第二章 代数式与方程（知识讲解&例题分析）-高考数学强基计划专题精讲与能力强化

强基数学·巅峰突破 第二章 代数式与方程 知识要点回顾 的系数，或找出某些系数所满足的关系式， 这种解决问题的方法叫做待定系数法， 一、代数式 4.对称问题：对称问题是中学数学中常见的一 代数式：由数和表示数的字母经有限次的 类问题，它涉及函数、不等式、数列、排列组 加、减、乘、除、乘方和开方等代数运算所得 合、解析几何、立体几何等诸多内容.对称变 的式子，或含有字母的表达式称为代数式 换思想也是一种常用的数学思想方法，是近 代数式的恒等变形： 几年高考、高校自招和强基计划考查的热点 1.因式分解：因式分解是中学数学重要的恒等 问题之一.函数中的对称问题根据函数的奇 变换之一 偶性、周期性、光的反射定理、互为反函数图 整系数多项式方程的根： 象的性质等所具有的对称性，是命题重点. 若既约分数旦为整系数多项式方程ax”十 二、高次方程的根与系数关系 力 元n次方程ax”十am-1x”-1十…十a1x十 am-1x-1十…十a1x十ao=0的根，则planglao. ao=0的n个根为x1,x2,…,xm,那么 推论1：首项系数为1的整系数多项式方程 的有理根必为整数根； x1十x2十…十xn=-am an 推论2：整系数多项式方程的整数根必为常 1x2+x2x十十x-1xn=am-2 数项ao的因数. an 若n是正整数，则x一y=(x一y)(x”-1十 x1x2x3十x2x34十…十xn-2xn-1xn=-am-3 an x0=2y十…+xy-2+y-1); 44 若n是正奇数，则x”+y”=（x十y)(x”-1 x”-2y+…-xy-2+y-1)(在上式中用-y x1x2x3…xn=(-1)na0 an 代y);欧拉公式：a3+b+c3-3abc=(a十b 三、多项式 +c)(a2+62+c2-ab-ac-bc) 多项式理论是代数学中的重要理论，它在理 2.配方法：是指将一个式子（包括有理式和超 论和方法上对现代数学都有着深刻的影响. 越式)或一个式子的某一部分通过恒等变形 与多项式有关的问题除了出现在函数、方 化为完全平方式或几个完全平方式的和，这 程、不等式等代数领域，还涉及几何、数论等 种方法称之为配方法.这种方法常常被用到 知识，具有较强的综合性， 恒等变形中，以挖掘题目中的隐含条件，是 典型例题精讲 解题的有力手段之一. 类型一 代数式的变形 3.待定系数法：一种求未知数的方法.将一个 【例1】把多项式x4+x3+x2+x+1表示为 多项式表示成另一种含有待定系数的新的 两个次数不同的实系数多项式的平方差的 形式，这样就得到一个恒等式.然后根据恒 形式，并在实数范围内分解因式 等式的性质得出系数应满足的方程或方程 [解析]设x4+x3+x2+x+1 组，其后通过解方程或方程组便可求出待定 =[f(x)]2-[g(x)]2 第二章代数式与方程 由已知f(x)为二次多项式，g(x)的次数低 -1-a3c9+a°c6-1-(a3c2-1)3+a°c6 于二次， ac5 a'c5 -3a3c2+3a5c_3a3c2-3 故可设x)=x2+2十a,所以 a'c5 acs 3. [说明]方法2主要是运用了消元的思想方 [g(x)]2=[f(x)]2-(x4+x3+x2+x+1) 法 =(2a-)x2+(a-1Dx+(d2-1D 【例3】已知函数f(x)=ax2十bx十c(a≠0)，且 所以4=(a-1)-4(2a-)(a2-1)=0 f(x)=x没有实数根.那么f(f(x))=x是否 有实数根？并证明你的结论. [解析]没有实数根.证明方法如下：方 → →a=1, 法一： (a-1)(4a2+2a-1)=0 因为f(x)-x=ax2+(b-1)x+c=0无实 +++x+1=(+2+ID-x 数根，所以△=(b-1)2一4ac<0: 由f(f(x))一x=0得： =+2+1D-(原 a(ax2+bx+c)2+6(ax2+bx+c)+c- x=0. =（x2+1+5x+1D(x2+15z+1),取 a(ax2+bx+c)2-ax2+ax2+b(ax2+bx+ 2 2 c)+c-x=0. f)=x++18)=时 a(ax2+bx+c-x)(ax2+bx+c+x) +(b+1)a.x2+(b2-1)x+c(b+1)=0. 有x+x3+x2+x+1=[f(x)]2-[g(x)门]. a[ax2+(b-1)x+c][ax2+(b+1)x+c] [说明]本题运用了“因式分解”的方法. +(b+1)[ax2+(b-1)x+c]=0. 【例2】已知-1.号+名-1，求表达式 [a.x2+(b-1)x+c][a2x2+a(b+1)x +b+ac+1]=0. ca5+ba+c5b的值. 于是有a.x2+(b-1)x+c=0或 [解析]方法l:由abc=一l,可设a=-y a2x2+a(b+1)x+ac+b+1=0. .△1=(b-1)2-4ac<0; c b=一 而△2=a2(b+1)2-4a2(ac+b+1) 代入+=1释：+y+=0 =a2[(b-1)2-4ac-4]<-4a2<0. 故均不存在实数根 由欧拉公式得：x°y3+yz3十z°x 方法二：若a>0,则f(x)>x, =3(x3y)(y3z)(z3x)=3x4y4z4, 于是f(f(x)>f(x)>x,如图1 cas+ba cb 大2 25 +yi 若a<0,则f(x)<x, yi y4 于是f(f(x)<f(x)<x; ryty3xy xyg xy=3. 所以f(f(x))=x没有实数根，如图2. abc=-1 方法2：因为@+点 b=-1 → ac cc21 ac3=a3c2-1, 所以ca5+ba+cb=-1 _十ca 图1 图2 强基数学·巅峰突破 类型二多项式根系关系 (5)不妨设a≥B,由a,3均为整数可知： 【例4】设f(x)=x2+(k+1)x+2k+1,g(k) a+2=3,3+2=1→>(a,3)=(1,-1) 是关于k的多项式 或a+2=-1,B+2=-3 (1)设f(a)与k无关，求常数a; →(a,3)=（-3,-5),故k=-1或k=7 (2)求一次多项式g(k),使得f(g(k))与 【例5】已知方程x3+x2+qx十1=0有三个 无关； 实根，p>0,q>0,证明：pq>9. (3)设g(k)是二次以上的多项式，证明 [证明]方法1：设x1,x2,x3是方程 f(g(k)必与k有关； x3+x2+q.x+1=0三个实根， (4)设a,B为f(x)=0的解，试求a,B满足的 则：x3+px2+qx+1=(x-x1)(x-x2)(x-x3) 方程，并用图形表示出来，其中α取作横坐标 =x3-(x1+x2+x3)x2+(x1x2+x1x3十 轴，3取作纵坐标轴； x2x3)x-x1x2x3. (5)如果&，3是整数，求出这样的a,3对应的 比较系数得：x1x2x3=一1，x1+x2十x3 =一力，x1x2十x1x3十x2x3=q. 所有的k值 因为p>0,q>0,所以x1<0,x2<0,x3<0, [解析](1)f(x)=(x+2)k+x2+x+1,由 故pq=（一1一x2-x3)(x1x2十x1x3+x2x3)> 于f(a)与k无关，所以a+2=0→a=-2. 3-1)(-x2)(-x3)·3912·x1x3·x2x3 (2)设g(k)=mk+l,m,l为待定系数，则 =9. f(g(k)=(g(k)2+(k+1)g(k)+2k+1 方法2：同方法1，由一元三次方程根与系数 =(m2+m)k2+(2ml+m+l+2)k+2+l+1, 关系可知： 由于f(g(k))与k无关， x1x2x3=-1,x1十x2十x3=-p,x1x2+x1x3+ 故有m2+m=0,2ml+m+l+2=0, x2x3-g. 从而m=-1,l=1或m=0,l=-2(舍)， 从而g(k)=-k+1. g=-11-1,且，<0，<0，x4<0. XI x2 x3 (3)设g(k)=a,nk”+h(k),其中deg(g(k)) 由柯西不等式可得： =n, 9=（--2-x)(-1-1-1） 123 deg(h(k)≤n-1,am≠0. >(1+1+1)2=9,故命题得证 f(g(k)=(g(k)2+(k+1)g(k)+2k+1 =(a,k"+h(k)2+(k+1)(ank"+h(k) 【例6】若关于x的方程 x十4 =kx2有四个不 +2k+1=azk 2+2a,k"h (k)+h2(k)+a,k"+ 同的实数根，求的取值范围。 +ak”+h(k)十h(k)+2k十1.注意到 [解析]方法1：显然k≠0，x=0是方程 f(g(k)中最高次项的系数an≠0，故f(g(k)) 的根。 必与k有关 当>0时，方程十4缸一名-0最多只有一 (4)由韦达定理α十B=一(k+1), a3=2k+1→2(a+B) 个正报，这时16+号>0且>0k>0: =-2k-2=-3-1 →(a十2)(3+2)=3.图 当x<0时，方程x2+4x十名-0要有两个负 象如图所示， 根，这时16-合>0且>0>是 第二章代数式与方程 综上有∈（合，+∞小 有非0有理数解」 由(1)+(3)得：11a+b+c-d=0(6) 方法2：原命题化为 (6)+(2)得：11a+3b+c=0(7) x≠0时，x十4 1 k|x有三 由(6)+(4)得：13a+4b+3c=0(8) (7)-(5)得：a=0,代入(7)、(8)得：b=c=0, 个不同实数根 代入(1)、(2)得：d=e=0.于是知a=b=c= x2+4x,x>0, d=e=0,与a,b,c,d,e不全为0矛盾.所以 -x2-4x,x<0. 不存在一个次数不超过4的有理系数多项式 令t=1 ,由图形可知原方程有三个实数根， g(x),其两根分别为√2和1一2！ 0<1<4,即0<3<4⊙>7 综上所述，以2和1一2为两根的有理系数 41 多项式的次数最小为5. 类型三数与式证明 [说明]本题运用了“待定系数法”。 【例7】以√2和1一2为两根的有理系数多项 【例8】求满足f(2+5-√5)=0的非零有 式的次数最小是多少？ 理系数多项式f的最低次数. [解析]显然，多项式f(x)=(x2-2)[(1一 [解析]设a=√2+√3一√5.一方面，有 x)3一2]的系数均为有理数，且有两根分别为 a2+5+25·&=(a+5)2=(2+3)2 √2和1一2.于是知，以2和1一2为两根的 =5+2√6.所以a2=2√6一25·a,故 有理系数多项式的次数的最小可能值不大 a=(26-25·a)=24+20a2-8√30·a. 于5. 从而a4-20a2-24=-8√30·a,故有 若存在一个次数不超过4的有理系数多项式 (a-20a2-24)2=1920a2.即a8+400a+ g(x)=ax4+bx3+cx2+d.x十e,其两根分别为 576-40a-48a4+960a2=1920a2.整理，得 √2和1一2，其中a,b,c,d,e不全为0，则： a8-40a°+352a4-960a2+576=0.这表明非 g(√2)=(4a+2c+e)+(2b+d)√2=0 零有理系数多项式 14a+2c+e=0, f(x)=x8-40x6+352x-960x2+576满足 → 2b+d=0. 条件；另一方面，若非零有理系数多项式 g(1-2)=-(7a+b-c-d-e)-(2a+3b十 f(x)满足f(a)=0,即a是f(x)的一个零 2c+d)2+(6a+3b+c)4=0 点.不妨设f(x)是非零整系数多项式，否则 将f(x)乘以其系数的公分母，再替换f(x)即 (7a+b-c-d-e=0, 可.设f(x)=c十c1x十c2x2+…+c"(n∈N, →2a+3b+2c+d=0, c0,C1,…,cn∈Q,cm≠0)，则据假设有 6a+3b+c=0. 4a+2c+e=0,(1) c+c1(W2+3-√5)+c2(2+3-√5)2+… 2b+d=0,(2) 十cm(√2十√3-5)”=0.再设g(x)= 即方程组：7a十b-c-d-e=0, (3) c十c1(2+3-x)+c2(W2+3-x)2+… 2a+3b+2c+d=0, (4) 十cn(W2十3-x)”,则g(5)=0.设多项式g(x) 6a+3b+c=0(5) 展开后是g(x)=d。十d1x十d2x+…+dnx”. 强基数学·巅峰突破 根据g(x)的结构可以看出，每个d(k=0,1, [证明]假设√a,√b,W不都是有理数，不防 …,)都可以表示为√2十√的有理系数多项 设c∈Q,则a+√b∈Q, 式形式.从而每个d(k=0,1,…,n)都能表 否则√a十6十庄Q,矛盾， 示为d:=p十g√2+rs3+56(p,g, 记√a+b+=x∈Q,① rk,5∈Q).由于g(5)=0,故d。+d1·√5十 则(a+√b)2=(x-)2. d2·5+d3·5√5+…+dn·(5)”=0.由于 即x2+c-a-b=2(√ab+xE)∈Q, (5)一定是整数或整数的√5倍，结合d的 所以ab+xE∈Q, 形式，知一定存在入1入2，入3入4出14∈Q, 记√ab+xE=y∈Q,②则(ab)2= 使得d。+d1·√5+d2·5+d·5W5+… (y-x)2,即y2+x2c-ab=2yxE∈Q,③ 若x=0,则由①得a=b=c=0,结论成立；若 +dn·(5)=(入1+λ22+λ3√3+λ4√6)+ x≠0，y=0,则由②得c=0,矛盾；若xy≠0， (41十22+%5+446)5.从而入1+入22十 则由③得∈Q,矛盾.综上，原命题成立 入3√3+λ√6+(41十2√2+43W3+4√6)5= [说明]若x为负有理数，则√x是纯虚数 0,即入1+2√2+√3+入4√6+415+ 若a,b,c中含有负有理数，则a+b+十 2√10十4√15十44√30=0.比对每个根式的 Q,故a,b,c都是非负有理数. 系数，即得入1=入2=入3=入4=41=2=43= 事实上，虚数单位有时记为√一1，但是使用 4=0.所以亦有入1十入2√2+入3√3+入1√6十 这种记法时需要非常谨慎，这是因为有些在 实数范围内成立的公式在复数范围内并不 (41+2√2+433+4√6)(-√5)=0，故 成立，例如一1=i·i=√一1·√一1 d+d1·(-5)+d2·5+d·(-55)+… w(-1)·(-1)=√1=1，因此公式√ab= 十dn·(-5)”=0,即g(-5)=0.所以0= √a·石仅对于非负实数a和b才成立.为避 g(-√5)=c+c1(√2+√3+W5)+c2(√2+ 免这种错误，尽量不要用平方根来表示虚 3+5)2+…+cn(√2+3+√5)"=f(√2十 数，例如，我们不应使用√一7，而应使用√7. 3+√5)，这说明√2+√3+√5也是f(x)的 【例10】设f(x)=(1+a)x+x3-(3a+2)x 零点 -4a(a∈R). 证明：(1)方程f(x)=0总有实根； 采用相同的方法，可以证明√2十√一5， (2)存在x。,恒有f(x。)≠0. √2+3+5，N2-3-5,√2-3+5，-2+ [证明](1)f(x)=(1+a)x+x3-(3a十 √3-5，-√2+√3+5，-√2-3-5，-√2 2)x2-4a=0 3+√5均为f(x)的零点.所以非零有理系数 g(a)=(x4-3x2-4)a+x4+x3-2x2=0 多项式f(x)至少有8个零点，从而f(x)的 1x4-3x2-4=0x=士2， x4+x3-2x2=0x=0,1,-2 次数至少为8. 故x=-2,f(x)=g(a)=0. 综合以上两方面，可知f的最低次数为8. 即对任意实数a,方程f(x)总有根x=一2. 【例9】已知a,b,c都是有理数，a+√b+√c也 (2)由(1)知，x=2时，f(2)=16≠0， 是有理数，证明：√a,√b,Wc都是有理数 取x。=2,故命题得证， 第二章代数式与方程 【例11】设定义在[0,2]上的函数f(x)满足下 (3)由(2)知f(x+y)≥f(x)+f(y)-1,设 列条件： x1,x2∈[0,1]，且x1<x2,则x2-x1∈[0,1]， ①对于x∈[0,2]，总有f(2-x)=f(x),且 因为f(x2)-f(x1)=f[x1十(x2-x1)] f(x)≥1，f(1)=3; -f(x1)≥f(x1)+f(x2-x1)-1-f(x1)= ②对于x,y∈[1,2]，若x+y≥3，则 f(x2-x1)-1≥0，所以f(x2)≥f(x1),所以 f(x)+f(y)≤f(x+y-2)+1. (1)求f(2); f(x)在[0,1]上为不减函数，对于任意 (2)i证明：f(得)≤导+1a∈N): x∈(0,1]，则必存在正整数n,使得 (3)证明：当x∈[1,2]时，1≤f(x)≤13-6x. 长≤所以f)), [解析](1)因为对于x∈[0,2]，f(x)≥1， 所以f(2)≥1； 由(2)知f(g)≤3品+1=6×+1 因为对于x,y∈[1,2]，若x十y≥3，则 ≤6.x+1,由(1)知f(2)=1,又f(2)=f(0), f(x)+f(y)≤f(x+y-2)+1, 所以f0)=1,所以f()≥f(0)=1,所以 取x=1,y=2,则f(1)+f(2)≤f(1)+1,故 f(2)≤1；综上，f(2)=1. x∈[0,1]时，1≤f(x)≤6x+1,因为x∈[1,2] (2)对于x,y∈[0,1]，且x十y≤1时，有 时，2-x∈[0,1]，且f(x)=f(2-x),所以 0≤2-x≤2,0≤2-y≤2，(2-x)+(2-y) 1≤f(2-x)≤6(2-x)+1=13-6x, =4-(x+y)≥3， 即1≤f(x)≤13-6x. 根据条件②，得f(2一x)+f(2一y) 类型四技巧方程（组） ≤f(2-x-y)+1, 【例12】在实数范围内解方程： 根据条件①，得f(x)十f(y)≤f(x+y)+1, 则f(x+y)≥f(x)+f(y)-1, 10+x+7-x=3. 所以)=f得+安+》 [解析]令u=10+x,v=7-x(u,v≥0) (u+v=3, ≥停+)+得)-1≥8导)-2. 则 u4+o=17. 即)≤3f(3)+号，所以 u4+w=（u2+v2)2-2u2v =[(u+w)2-2uv]2-2u2o )品)+号≤品+号+月 =(9-2uw)2-222=222-36uw+81=17, …≤r写)+导+…+景+号 (uv)2-18uw+32=0→uw=2,uv=16. 3×-) u≤“生9-故m=2 1- u+=3,u=1, u=2, 或 uv=2 v=2“0=1 →x=6或x=-9. 强基数学·巅峰突破 【例16】a为何值时，方程经是+6g（a-) x2-yz=1, 【例15】 若y2一x之=1，的解为(x,y,z)(其中 =log2(a2-1)有解？只有一解？ z2-xy=1 [解析](1)原方程可化为1og2x十 x,y,之为有理数).则方程组的解共有多少 log2(a-x)=log2(a2-1),(a>1,0<x<a) 组数？ →x(a-x)=a2-1,由于0<x(a-x) [解析] 首先，将方程组中的方程两两 相减： 2 1.第一个方程减第二个方程得： 要使方程有解，只需0<d-1≤是a2(u>1 (x-y)(x+y+z)=0,故x=y或x十y+ 23 x=0; →1<a≤3 2.第二个方程减第三个方程得： (2)由于x(a-x)=a2-1 (y-z)(x十y十)=0，故y=之或x十y十 →x2-a.x十a2-1=0→x=a±V4-3a x=0; 2 3.第一个方程减第三个方程得： (0<x<a, (之-x)(x十y十之)=0，故之=x或x十y十 由于 23 >0<a士y个-3a<a 1<a≤ 2 x=0. 3 情况1：x十y十z≠0 故要使方程只有一解，只需4一3a2=0,求得 此时必有x=y=之，代入原方程得0=1，矛 a=23 盾，故无解。 3 情况2：x十y十z=0 【例14】解方程：x3-3.x=√x+2. 则之=一x一y,代入第一个方程得： [解析]如果x<一2，则方程的右边无意 x2-y(-x-y)=1→x2+xy十y2=1. 义，所以，此时方程无解， 需解此二元二次不定方程的有理数解.将其 如果x>2,则x2-3=+3z十2)-2 视为关于x的二次方程，判别式为D=一3y2+ 4 4必须为完全平方数.通过分析有理数解的 十2，此时方程也无解.所以如果方程 可能取值（如整数、分数代入验证，或转化为 的解存在，则一定位于[一2,2]中 椭圆方程k2+3y2=4的有理数解)，得仅当 令x=2cos0,0≤0≤π，则方程变为 x,y取(0，士1)，（士1,0），（士1，干1）时满足 8cos0-6cos 0=2cos 0+2. 条件，共6组解： 从而，2cos80=2os号于是，30士号=2nm (x,y)=(1,0)→之=-1，解为(1,0，-1)； (x,y)=(-1,0)→x=1,解为(-1,0,1)； (n为一整数). (x,y)=(0,1)→之=-1，解为(0,1，-1)； 又因为9+号€6.到，斯以-0成n=1. (x,y)=(0,-1)→之=1，解为(0，-1,1)； (x,y)=(1,-1)→之=0，解为(1，-1,0)； 从而得0=0,5元，7元 44 (x,y)=(-1,1)→之=0，解为(-1,1,0)； 经检验，上述6组解均满足原方程组，且无其 4 因此方程的解为x=2,2C0s5元，2c0s7元， 他有理数解 <0 第二章代数式与方程 类型五代数式的最值问题 ab+bc ca=a2 2ac -2x2 1 2 2 【例16】若x,y满足x2-2xy+y2-√3x一 2 √3y+12=0,求下列代数式的最小值： 号一故最小债是号一原 (1)x+y; (2)x3+y3. [说明] 在选择，填空题中，当题目条件式 [解析]因为x2-2xy+y2-3x-√3y+ 与待求式都是轮换对称式时，即所给式中的 12=(x-y)2-√3(x+y)+12, 字母a,b,c,…能依次轮换，相互代替，而结 果不变，则关于a,b,c,…的代数式的最大 令a=x十y,b=x-y,则b2-√3a+12=0, (小)值，一定是在a=b=c=…时的值. 21 【例18】已知x+y十z=1,其中 x≥0，y≥0，x≥0，记f(x)=(x-x)(x-y), (1)x十y=a= 1(6+12)≥45，当且仅当 √ 求f(z)的取值范围. b=0即x=y时取“=”，故(x十y)mn=43. 解析]f(x)=z2一(x+y)之+xy =x2-(1-z)z十xy=2z2-之十xy≥2x2-之 (2)x3+y3=(x+y)[(x+y)2-3xy -aa-a-)]-a(0+） =2e-)-名≥-日，等号当x=0y 3 =a[7a2+25a-12) ,=时取到. 因为amm=4√3>0，所以当a取最小值时，上 又f()=22-+x0≤22-+()月 式也取最小值， =2-+(2)月 即(x3+y3)mm=48√3，当且仅当x=y时取 “=” 是2-+-(e-3)≤1，等号当 [说明]本题运用了“换元法”， x=0,y=0,之=1时取到. 【例17】已知a2+b2=1,2+c2=2,c2+a2=2, 所以：一 ≤f)≤1 则ab+bc+ca的最小值是多少？ [解析]通过对已知条件的分析，发现a,b ●真题实战演练 可以互换，相互代替.应用结论，可得只有a 、选择题 b时待求式才能取得最大值或最小值，于是 1.(2013·北大)已知x2=2y+5,y2=2x+5 ab+bc+ca=a2+2ac,容易求得， (x≠y),则x3一2x2y2+y3的值为（) =B=号-是，即a6十ct十a A.-10 B.-12 C.-14 D.-16 -+2ac-号+2ac 2.(2015·北大)整数a,b,c,满足(a-b)· (b-c)(c一a)=a+b+c,则a+b十c有可能 当ac同号时号+2ac最大：当a(异号时， 等于 () A.126 B.144 合+2ac最小， C.162 D.前三个答案都不对 强基数学·巅峰突破 3.(2016·北大)若方程x2一3x一1=0的根也 A.1个 B.2个 是方程x4+a.x2+bx+c=0的根，则 C.4个 D.以上答案均不正确 a+b-2c的值为 10.(2018·北大)已知互不相同的实数a1,a2, A.-13 B.-9 ,a2018b1,b2,…,b2018,对任意i=1,2,…, C.-5 D.前三个答案都不对 2018,(a:+b1)(a+b2)…(a:十b2o18)=2018, 4.(2016·北大)设a,b,c为实数，a,c≠0，方程 则对任意j=1,2,…,2018,(a1十b)(a2十 ax+br十c=0的两个虚数根x1,,满足 b;)…(a2o18十b)的值为 2 A.-2018 B.2018 2015 C.0 D.以上选项都不对 为实数，则∑ 等于 k=0 11.(2018·北大)x,y为实数，W(x-9)+4+ A.1 B.0 √+y+√y-3)+9的最小值属于以下 C.3i D.前三个答案都不对 哪个区间 () 5.(2016·北大)三个不同的实数x,y,之满足 A.[10,11] B.(11,12] x3-3x2=y3-3y2=z3-3z2,则x+y十之等 C.(12,13] D.以上选项都不对 于 ( 12.(2018·北大)已知a≠b,且a2(b十c)=b(a+ A.-1 B.0 c)=1,则c2(a+b)-abc的值为() C.1 D.前三个答案都不对 A.2 B.1 x+y2=z3, C.0 D.以上选项都不对 6.(2016·北大)方程组x2+y3=z,的实数解 13.(2018·北大)已知正实数a,b满足 x+y=z5 a十6=1，则上+2的最小值为 组数为 a b A.5 B.6 A 47+13√13 B.55+1513 2 2 C.7 D.前三个答案都不对 C.218 D.以上选项都不对 7.(2017·北大)方程x4-2x3-754x2+755x 14.(2017·清华)（多选）已知关于之的方程 756=0的实数解个数为 之27-1=0的所有复数解为x(i=1,2,…, A.0 B.1 C.2 D.4 2017),则 1 2-x i=1 8.(2017·北大)已知实数a,b满足(a2+4)· A.是比2017大的实数 2 (+1D=5(2a6-1D,则6(a+)的值为 B是比292小的实数 A.1.5 B.2.5 C.是有理数 C.3.5 D.以上答案均不正确 D.不是有理数 15.(2017·清华)（多选）已知实数x,y满足 9.(2017·北大)已知x+2和2+号均为整 (x-1)(y2+6)=x(y2+1), 则 数，则正实数x的可能取值有 (y-1)(x2+6)=y(x2+1), 第二章代数式与方程 A(x-}+(-)-日 A丽 1 B.1024 B.x-y 1 C.有3组解(x,y) C.1296 D.以上选项均不对 D.有4组解(x,y) 22.(2019·北大)已知n3+2n2+8n-5=a3, n,a∈N,求(n,a)的对数 () 16.(2017·清华)已知多项式x4-2x3+(m+ 2)x2-(4m+2)x+4m+1≥0恒成立，则m A.0 B.1 C.2 D.以上选项均不对 的取值范围为 ( 23.(2015·清华)（多选）已知存在实数r,使得 A.[0,+o∞) B.(-,0] 圆周x2+y2=r2上恰好有n个整点，则n可 e2时 D.}+) 以等于 17.(2017·清华)（多选）设a,b>0且满足a2+ A.4 B.6 a=3b2+2b,则下列说法中正确的有( C.8 D.12 A.a2b B.a<26 24.(2020·清华)（多选）x,y∈N*,下列说法 C.a>b D.a<b 正确的是 () 18.(2017·清华)已知正实数x、y、之、@满足 A.x2+2y与y2+2x可以均为完全平方数 [x+20-之-2y=0, B.x2+4y与y2+4x可以均为完全平方数 2y=x0, 则之的最小值为 C.x2+5y与y2+5x可以均为完全平方数 z≥y, D.x+6y与y2+6x可以均为完全平方数 ) 25.(2020·北大)设a,b,c,d是方程x+2x3+ A.6+√2 B.6+4√2 3x2+4x+5=0的4个复根，则 C.6+32 D.6+2√2 a-1+b-1+=1+4-的值为( ) a+2b+2c+2d+2 19.(2018·清华)记(1+x十x2)0=a十a1x十 a2+…十a,∑a的值为 A.- 3 R一号 ( k=0 A.29 B.219 c D.前三个答案都不对 C.39 D.319 26.(2020·北大)方程Wx+5-4√x+1十 20.(2019·清华)方程x十2x3十2=0有四根 Wx+2-2√x+1=1的实根个数为() 之1,22，之3，之4，则(12十3之4)（之1之4十之223） A.1 B.2 (2123十2之4)的值为 C.3 D.前三个答案都不对 A.-6 B.8 27.(2020·清华)设x,y为不同的正整数，给 C.6 D.-8 出以下三个结论： 21.(2019·北大)已知x,y,之>0，则 ①y2+2x与x2+2y不可能同时为完全平 Iyz (4红+1)(9a+y)(4y十)(+9的最大值为 方数；②y2+4x与x2+4y不可能同时为完 全平方数；③y2+6x与x2+6y不可能同 强基数学·巅峰突破 时为完全平方数.其中正确结论的个数为 37.(2021·清华)定义x*y-1十 x+y ( 则(…(2￥3)*4)…)￥21= A.0 B.1 38.(2021·北大)方程x2-2xy+3y2-4x+ C.2 D.3 5=0的整数解的组数为 28.(2023·清华)已知x,y∈N*,且4x+y整 39.(2021·北大)若x1x2…,x7为非负整数， 除4y十x,则义的结果是 ( 则方程x1十x2十…十x7=x1x2…x7的解有 组 A.所有的和为14.5B.所有的和为15.5 40.(2022·清华)若x&(y&z)=x&y+之， C.可能有4组取值D.可能有5组取值 x&x=0,则2000&2022= 二、填空题 41.(2023·北大)已知a<b<c<d,且 29.(2017·北大)已知S=1og4元十10g号元 1 x,y,之，t是a,b,c,d的一个排列，则 1 (x-y)2+(y-z)2+(x-t)2+(t-x)2得到 ,1,则不大于S的最大整数为 logπlogπ 的不同数共有个. 42.(2023·清华)已知Xlgx yrzkz=5, 30.（2018·北大)整数x,y满足x≥3，y≥3，且 XYykzzkx=√2，则XYZ= 2十2>1，则这样的(x,y)有 组. 43.(2024·南京大学)已知函数f(x)=ax2+ bx十c(b>a),对于Hx∈R,f(x)≥0恒成 31.(2017·北大)方程1og4(2+3)=10g(4 一2)整数解的个数为 立，则，千千的最大值是 32.(2015·北大)已知a,b,c,d∈[2,4]，则 44.(2024·南京大学)已知a,b,c>0,4abc= (a2+dP)(6+c今的最大值与最小值的和 (ab+cd)? +名+之，判日+岩2+2)是杏存在 为 最大值和最小值，若存在，请求解出最大值 33.（2015·北大)设x=+c2-@ ,最小值 2bc ，y= 45.(2025·北大)已知P(x)=x3+bx2+cx+ ato bsbtaci d,且P(1)=2025,P(2)=4050,则P(5) -,且x十y十之=1， 2ac 2ba P(-2)= 则x2015+y2015十之2015的值为 46.(2024·中国科大)已知正整数a,b,c满足 34.(2016·北大)实数a,b,c满足a3--c3 10a+11b+12c=123,则(a,b,c)的组数是 3abc,a2=2(b十c),这样的a有 个 35.(2017·清华)已知Q(x)=a2o17x2017+ 47.(2024·清华)x3+p.x2+q=0在(0,2)有 a2l6x216+…十a1x十a,对任意正实数x 解，则p+q可能的取值为 均有Q(x)>0成立.若a,∈{-1,1}(i=0, 48.(2024·清华)f(u)=u2+aw+b-2, 1,2,…,2017),则a0,a1,a2,…,a2017中取 u=x+1,f()有零点，则a2+b的最小值 值为一1的项最多有个. 为 36.(2020·北大)如果f(x)=x5+px+q有有 理根，且正整数p,q不大于100，那么满足 40.(2025·北大)已-y=1,-兰的取 条件的(p,q)共有 组 值范围是 第二章代数式与方程 三、解答题 52.(2014·北大)设x,y均为负数，且 50.(2015·北大)a,b,c为正实数，a+b+c=1, x+y=一1，求xy+的最值 xy abc 求1=a)b1=c。的最大值. 51.(2019·北大)非负实数x,y满足x+y≤ 53.(2014·北大)已知f(x),g(x)均为二次函 √2019，求/2018-2019+V2018-2019y 2018 数，3f(x)+g(x)=0有重根，f(x)一g(x)=0 有重根，f(x)有两个不同的实根， 的最小值. 证明：g(x)无实根， 强基数学·巅峰突破 54.(2017·北大)方程ax2-2x+2a2-4=0有56.(2024·北大)求R上的方程x(e-1-1)十 整根，求a的可能值. (e一1)(x4-1)=0解的个数. 55.(2016·北大)实数x,y,之满足x十y十= 8016,++是 y之20161 5.(2025·k大)求学log]的值。 求(x-2016)(y-2016)(z-2016)的值， 26参考答案与解析 组，它们的并集为集合A,也不符合要求，所以≤511，另一 假设对于1到2016的整数n有n∈X,那么每删去一个偶 方面，集合{1,2,3，…，9}有511个非空子集，对于其中任意两 数时，card(X△B)增加1，card(X△A)增加1：删去一个奇数 个子集X和Y,均有XUY≠A,可见n=511符合要求，所以 时，card(X△B)减少1，card(X△A)增加l.因此要求J的最 n的最大值为511. 小值，则对于1到2016的整数必然有所有偶数属于X,奇 答案：511. 数则任意，另外，对于其他不属于A属于B的元素，全属于 三、解答题 B即可.然而由于B为无限集合，故不存在J的最小值 28.解：可以选出8个数，1,2,4,5,10,11,13,14使得其中没有 35.解：我们把集合A={0,1}”划分为：A=AUAU…UA,其中 三项成等差数列.反设可以选出9项其中不含三项成等差数 A={3=(k12,k)∈A:k1十k2十…十kn=k},k=0,1,…, 列，则1~7或8~14之一选出了5个数，不妨设1~7中选 n.其中A的元素个数为|A=C.记X=（,,xn), 出了5个数，若没有选4，则{1,2,3}，{5,6,7}这两组数组有 一组被选出：若选出了4，则{1,7}，{2,6}，{3,5}至少有一组 则f(X)=三1B·X-11=之之1B·X-11≥ k=0A 被选出，这组数与4组成了等差数列.矛盾.综上知最多选出 8个数 含A0X-1,考唐8=8(BX-1) A 29.解：从5个正整数中任取4个数求和应有5种取法，所以这 ca++)-C=C++)-c 5个和中定有2个相同.这五个和之和应为4(x1十：十x,十 由子C1-1=C,所以有B-B+1-6=C-C1-t=C x:+x)是4的倍数，44+45+46+47=182，所以那个相同 -C, 的和值为46.所以x十x,十5十，十x=182十46=57，因 4 即IB|+|B+1-k≥C-C哈1（记B+1=0), 为57-44=13,57-45=12,57-46=11,57-47=10， 所以KX)≥岁1B1≥乏(IB1+1B1-1)≥(C 所以这5个数为10,11,11,12,13. =0 k=0 k=0 评析：这道题的关键就在于求出5个正整数的和，而在数论 C)=C". 中，求解未知数的值最常用的方法就是利用同余， 当n=2m或n=2m-1时，取x1=x2=…=xn= 可俊上式 30.解：显然A={x|x>3或x<-1}.由AUB=R, 取等号（此时Bm=0): A∩B=(3,5],知x2十ax+b≤0的两解一个等于5， f(X)=B。+B1+·+Bm-1-Bm+1-Bm+2-…-Bn= 另一个等于一1，代回有a=一4，b=一5.故a十b=一9. 31.解：利用反证法，假设对于任意的a∈A,均有a∈BUC,即 "(B。-B+1-)=C k=0 a∈B或a∈C成立. 综上，f(x1,x,…,xn)的最小值是C兰=C=92378. ①若B,C中有一个是另一个的子集：不妨设B二C,则反证 法假设的结论等价于：对任意的a∈A,均有a∈C成立.于 第二章 代数式与方程 是A二C,这与C是A的非空真子集矛盾。 ②如果B,C均不是对方的子集，则 一、选择题 3b∈B,btC;3c∈C,ctB. 1.D方法1：由x=2y十5与y=2x+5两式作差得 考虑b十c这个元素，根据反证法假设，它一定属于B或C. x十y=-2(x≠y), 不妨假设b十c∈B,由于B对于减法封闭，我们得到 代入两式中分别化出x2+2x一1=0，y2十2y一1=0 c=(b十c)-b∈B,矛盾. 所以x,y是方程t2十2t一1=0的两个不等实根， 评析：此题的背景是抽象代数理论中关于群、环、域的定义， 于是x十y=一2，xy=一1，故 逻辑推导并不复杂，但注意把逻辑理顺. x3-2xy2+y3=(x+y)[(x+y)2-3.xy]-2(xy)9 32.解：集合{1,2，…，7}的非空子集共有27一1=127（个），而 =(-2)×7-2=-16: (1,2,…,7}中每个元素在子集中均出现2=64（次），由于 方法2：由x2=2y+5与y2=2x十5两式作差得 1,2,…,6在交替和中有32次系数为正，32次系数为负，因 x+y=-2(x≠y), 此这些数在交替和中的总和为0，而7在交替和中共出现64 由x2=2y十5与y2=2x十5两式相加得 次，且均取正值，故所有子集的交替和的总和为7X x2+y2=2(x+y)+10=(x+y)-2xy,得xy=-1. 64=448. 故x3-2x2y2+y=(x+y)[(x+y)2-3xy]-2(xy) 33.解：(1)A∩B一共有4个子集，说明|A∩B|=2. (-2)×7-2=-16,故选D. 结合A={x∈Zx2-9>0}, 点评：考查基本的多项式的变形，掌握常用的多项式公式即 不难推出A∩B={4,5},集合B中元素关于x=4对称. 可解决。 (2)A∩B={4,5},则在x2-8x+a<0中，令fx)=x2-8x 2.C不妨设a是三个数里面最大的一个，A、B、C三个选项给 +a,有f(4)=-16+a<0,f(5)=-15+a<0,f(6)=-12+a 出的结果都是正整数，所以我们只考虑(a一b)(b一c)(c一a) >0, 大于0的情况.此时可以进一步推出，三个数的大小关系是：@ 解得a∈(I2,15) >c>b.设m=c一b,n=a-c(m,n均为正整数)，则(a-b)· 34.解：(1)因为2016∈A,2016∈B,所以fA(2016)=一1， (b-c)(c-a)=mn(m+n). fB(2016)=-1. 对于A:mn(m十n)=126=2×3×3×7,得到(m,n)=(2,7) (2)由M△N={x|fM(x)·fN(x)=-1},知card(X△A)的 或(7,2)，此时126=a+b十c=3b十2+9或3b+7+9,均不可 含义为X与A不同元素的个数.故不考虑所有既不属于A 能，A错误； 也不属于B的元素. 对于B:n(m十n)=144=2X2X2×2×3×3,这个方程是无 281 强基数学·巅峰突破 解的（不妨设m≥n,则144≥n·2n=2n3,容易放缩得到m， 所以a=2b,26=3.代回到所求式子，有6(a+）=26+ n中的较小数最大可能值为4，再检验即可)； 对于C:n(m+n)=162=2×3×3×3×3,放缩得到m,n中 2=3.5,故选C 的较小数最大可能值为4，检验即可发现(m,n)=(3,6)或(6， 评析：较为基本的代数变形技巧，展开后配方即得结果 3),于是162=a+b+c=3b+12或3b+15,这两种情况下均 有解，答案选C. 9A由题意，则(+2)广-(：+是)=4+是也为整数 评析：其实这道题实际上的解的个数是无穷的，不难验证：= 18k3-3k,b=18k,a=18k3+3k,对任何的正整数k,这样的 x=1,2今x=士1，士2.再由x为正实数，x十2为整数， 解均是满足题意的，于是这道题的策略就应该是逐个选项分 ∴.x=1.则其有1个可能取值. 析，有一定的难度 评析：对于对勾函数的考查，涉及数论内容，代数能力强的同 3.A根据题意，有 学应该能很快做出。要注意的是题目所问为正实数 (x2-3x-1)(x2+3x-c)=x+a.x2+bx+c, 10.A依题意根据零，点定理有， 于是a=-c-10,b=3c-3, (x十b1)(x十b2)…(x十b208)-2018= 从而a+b-2c=-13. (x-a1)(x一a2)…(x-a2a1s),将x=-b, 评析：简单的待定系数法，注意计算不要出错. 代入就有(b;十a1)(b,十a2)…(b,十a2o1g)=-2018. 4.B由于一元二次方程的虚数根必然共轭，因此可设 考点：多项式的零点定理。 x1=r(cos0+isin9),xg=r(cos0-isin0),从而 11.C如图所示，依题意构造图中三条线段，容易看出AB十 三=re0s30+isin30)为实数，选而可得， BC+CD≥AD=13,所以选C. 9=kπ(k∈Z. 3 于是4=cos2r+isin26r(k∈ZD. 3 3 A(-3,3) 1-() 2016 B0,y) =0. 1号 评析：此题综合了复数的相关知识和等比数列求和的公式，： C(x,0) 略有难度的地方在于复数的部分，选择使用三角形式求复 D9,-2) 数，是考虑到乘除运算的便利性.学生需要学会逐渐跳出高 考点：数形结合，根式相加构造几何图形解决最值问题，本 考的思维模式，不要养成看见复数题就设代数形式的习惯. 题较难，构造图形时，如果第一次得不到理想的效果，可以 5.D设x-3x2=y-3y2=3-3x=m,则xy,之是关于t 考虑将一些线段进行平移、对称和旋转，例如本题中A点的 的方程t3一3t=m的三个实数根，其中m为常数，由韦达定 位置亦可考虑(3,3)，但是没有（一3,3）几何特征明显，所以 理可知，x十y十之=3， 我们使用了（一3,3）. 评析：三次方程的韦达定理，没有特别的技巧. 12.A由a(b+c)=b(a十c),因式分解可得 6.C顺次记方程组中的方程为(1)，(2)，(3)，则 (a-b)(ab+bc+ca)=0,因为a≠b, (1)·(3)-(2)可得xy(x-y)=0, 故得到ab十bc十ca=0,代回a(b十c)=1, 从而x=0或y=0或x=y. 得到abc=-1,故c(a十b)-abc=-2abc=2. 情形一：x=0或y=0.此时可得(x,y,)=(0,0,0), 评析：本题考查表达式的恒等变形， (0,1,1),(1,0,1),(-1,0,-1). 13.A方法1：将a=1一b带入求值表达式，求导得 情形二：x=y且xy≠0.此时可得(x,y,)=(-1,-1,0). (5,15,)(,1,1)上所送 云十61.令导函数为零，即可解出6的值，再代入表 81 2 2 达式即得答案。 方程组有7组实数解， 评析：数论中的不定方程，此题亦不算难题，注意方程形式进 方法2：特定系数法日+器+2a+6) 行变形处理即可： (日+aa)+(贤+字b+合计含)≥2瓜+4.考虑取 7.C原方程可以变形为(x2-x)2-755(x2一x)-756=0. 二次方程y-755y-756=0有两根：y=756,%=-1, 等条件a= 1,b= 是令1=派有-31-1=0，解得1 ∴.x2一x=756或x2一x=一1.所以方程共有两实数根. 评析：不可否认，此题的技巧性确实非常强，解答第一步变形 -3+13 2 得出，某种程度上依赖解题人的数学感觉.我们只能这样解 代入上式得到最小值.（可以利用t一3t一1=0整体代入简 释为什么我们会想到这么变形：很明显754,755,756三个数 化运算) 字有一定关系，方程后三项和前两项是分开的，于是想到给 前面两项配方，后面提出755. 14AC设x=2期=2-子，郑么00=1￥价于 8.C对(a2+4)(b+1)=5(2ab一1)直接展开，有 a2b+a2+4b+4=10ab-5.配方，有(a-2b)2+(ab-3)2=0. () =1,即(2x-1)217-x217=0,二项展开得到 282 参考答案与解析 (217-1).x2017-2017·2201·x215+…-1=0,由韦达定 对A,考虑r=1的情形，有0十12=1： 里-2024>20 对于C,考虑r=√5的情形，有1+22=√5； 22017-1 2 对于D,r=5的情形，有3十4°=52与0十52=52.因此正 评析：将原式化简，把所求和式转化为多项式用韦达定理去 确选项为ACD. 处理.其中用到单位根的一些知识，此题区分度较大 评析：本题的难点在于思考问题的思路，我们使用了排除 (y-5.x+6=0, 15.AB原方程组为 两式相加得到选项A:两式 法，首先使用对称性排除了B选项.然后对剩下三个选项逐 x2-5y+6=0. 个构造即可 相减得(x-y)(x+y+5)=0,直线x十y十5=0与圆(x一 24.CDA,x+2y与y+2x由对称性不妨设x≤y 名+(y一号=相离，所以y=0. 则y2+2x≤y+2y<y+2y+1=(y+1)2, 解得(x,y)=(2,2),(3,3).所以选项B正确， 而y+2x>y,故y+2x≥(y+1)与上述矛盾，A错误； B.x2十4y与y2+4x,不妨设x≤y, C、D错误」 16.A配方有x一2x3+(m+2)x2一(4m+2)x+4m+1= 则y2十4x≤y2十4y<y2+4y十4=(y+2)2, 而y2+4x≥(y十1)2， x(x-1)2+m(x-2)2+(x-1)2,则显然m≥0时原不等式 故y2+4.x=(y+1)2=y+2y+1台4x=2y+1, 恒成立.而取x=1时由原式推出m≥0.故≥0是原不等 式恒成立的充分必要条件，选A. x2+4y=x2+8.x-2=t台(x+4)2-t2=18, (x十4一t)(x十4+t)=18此时无解，B错误； 评析：代数变形技巧中配方的考查，原式很多项很容易就能 选项C,只需要令x=y=4,则两个式子都等于36，满足 看出是完全平方式形式，再通过代入特殊值来找到m取值 要求 的必要条件来判断， 选项D,只需要令x=y=2,则两个式子都等于16，满足 17.BCb+b<3b+2b=ad2+a<(2b)2+2b,从而b<a<2b. 要求 评析：典型的代数杂题，没有特别的知识点，考查学生的代 25.A解法一：由题意可得s=a十b十c+d=-2,p=ab十ac+ 数综合能力. 18.B①式平方减去8倍的②式，有(x十2w)-8x心=（之+ ad+b+bd+cd=3,q=abc+abd+acd+bcd=-A;r=abxd-5, 2y)2-16xy→g-12xy+4y=(x-2)≥0. 设m-+++品 所以-12y+4w≥0.即（号）-12·多+4>≥0→ 剥m=4-3(十2+2+中2+a） 1 1 1 兰≤6-4E或号≥6+4反. 只需求1 1 1 1 球a+2十+2+c+2+d+2的值， 又由兰≥1，故多的最小值为6+42. ++++ 1 评析：典型的代数杂题.不过方法较为自然，即将与所求式 ∑(b+2)(c+2)(d+2) g+32+12s+4p=16 子无关的变量用配方的形式消掉，得到一个只与原式相关 (a+2)(b+2)(c+2)(d+2)7+16+2g+4p+89 的不等式， 19.C记A=2aB=2ae1C-含aug令x=l, 解法二：令t=x+2,则t-6t+15t2-16t+9=0, 得A+B+C=3°，令x=w,得A十aB+wC=0, 令x=w,得A十wB十wC=0,联立解得A=3” ∴9(）广-16()广+15()-6()+1=0. 评析：本题考查了单位根的相关知识，区分度不小 31=16 20.B以下求和符号均指对称求和.由韦达定理， a+2=9 ∑=-2，∑12=∑012=0,12=2，故原式= 日4-382- a-1 心+∑ =01020(∑x1)2+(∑12名3)2-2104∑1 26.D 由题意可得|√x+1一2|+|√x+1一1|=1， =8,故选B. 当1≤√x十1≤2时，上式左边恒为1，故选D. 21.A首先我们有(4x+1)(9.x+y)(4y十x)(x十9)≥ 27.C对①，不妨设x≤y,则y十2xy十2y<(y十1)2，而 24xX9xyX4yzX9x=576xyz, y+2x>y,所以y+2x不是完全平方数，①为真：对②，不 脸运取等条件为r=子y=号g=9, 妨设x≤y,则y十4xy十4y<(y+2),而y十4x≥(y十 1)2(若y2+4x是完全平方数的话)，故y2+4x=(y十1)， 所以4x=2y+1,则x2+4y=x2+8x-2,若存在整数t,使 得到4x十1)(9x+(4+)(z+9)5761 x2+8.x-2=t2,则(x+4)2一t2=18.即(x+4-t)(x+4+t) 应选择A. =18,对整数来说此式显然无解，②为真；对③，当x=y=2 22.C首先n≠0，否则a<0,这是不可能的.因此n≥1，从而 时，两式均为16，是完全方数，③为假，故选C 有a3=n3+2n+8n-5>n3,则有a≥n十1， 因此a3=n3+2n2+8n-5≥(n+1)3= 28.B由题意可知4y士=m(m∈N). 4x+y n3+3n2+3n+1,即n2-5n+60, 整理可得m=4-15,则0<15.<5,15.∈N 因此只有可能n=2或n=3.逐一验证， 4+ 当n=2时有a=3,当n=3时有a=4,因此共有两组(n,a). 23.ACD首先根据对称性判断，答案必为4的倍数.因此可排 情形一：当15=1，此时义=11， 除B 4+ 283 强基数学·巅峰突破 情形二：当15 =2,此时义=7 4+卫 x 2 a+6流++)=0 2ac 情形三：当15=8，此时之=1，于是兰的所有可能值的和 →a+b-c)(c二a+b)(c+a-b)=0 2abc 4+之 即a+b=c或b+c=a或a+c=b. 为15.5，有3组取值，故选B. 将a十b=c代入xy,之的表达式中易得到两个为1，一个为 -1, 二、填空题 故原式值为1. 29.解析：S= 1 1 1 答案：1 -In 2 -n3-n5-n7 评析：本题有一定难度，要非常熟悉因式分解才可以做.但 =h2+h3+1n5+h7)=-1os,210, 所求值形式也容易猜出答案，在考场上就要战略性地只猜 不证了 估算最后的对数，知[S]=一5. 34.解析：a3-b3-c3=3abc台 答案：一5 (a-b-c)(a2+b2+c2+ab-bc+ca)=0, 评析：熟练运用换底公式即可」 而a2+b+c2+ab-bc+ca= 30,解析：由兰十子>1，可得-2(y一2)<4#合条件的解 2[a+b+(b-c)+(a+c)], 为(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,3)，(5,3)共5组 故原式等价于a=b十c或者-a=b=c,与a2=2(b+c)联 答案：5 立，解得a=0,2,-4,共3个解. 31.解析：由4一2>0，知x>0.当x≥3时， 答案：3 易证2+3<4-2. 35.解析：令x=1,可得a0a1,a2,…,a2o12中取值为一1的项不 故log:(2+3)<log(4-2).再验证x=1与x=2的 超过1008，可以构造项数为1008的例子： 情况，发现原等式不成立，故整数解个数为0. Q(x)=x2o17-x2o1+x2o15-x2o1+…+x3-x2+x+1,故 答案：0 最多有1008个， 32.解析：方法1：由柯西不等式，有(a+d2)(6+c)≥(ab十cd), 答案：1008 (ab-cd) 故0十)6十茶0+)=1，等号在uc=d时取 评析：直接对多项式取特殊值，探寻其系数的一些性质。 到.即最大值为1.考虑最小值，我们发现a与d、b与c成定 36.解析：设有理根x。=m,(m,n)=1,不妨设n<0, 比时，无论a、d,b、c的具体值是多少，原式值不变.那么设 则m+pmn+gn=0,于是nm+pmn+gn→nm→ a=db=mc,由a,6cde[2,句知m∈[合2]，R入原 n=-1,于是m+m-9=0. g=m+pm>0,则m>0,由于m≤g=m3+pm100→1 (ab+cd)2 式有a+f6+= (kmcd+cd) m2, (k+1)d'(m+1)c ①若m=1,g=1+p∈[1,100]，则p∈1,2，，99}， 斗D(m+D国定m,将其看作关于友的函数f(k),求 (km+1) 共99组； 导，整理得(k)= 1 ②若m=2,g=32+2p∈[1,100]，则p∈{1,2，…，34}，共34 m千7·2（一k)(1十mk) (k2+1)9 组；综上所述，共133组. 即方在[2m]上单调递增，在[m,2]上单润递减.故6) 答案：133 入-1+-1 的最小值必定在=2或质=子时取到.由m与友的对称性， 37.解析：令x= y 入-1 λ+1+1 1+1. 原式最小值也必宠在m=2或m=时取到. =41 当m=2,=合或m=名6=2时，原式有最小植号 +1 2-1=-y+1 其中入=-x十1 故答案为铝 y- 设=一1 方法2：构造平面向量m=(a,d),n=(b,c),则所求的 0十11 cos(m,n)易得结果. 即0= ,则(x米y)*之=二 + 答案碧 即*运算满足： (1)x￥y=y￥x,(2)(x￥y)*之=x￥(y￥). 评析：柯西不等式以及在限制区间情况下最值的考查，一般 可以迅速猜出取最值时所满足的条件，但要详细证明还是 进而可得(…((2￥3)*4)…)*2] 有一些因难， (-)(-）(-器)-1 33.解析：由x+y+=1→(x-1)+（y-1)+(≈+1)=0 →6-)-a+a-c)-b+6+a-c=0 (--》(-器)+1 2bc 2ac 2ab -21×11-1_116 -b-c-a@-cta):a-c-b)(a-ctbWta-c(btato -21×11+1115 2bc 2ac 2ab =0 答案 284 参考答案与解析 评析：看到联湖到n一+ e-1 43.解析：f(x)≥0恒成立，∴.a>0,△=b一4ac0(b>a), 于是段一个红品的换元准设错。 公<8≤4a,c≥点o≤6 、63 a+b+ia 38.解析：方程等价于x2-(2y十4)z十3y+5=0, b一1 判别式△=(2y+4)-4(3y2+5) = =4(-2y2+4y-1)=4[1-2(y-1)2]≤4. 判别式是一个平方数，经检验只能△=4，此时y=1 方程转化为x2一6x十8=0，解得x=2或x=4. 令1=么-1>0，则点 =t十1， 因此(x,y)∈{(2,1)，(4,1)}. 所以6-a t At 答案：2 a十b+c 1++1D++) t2+6t+9 39,解析：显然x1=x2=…=x,=0是满足条件的一组解，且只 要x1,2,,x,中有0，则剩余的必须全为0 4 4 、1 下面只考虑工，，…，x,非零的情形.不妨设0<x1≤ ++62…+6 9 3 x,…x, 则x1g…x,≤7x,→x1x…x6≤7. 当且仅当1=9，即1=3，点=4时，等号成立， t 显然此时必有x1==x=乙=1（否则x1x2x3xxx6≥ x4xx≥23=8>7，矛盾）. 答案：号 于是命题等价于xxx,=4十x十x6十x,且由xx6≤7，可 .解标：？uc士大士，+大4abc二】 得x2. a 情形1：x=1. (日+公+2)是+（合+2）+=+ 则x6x,=5十x6十x,→(x6-1)(x,一1)=6. 满足条件的解有(x6,江，)=(2,7)，(3,4)两组. 日(c-)+=c+≥2·=4，且仅当 1 情形2：x=2. 则x6=2或3.x6=2时，4x2=8十x2(舍)； 灰=之时取等号：放=是 a 1+·即4622、 x=3时，6x,=9十x,(舍).故此类情形无解 综上(x1,x2…,x,)=(0,0,0,0,0,0,0),(1,1,1,1,1,2,7)或 (+2-1=0，此时4=（+2）广+16k>0,即6 (1,1,1,1,1,3,4).考虑到轮换性，故共有7×6×2+1=85 为任意正值，都有解，即都有满足题意的a 组解 答案：85 +)日+)=是+日（分+）+有成美于 a x=2000, 40.解析：由于变量的任意性，不妨带入 y=2022,于是有 日的二次单增画教，所以无最大值，所以（日+）（日十 ≈=2022， ）无装大值，最小值为4 2000&.(2022&.2022)=2000&0=2000&.2022+2022,即 2000&.0=2000&.2022+2022① 答案：无最大值最小值为4 45.解析：因为P(x)=x3+b.x2十cx+d,所以P(1)=2025= x=2000, 再代入y=2000,则有2000&(2000&.2000)=2000&.0= 1+b+c+d,P(2)=8+4b+2c+d=4050, 所以7+3b+c=2025,所以3b+c=2018 tx=2000, 所以P(5)-P(-2)=125+25b+5c+d-(-8+4b-2c+d) 2000&.2000+2000=2000, =133+21b+7c=133+7×2018=14259. 即2000&.0=2000② 答案：14259 由①②知2000&2022+2022=2000 46.解析：整理得10(a+b+c)+b十2c=123. 因此，2000&.2022=一22. 当a+b+c=12时，b+2c=3,只可能是a=10,b=1,c=1: 答案：一22 当a+b十c=11时，b+2c=13, 41.解析：(x-y)2+(y-)2十(x-t)+(t-x) =2∑x2-2∑xy=2∑a2-2(x+x)(y十t) 解得/6=9-2a, c=a+2. cyc cyc cye 故(x十)(y十t)取不同值的个数，即原式不同结果个数，而数 其中a=1,2,3,4,共4组： 工y1是a6c,d中回个元素的莱一排列，故 =3(个). 当a十6+c=10时6+2=23，解得=3-20，无正整数解. a=c-13, 答案：3 显然当a十b十c<10时亦无正整数解，则共有5组正整数解 42.解析：由题意可知 答案：5 XxylyZ2=5→(1gX)2+(lgY)+(lgZ)2=lg5① 47.解析：分x=1和x∈(0,1)U(1,2)两种情况讨论，当x∈ 同理由XeYyle2Zex=√2→ (0,1)U(1,2)时，将x+px2+q=0视为关于，q的二元一 2(Ig X)(Ig Y)+2(Ig Y)(Ig Z)+2(Ig X)(Ig Z)=Ig 22 次方程，根据直线 ①+②可得(lgX+lgY+lgZ)=lg5+lg2=1→Ig XYZ p十9=之与px2十q十x=0恒相交可得。 将x3+px2十g=0视为关于p,g的二元一次方程p.x2+g十 士1，则Xy2=10或0 x=0,以p为横坐标，g为纵坐标，则px十q十x3=0表示斜 答案：10或品 率为一x2的直线， 当x=1时，p+g=一1；当x∈(0,1)U(1,2)时，-x∈(-4， 285 强基数学·巅峰突破 -1)U(-1,0). 43 核心思想：我们希望将√2018-2019x2放缩成一次函数 记p十q=x,则直线p十g=之与 x十q十x=0恒相交，所以， 2 g(x),再注意到不等式的取等条件是x=0√2O19, /2018 p+g=∈R. x2+q+x=0 综上，力十q可能的取值为一切 所以g(0)=√2018-2019×0， 十0 实数， 答案：一切实数 s4Vg8)2o18-209… 2019 =0 48.解析：由题意可知，方程u2十au十b一2=0有实数根，将关于 即可解得g(x)=-√2019x+√2018. u的方程看成关于a,b的直线方程au十b十u2-2=0,则a+ b2可视为直线上的点(a,b)到原点的距离的平方，其最小值 52.解：令a=-x6-则a十6=1十号+由1=a 即为原，点到直线的距离的平方，所以距离的平方d= () =“=2)=m+1D=66+)+9=4+ +6≥2v瓜0<ab≤因光6+品≥4+}=只.所以 u2+1 2+1 2y+号的最小值为子不痔在最大值。 6，令m=+1，则=m+号-6，因为u=+ 9 1+- m 点评：高考难度，考查函数的最值问题和简单的不等式 1 ,所以u=1x十≥2，当且仅当x=·即x=士 53.解：由题意可知3f(x)+g(x)=a1(x-b)2, f(x)一g(x)=u2(x-b2)2,其中a1,a≠0，则 时取等号，则m≥5，由对勾函数的单调性可知，函数y=m十 -6在[5，十o∞)上单调递增，所以(d)=5+号-6= f(x)=[a,(x-b)+a:(x-6)产]， m 因为f(x)=0有两个不同的实根，所以a1,a2一定异号（若 4 4 行，所以a+6的最小值为 不异号，则无解)，且a1十a2≠0，b≠b所以 答案： g()=[a(x-4)户-3a:x-6)门， 49.解析：由2-y=1,里然x>1,则0≤(）=1-是<1， 由上可知a1一3a,≠0，且b1≠b2, 所以g(x)恒大于0或恒小于0，即g(x)=0无实根. 故-1<义<1， 评析：本题采用了一些不常用的构造方式，不过这样的构造 3￥过￥--[2)广+￥+] 和联立解出函数的方式还是比较容易的，这道题主要考查 函数和方程的思想 (2+)-1K￥<1. 54.解：设方程有整根x=n,则an一2n十2a2一4=0.改变主元， 得到2a2十na一2n一4=0.判别式 所以-<+号<号，即有0≤(+号)广<是是 △=n+16(n十2)>0恒成立，于是要使得原方程有整根n, (2+)(-1] 只需a=二”土+16m+32,Vn∈乙，这就是所有可 4 常上之兰的取位花国灵(-1，]， 能值 评析：此题稍困难一些的点是转化思路，将求解方程有整根， 答案(-1，] 转化为已知整根反求参数 三、解答题 5,解+}+=20G>=2016(y+y+. abc -2016)(y-2016)(≈-2016)=xy-2016(xy+yz+≈x) 50.解： abc (1-a)(1-b)(1-c) (b+c)(a+c)(a+b) +2016(x+y十x)-2016=0. abc 56.解：一方面，假设原方程有一个满足x(x一1)≠0的根m,则 2bc·2√ac·2√a68' 易知当a=b=6=子时取等号。 e1-1+em-1=0. m-1 m 评析：均值不等式简单放缩即可， 令fe)=1,则fm-1D+m)=0. t 51.解：先证明√2018-2019.x≥-√2019x+√2018：两式 平方，即证-2019x2≥2019x2-2√2019√2018x,亦即 对0，有e-1<0,故1>0：对>0，有e-1>0,故 x(√2018-√2019x)≥0成立. -1>0. 于是√/2018-2019x+√2018-2019y2≥ t 所以对t≠0，都有f(t)>0,从而由x(x一1)≠0知0= -√2019(x+y)+2√/2018≥√2018， 等号在y中一个为0另一个为√8丽的时候取到 m-》+fm)>0+0=0,矛盾.所以1二1+-1 x-1 评析：这道题首先要猜答案，除了相等的可能性，此题题干 0无解，故原方程的解，只有满足x(x一1)=0，即x∈{一1， “非负实数”其实在暗示取等条件应该有0，经过比较即可确 0,1},直接验证即知一1,0,1都是原方程的解.所以原方程 认答案的最小值在何处取.其次，这道题考查了线性放缩， 一共有3个解. 解答中知道√/2018-2019x≥一√2019x十√2018是这 57.解：令[log]=k∈Z,则2≤n<2,而2°<2025<2“，故 样来的； 0≤[log2n]10. 286 参考答案与解析 对于0≤k≤9且k∈Z.则区间[2,2+1一1]中共有2个 2f(0)+f(-1)=1, 数值. 6.C分别令x=0,1,-1,可得2f(1)+f(0)=1, 对于k=10,则区间[21°，2025]中共有2025-1024+1= 2f(-1)+f(0)=1, 1002个数值， 所以觉[1og:n]=之k·2+10×102, 解得f0)=f1)=f(-1)=3,再令x=一E, 令M=∑k·2=1×2+2×22+…+9×2,则2M=1× 可得2f(-2)+/=1,从而1(-2)=子 k=1 22+2×23+…+8X2+9×219,所以-M=2+22+…+2 评析：典型的抽象函数问题，解决抽象函数问题，最直接的利 -9×210=2(2°-1)-9×210=-8194，则M=8194, 器就是赋值. 7.D由“糖水不等式”可得： 所以2[1og2n]=8194+10020=18214. s=- 之十x+y 第三章函数及其性质 当x=0,之=1，y→十时，s→2，故无最大值； 一、选择题 1.B运用映射建立递推关系，为计算S:1,考虑两种情形： (1)三边长均大于1，这样我们可以将三边长均减去1，得到 x+y+交=1， 个S2o15的情形，并且容易看出这个映射是个双射： 当x=0,y=1,x·十o时，s→1，故无最小值，故选D (2)至少有一条边长为1，那么剩下两条边长之和为2017，但 8.D首先判断1og,(m十1)和”十史的大小关系： n 此时不满足构成三角形的条件. 综合以上两方面知道S214=S1,故选B. 利用换底公式，只需要比较l血n+1)和”十」的关系，即 Inn 2.D。本题主要考查函数的概念与性质.因为定义在R上的奇 函数f(x)在（一∞，0）上单调递减，根据奇函数的性质可得， ln(n十》和m的关系. n+1 n f(x)在(0，十co)上单调递减， 设f()=1严(x>0),则f'(x)=1=ln,解()=0，得z 且f(-x)=-f(x),所以f(-2)=-f2)=0. 由xf(x-1)≥0可得， =e. ①当x≥0时，f(x-1)≥0，因为f(2)=0,由单调性可得x 当0<x<e时，f'(x)>0,f(x)单调递增：当x>e时，f(x) 1≤2，解得x≤3.又因为x-1≥0，所以x≥1， <0,f(x)单调递减 所以x∈[1,3]. 从而当m>e时，nmD<,即1og.u+1)<”十1. ②当x0时，f(x一1)≤0， n十1 n 因为f(-2)=0,由单调性可得x-1≥一2， 然后判断log(n十1)和log+1(n十2)的关系： 解得x≥-1，所以x∈[-1,0].综上所述， 设g(0=n+D(x>0,则 满足xf(x一1)≥0的x的取值范围是[一1,0]U[1,3] Inz 故本题正确答案为D. Inz In(2+1) 3.C方法1：利用图象及绝对值含义可得x≥0： g(x)=2+1 无=nx-(x+1ln(z+D<0. In'x x(z+1)Inx 方法2：|x+2+|x+|1一x=kx+b, 从而logn(n十1)>logn+1(n十2).综上，答案选D. k=一3，一1,1,3.仅当x≥0时递增； 评析：在一些我们不熟悉的表达式之间比较大小，关键在于 1一3x-1,x-2, -x-3,-2<x≤0， 将问题转化为统一的函数表达式，利用导数这一工具解决 方法3：|x+2+|x+|1一x= x十3,0<x≤1， "; 问题. 3.x+1,x>1. 9.B由f(x)=x(x+1)(x+2)(x+3)=(x2+3x)(x2+3.x+ 故选C. 2)=(z2+3.x+1)-1, 4.CWx+11-6Wx+2=√x+2-6√x+2+9 知f(x)在x2+3x十1=0时能取到最小值-1. 而x2十3.x十1=0显然有实数解.故选B. =√(x+2-3)=√x+2-3, 评析：f(x)=x(x+1)(x+2)(x+3)=(x+3.x)(x2+3x+ 同理√x+27-10√x+2=√+2-5， 2)=(x2+3x+1)2一1是一种特殊的代数变形技巧，需要 故√x+11-6√x+2+√x+27-10√x+2 牢记. 10.B一共2种(f(n)=n或f(n)=0). |√x+2-3+|√x+2-5, 在f(a十b)=f(a)+f(b)中取b=0,得到f(0)=0: 表示数轴上√x十2到3,5的距离和，故大于等于2， 在f(ab)=f(a)f(b)中取b=1,得f(n)=0或f1)=1.对 所以原方程无解，选C. 于后一种情况，有f(n+1)=f(n)十f(1)=f(n)+1,即 5.D满足x∈0，D且/)>)的x的个数为1，分别为2， f(n)=n.选B. 1213123415 11.A不妨设a>0, 3'344'555'566 ,f(x)=x无解，.f(x)>x 评析：这个函数是非常有名的黎曼函数的一部分，但是对于 ∴fn(x)>f-1(x)>…>f(x)>x 学生要求很低，只希要准确理解题意即可，问题本身并不 知Hn,f,(x)=x无解. 因难. 评析：与不动点理论相关的题目，需要学生注意！ 287