞，-1)，(-21，+∞) ， 单调递减区间为(-1，-2
1) (4)由(3)得：当x<0时，g(-x)=x x 1231++ (x<0且x ∈Z)
若g(x)为偶函数 ∴g(x)=g(-x)=x
x 123
1
++ ∵-11q 2+44q-2p=33 ∴p=-211q 2+22q-233 ∴p max =211 又∵欲使p<g(x)恒成立(x<0) ， 必须保证p max <g(x)min ∴g(x)>2
11 又∵g(x)为单调递增函数(x>0) ， 且g(x)为偶函数 ∴g(x)为单调递减函数(x<0) 又∵当x x 1231++=211
时，解之得：x=-2
∴x<-2且x ∈Z
(未完待续)。