2020届黑龙江省大庆市铁人中学高二数学(理)下学期期中试题及答案
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2020届黑龙江省大庆市铁人中学高二数学(理)下学期期中试题及答案

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资料简介
2019-2020 学年黑龙江省大庆市铁人中学高二第二学期期中数学 试卷(理科) 一、选择题(共 12 小题). 1.已知函数 f(x)=xsinx,则 f'(휋 2)的值为(  ) A.휋 2 B.0 C.﹣1 D.1 2.用反证法证明命题:“a,b,c,d∈R,a+b=1,c+d=1,且 ac+bd>1,则 a,b,c,d 中至少有一个负数”时的假设为(  ) A.a,b,c,d 全都大于等于 0 B.a,b,c,d 全为正数 C.a,b,c,d 中至少有一个正数 D.a,b,c,d 中至多有一个负数 3.(x2 ― 2 푥)6 的展开式中 x3 的系数为(  ) A.90 B.160 C.﹣160 D.﹣120 4.有一段“三段论”,其推理是这样的:对于可导函数f(x),若 f′(x0)=0,则 x=x0 是函数 f(x)的极值点…大前提因为函数 f(x)=x3 满足 f′(0)=0,…小前提所以 x =0 是函数 f(x)=x3 的极值点”,结论以上推理(  ) A.大前提错误 B.小前提错误 C.推理形式错误 D.没有错误 5.若直线 y=kx﹣2 与曲线 y=2lnx 相切,则 k=(  ) A.3 B.1 3 C.2 D.1 2 6.《聊斋志异》中有这样一首诗:“挑水砍柴不堪苦,请归但求穿墙术.得诀自诩无所阻,额上坟起终不悟.”在这里,我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”: 2 2 3 = ퟐ 2 3,3 3 8 = ퟑ 3 8,4 4 15 = ퟒ 4 15,5 5 24 = ퟓ 5 24 则按照以上规律,若 8 8 푛 = ퟖ 8 푛具有“穿墙术”,则 n=(  ) A.7 B.35 C.48 D.63 7.(理) ퟏ ퟎ ( ퟏ ― (풙 ― ퟏ)ퟐ ― 풙ퟐ)풅풙的值是(  ) A.휋 4 ― 1 3 B.휋 4 ―ퟏ C.휋 2 ― 1 3 D.휋 2 ―ퟏ 8.从 5 名学生中选出 4 名分别参加数学,物理,化学,生物四科竞赛,其中甲不能参加生 物竞赛,则不同的参赛方案种数为(  ) A.48 B.72 C.90 D.96 9.已知 a∈R,函数 f(x) = 1 3x3﹣ax2+ax+2 的导函数 f′(x)在(﹣∞,1)内有最小值, 若函数 g(x) = 푓′(푥) 푥 ,则(  ) A.g(x)在(1,+∞)上有最大值 B.g(x)在(1,+∞)上有最小值 C.g(x)在(1,+∞)上为减函数 D.g(x)在(1,+∞)上为增函数 10.某中学高二年级共有 6 个班,现从外地转入 4 名学生,要安排到该年级的两个班级, 且每班安排两名,则不同的安排方案种数为(  ) A.Aퟐ ퟒ•Cퟐ ퟒ B.1 2Aퟐ ퟔ•Cퟐ ퟒ C.Aퟐ ퟔ•Cퟐ ퟒ D.2Aퟐ ퟔ 11.设△ABC 的三边长分别为 a、b、c,△ABC 的面积为 S,内切圆半径为 r,则풓 =2푆 푎 + 푏 + 푐,类比这个结论可知:四面体 S﹣ABC 的四个面的面积分别为 S1、S2、S3、S4, 内切球半径为 R,四面体 S﹣ABC 的体积为 V,则 R=(  ) A. 푉 푆1 + 푆2 + 푆3 + 푆4 B. 2푉 푆1 + 푆2 + 푆3 + 푆4 C. 3푉 푆1 + 푆2 + 푆3 + 푆4 D. 4푉 푆1 + 푆2 + 푆3 + 푆4 12.若定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(0)=﹣1,其导函数 f′(x)满足 f′(x)>k> 1,则下列结论中一定错误的是(  ) A.풇( 1 푘)< 1 푘 B.풇( 1 푘)> 1 푘 ― 1 C.풇( 1 푘 ― 1)< 1 푘 ― 1 D.풇( 1 푘 ― 1)> 푘 푘 ― 1 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.从集合{1,2,3,4,5}中任取 2 个不同的数,作为直线 Ax+By=0 的系数,则最多形 成不同的直线的条数为   . 14.用数学归纳法证明(n+1)(n+2)…(n+n)=2n•1•3…(2n﹣1)(n∈N*)时,从 “n=k”到“n=k+1”的证明,左边需增添的代数式是   . 15.若函数 f(x)=x2ex﹣a 恰有三个零点,则实数 a 的取值范围是   . 16.已知多项式(2x2+3x+1)(x﹣2)5=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,则 a7﹣a6+a5﹣a4+a3﹣a2 =   . 三、解答题:本大题共 6 小题,共 70 分. 17.从 6 名运动员中选出 4 人参加 4×100 接力赛,分别求满足下列条件的安排方法种数: (1)甲、乙两人都不跑中间两棒; (2)甲、乙二人不都跑中间两棒. 18.已知函数 f(x) = 1 3풙ퟑ ― ax+b,在点 M(1,f(1))处的切线方程为 9x+3y﹣10=0,求 (1)实数 a,b 的值; (2)函数 f(x)的单调区间以及在区间[0,3]上的最值. 19.已知在二项式(ퟑ 풙 + 1 23 푥)풏的展开式中,前三项系数的绝对值成等差数列. (1)求正整数 n 的值; (2)求展开式中二项式系数最大的项; (3)求展开式中系数最大的项; 20.已知数列{an}中,Sn 是{an}的前 n 项和,且 Sn 是 2a 与﹣2nan 的等差中项,其中 a 是不 等于零的常数. (1)求 a1,a2,a3; (2)猜想 an 的表达式,并用数学归纳法加以证明. 21.已知函数 f(x)=xex﹣ln(x+l)﹣x. (1)求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)证明:函数 f(x)在区间(0,1)内有且只有一个零点. 22.已知函数 f(x)=mlnx + 1 2풙ퟐ ― 2x,m∈R. (1)求 f(x)的单调递增区间; (2)若函数 f(x)有两个极值点 x1,x2(x1<x2)且 f(x1)﹣ax2≥0 恒成立,求实数 a 的取值范围.参考答案 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分. 1.已知函数 f(x)=xsinx,则 f'(휋 2)的值为(  ) A.휋 2 B.0 C.﹣1 D.1 【分析】先由复合函数的求导公式求出 f′(x),再将 x = 휋 2代入计算求值. 解:函数 f(x)=xsinx,f′(x)=sinx+xcosx, 则 f′(휋 2)=sin 휋 2 + 휋 2cos 휋 2 = 1, 故选:D. 2.用反证法证明命题:“a,b,c,d∈R,a+b=1,c+d=1,且 ac+bd>1,则 a,b,c,d 中至少有一个负数”时的假设为(  ) A.a,b,c,d 全都大于等于 0 B.a,b,c,d 全为正数 C.a,b,c,d 中至少有一个正数 D.a,b,c,d 中至多有一个负数 【分析】用反证法证明数学命题时,应先假设结论的否定成立. 解:“a,b,c,d 中至少有一个负数”的否定为“a,b,c,d 全都大于等于 0”, 由用反证法证明数学命题的方法可得,应假设“a,b,c,d 全都大于等于 0”, 故选:A. 3.(x2 ― 2 푥)6 的展开式中 x3 的系数为(  ) A.90 B.160 C.﹣160 D.﹣120【分析】先求出二项式展开式的通项公式,再令 x 的幂指数等于 3,求得 r 的值,即可 求得展开式的 x3 项的系数. 解:二项式(x2 ― 2 푥)6 的展开式的通项公式为 Tr+1 = ∁풓ퟔ•x12﹣2r•(﹣2)r•x﹣r=(﹣2)r•∁풓ퟔ •x12﹣3r, 令 12﹣3r=3,解得 r=3,故二项式(x2 ― 2 푥)6 展开式中的 x3 项的系数为:(﹣2)3×20 =﹣160, 故选:C. 4.有一段“三段论”,其推理是这样的:对于可导函数f(x),若 f′(x0)=0,则 x=x0 是函数 f(x)的极值点…大前提因为函数 f(x)=x3 满足 f′(0)=0,…小前提所以 x =0 是函数 f(x)=x3 的极值点”,结论以上推理(  ) A.大前提错误 B.小前提错误 C.推理形式错误 D.没有错误 【分析】在使用三段论推理证明中,如果命题是错误的,则可能是“大前提”错误,也 可能是“小前提”错误,也可能是推理形式错误,我们分析的其大前提的形式:“对于 可导函数 f(x),如果 f'(x0)=0,那么 x=x0 是函数 f(x)的极值点”,不难得到结 论. 解:对于可导函数 f(x),如果 f'(x0)=0,且满足当 x>x0 时和当 x<x0 时的导函数 值异号时,那么 x=x0 是函数 f(x)的极值点, 而大前提是:“对于可导函数 f(x),如果 f'(x0)=0,那么 x=x0 是函数 f(x)的极 值点”,不是真命题, ∴大前提错误, 故选:A. 5.若直线 y=kx﹣2 与曲线 y=2lnx 相切,则 k=(  )A.3 B.1 3 C.2 D.1 2 【分析】先设出切点,然后求出 y=2lnx 的切线方程,再根据切线过(0,﹣2)求出切 点坐标,即可求出 k 的值. 解:设切点为(a,2lna), 因为풚′ = 2 푥,故切线为:y﹣2lna = 2 푎(풙 ― 풂), 由题意知,切线过(0,﹣2), 所以﹣2﹣2lna = 2 푎(ퟎ ― 풂) = ― 2. 解得 a=1.所以 k = 2 푎 = ퟐ. 故选:C. 6.《聊斋志异》中有这样一首诗:“挑水砍柴不堪苦,请归但求穿墙术.得诀自诩无所阻, 额上坟起终不悟.”在这里,我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”: 2 2 3 = ퟐ 2 3,3 3 8 = ퟑ 3 8,4 4 15 = ퟒ 4 15,5 5 24 = ퟓ 5 24 则按照以上规律,若 8 8 푛 = ퟖ 8 푛具有“穿墙术”,则 n=(  ) A.7 B.35 C.48 D.63 【分析】观察所告诉的式子,找到其中的规律,问题得以解决. 【解答】解 2 2 3 = 2 2 22 ― 1 = ퟐ 2 3 = ퟐ 2 22 ― 1 ,3 3 8 = 3 3 32 ― 1 = ퟑ 3 8,4 4 15 = 4 4 42 ― 1 = ퟒ 4 15,5 5 24 = 5 5 52 ― 1 = ퟓ 5 24 则按照以上规律 8 8 푛 = ퟖ 8 푛,可得 n=82﹣1=63, 故选:D.7.(理) ퟏ ퟎ ( ퟏ ― (풙 ― ퟏ)ퟐ ― 풙ퟐ)풅풙的值是(  ) A.휋 4 ― 1 3 B.휋 4 ―ퟏ C.휋 2 ― 1 3 D.휋 2 ―ퟏ 【分析】根据微积分的积分公式和微积分基本定理的几何意义进行计算即可. 解: ퟏ ퟎ ( ퟏ ― (풙 ― ퟏ)ퟐ ― 풙ퟐ)풅풙 = ퟏ ퟎ ퟏ ― (풙 ― ퟏ)ퟐ풅풙 ― ퟏ ퟎ 풙ퟐ풅풙, 设풚 = ퟏ ― (풙 ― ퟏ)ퟐ,则(x﹣1)2+y2=1,(y≥0),表示为圆心在(1,0),半径为 1 的上半圆的1 2,所以由积分的几何意义可知 ퟏ ퟎ ퟏ ― (풙 ― ퟏ)ퟐdx = 1 4 × π×12 = 휋 4, 而 ퟏ ퟎ 풙ퟐ풅풙 = 1 3풙ퟑ|ퟏퟎ = 1 3, 所以 ퟏ ퟎ ( ퟏ ― (풙 ― ퟏ)ퟐ ― 풙ퟐ)풅풙 = 휋 4 ― 1 3. 故选:A. 8.从 5 名学生中选出 4 名分别参加数学,物理,化学,生物四科竞赛,其中甲不能参加生 物竞赛,则不同的参赛方案种数为(  ) A.48 B.72 C.90 D.96 【分析】根据题意,分 2 种情况讨论选出参加竞赛的 4 人,①、选出的 4 人没有甲, ②、选出的 4 人有甲,分别求出每一种情况下分选法数目,由分类计数原理计算可得答 案. 解:根据题意,从 5 名学生中选出 4 名分别参加竞赛, 分 2 种情况讨论: ①、选出的 4 人没有甲,即选出其他 4 人即可,有 A44=24 种情况, ②、选出的 4 人有甲,由于甲不能参加生物竞赛,则甲有 3 种选法, 在剩余 4 人中任选 3 人,参加剩下的三科竞赛,有 A43=24 种选法, 则此时共有 3×24=72 种选法,则有 24+72=96 种不同的参赛方案; 故选:D. 9.已知 a∈R,函数 f(x) = 1 3x3﹣ax2+ax+2 的导函数 f′(x)在(﹣∞,1)内有最小值, 若函数 g(x) = 푓′(푥) 푥 ,则(  ) A.g(x)在(1,+∞)上有最大值 B.g(x)在(1,+∞)上有最小值 C.g(x)在(1,+∞)上为减函数 D.g(x)在(1,+∞)上为增函数 【分析】利用导函数的最小值求出 a 的范围,然后求解新函数的导数,判断函数的单调 性与最值. 解:函数 f(x) = 1 3x3﹣ax2+ax+2 的导函数 f′(x)=x2﹣2ax+a.对称轴为:x=a, 导函数 f′(x)在(﹣∞,1)内有最小值, 令 x2﹣2ax+a=0,可得方程在(﹣∞,1)有两个根,可得{풂<ퟏ △= ퟒ풂ퟐ ― ퟒ풂>ퟎ ퟏퟐ ― ퟐ풂 + 풂>ퟎ ,解得:a< 0 函数 g(x) = 푓′(푥) 푥 = x + 푎 푥 ― 2a. g′(x)=1 ― 푎 푥2, x∈(1,+∞), 푎 푥2<ퟎ, 1 ― 푎 푥2>ퟎ,∴g′(x)>0, g(x)在在(1,+∞)上为增函数.故选:D. 10.某中学高二年级共有 6 个班,现从外地转入 4 名学生,要安排到该年级的两个班级, 且每班安排两名,则不同的安排方案种数为(  ) A.Aퟐ ퟒ•Cퟐ ퟒ B.1 2Aퟐ ퟔ•Cퟐ ퟒ C.Aퟐ ퟔ•Cퟐ ퟒ D.2Aퟐ ퟔ 【分析】首先将 4 名学生均分成两组,选择完成以后要除以 2,再从 6 个班级中选出 2 个班进行排列,最后根据分步计数原理得到合要求的安排方法数. 解:由题意知本题是一个排列组合及简单计数问题 首先将 4 名学生均分成两组方法数为1 2C42, 再分配给 6 个班级中的 2 个分配方法数为 A62, ∴根据分步计数原理合要求的安排方法数为1 2A62C42, 故选:B. 11.设△ABC 的三边长分别为 a、b、c,△ABC 的面积为 S,内切圆半径为 r,则풓 = 2푆 푎 + 푏 + 푐,类比这个结论可知:四面体 S﹣ABC 的四个面的面积分别为 S1、S2、S3、S4, 内切球半径为 R,四面体 S﹣ABC 的体积为 V,则 R=(  ) A. 푉 푆1 + 푆2 + 푆3 + 푆4 B. 2푉 푆1 + 푆2 + 푆3 + 푆4 C. 3푉 푆1 + 푆2 + 푆3 + 푆4 D. 4푉 푆1 + 푆2 + 푆3 + 푆4 【分析】根据平面与空间之间的类比推理,由点类比点或直线,由直线 类比 直线或平 面,由内切圆类比内切球,由平面图形面积类比立体图形的体积,结合求三角形的面积 的方法类比求四面体的体积即可. 解:设四面体的内切球的球心为 O,则球心 O 到四个面的距离都是 R, 所以四面体的体积等于以 O 为顶点, 分别以四个面为底面的 4 个三棱锥体积的和. 则四面体的体积为 푽四面体푨―푩푪푫 = 1 3(푺ퟏ + 푺ퟐ + 푺ퟑ + 푺ퟒ)푹 ∴R = 3푉 푆1 + 푆2 + 푆3 + 푆4 故选:C. 12.若定义在一、选择题上的函数 f(x)满足 f(0)=﹣1,其导函数 f′(x)满足 f′ (x)>k>1,则下列结论中一定错误的是(  ) A.풇( 1 푘)< 1 푘 B.풇( 1 푘)> 1 푘 ― 1 C.풇( 1 푘 ― 1)< 1 푘 ― 1 D.풇( 1 푘 ― 1)> 푘 푘 ― 1 【分析】根据导数的概念得出푓(푥) ― 푓(0) 푥 >k>1,用 x = 1 푘 ― 1代入可判断出 f( 1 푘 ― 1)> 1 푘 ― 1,即可判断答案. 【解答】解;∵f′(0) = 풍풊풎 풙→ퟎ 푓(푥) ― 푓(0) 푥 ― 0 f′(x)>k>1, ∴푓(푥) ― 푓(0) 푥 >k>1,即푓(푥) + 1 푥 >k>1, 当 x = 1 푘 ― 1时,f( 1 푘 ― 1)+1> 1 푘 ― 1 × k = 푘 푘 ― 1, 即 f( 1 푘 ― 1)> 푘 푘 ― 1 ― 1 = 1 푘 ― 1 故 f( 1 푘 ― 1)> 1 푘 ― 1, 所以 f( 1 푘 ― 1)< 1 푘 ― 1,一定出错, 另解:设 g(x)=f(x)﹣kx+1, g(0)=0,且 g′(x)=f′(x)﹣k>0, g(x)在 R 上递增, k>1,对选项一一判断,可得 C 错. 故选:C. 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.从集合{1,2,3,4,5}中任取 2 个不同的数,作为直线 Ax+By=0 的系数,则最多形 成不同的直线的条数为 18 . 【分析】由题意知本题是一个排列组合问题,从 1,2,3,4,5 这五个数中每次取两个 不同的数作为 A、B 的值有 A52 种结果,在这些直线中有重复的直线,即 1 和 2,2 和 4, 会出现相同的直线,把不合题意的去掉. 解:由题意知本题是一个排列组合问题, ∵从 1,2,3,4,5 这五个数中每次取两个不同的数作为 A、B 的值有 A52=20 种结果, 在这些直线中有重复的直线, 当 A=1,B=2 时和当 A=2,B=4 时,结果相同, 把 A,B 交换位置又有一组相同的结果,∴所得不同直线的条数是 20﹣2=18, 故答案为:18. 14.用数学归纳法证明(n+1)(n+2)…(n+n)=2n•1•3…(2n﹣1)(n∈N*)时,从 “n=k”到“n=k+1”的证明,左边需增添的代数式是 2(2k+1) . 【分析】分别求出 n=k 时左边的式子,n=k+1 时左边的式子,用 n=k+1 时左边的式子, 除以 n=k 时左边的式子,即得所求. 解:当 n=k 时,左边等于 (k+1)(k+2)…(k+k)=(k+1)(k+2)…(2k), 当 n=k+1 时,左边等于 (k+2)(k+3)…(k+k)(2k+1)(2k+2), 故从“k”到“k+1”的证明,左边需增添的代数式是 (2푘 + 1)(2푘 + 2) (푘 + 1) = 2(2k+1), 故答案为 2(2k+1). 15.若函数 f(x)=x2ex﹣a 恰有三个零点,则实数 a 的取值范围是 (0, 4 푒2) . 【分析】求导函数,求出函数的极值,利用函数 f(x)=x2ex﹣a 恰有三个零点,即可求 实数 a 的取值范围. 解:函数 f(x)=x2ex 的导数为 y′=2xex+x2ex=xex (x+2), 令 y′=0,则 x=0 或﹣2, ﹣2<x<0 上单调递减,(﹣∞,﹣2),(0,+∞)上单调递增, ∴0 或﹣2 是函数 f(x)的极值点,函数的极值为:f(0)=0,f(﹣2)=4e﹣2 = 4 푒2. 函数 f(x)=x2ex﹣a 恰有三个零点,则实数 a 的取值范围是:(0, 4 푒2). 故答案为:(0, 4 푒2). 16.已知多项式(2x2+3x+1)(x﹣2)5=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,则 a7﹣a6+a5﹣a4+a3﹣a2= ﹣ 16 .【分析】令 x=0 求得 a0;令 x=﹣1 求得 a0﹣a1+a2+…﹣a7=0,再根据 a1 为展开式中 x 的系数,相结合即可求得结论. 解:因为(2x2+3x+1)(x﹣2)5=a0+a1x+a2x2+…+a7x7, 所以:令 x=0 可得﹣32=a0;① 令 x=﹣1 可得(2﹣3+1)×(﹣1﹣2)5=a0﹣a1+a2+…﹣a7=0;② 因为 a1 为展开式中 x 的系数,所以 a1=3 × ∁ퟓퟓ•(﹣2)5+1 × ∁ퟒퟓ•(﹣2)4=﹣16;③ 联立①②③可得:a7﹣a6+a5﹣a4+a3﹣a2=a0﹣a1=﹣16; 故答案为:﹣16. 三、解答题:本大题共 6 小题,共 70 分. 17.从 6 名运动员中选出 4 人参加 4×100 接力赛,分别求满足下列条件的安排方法种数: (1)甲、乙两人都不跑中间两棒; (2)甲、乙二人不都跑中间两棒. 【分析】(1)先排中间,再排 1,4 棒即可; (2)先求总数,再求符合条件的对立面的个数即可求解. 解:(1)先选跑中间的两人有푨ퟐퟒ = 12 种, 再从余下的 6 人中选跑 1、4 棒的有푨ퟐퟒ = 12, 则共有 12×12=144 种. (2)用间接法:“不都跑”的否定是“都跑”, 所以用任意排法푨ퟒퟔ = 360,再去掉甲、乙跑中间的安排方法푨ퟐퟐ ⋅ 푨ퟐퟒ = 24 种, 它们的差是 360﹣24=336 种. 18.已知函数 f(x) = 1 3풙ퟑ ― ax+b,在点 M(1,f(1))处的切线方程为 9x+3y﹣10=0,求 (1)实数 a,b 的值; (2)函数 f(x)的单调区间以及在区间[0,3]上的最值. 【分析】(1)求出曲线的斜率,切点坐标,求出函数的导数,利用导函数值域斜率的关 系,即可求出 a,b. (2)求出导函数的符号,判断函数的单调性以及求解闭区间的函数的最值. 解:(1)因为在点 M(1,f(1))处的切线方程为 9x+3y﹣10=0, 所以切线斜率是 k=﹣3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(1 分) 且 9×1+3f(1)﹣10=0, 求得풇(ퟏ) = 1 3,即点푴(ퟏ, 1 3) ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― 又函数풇(풙) = 1 3풙ퟑ ―풂풙 + 풃,则 f′(x)=x2﹣a﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣ 所以依题意得{풇′(ퟏ) = ퟏ ― 풂 = ―ퟑ 풇(ퟏ) = 1 3 ― 풂 + 풃 = 1 3 ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― 解得{풂 = ퟒ 풃 = ퟒ ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― (2)由(1)知풇(풙) = 1 3풙ퟑ ―ퟒ풙 + ퟒ 所以 f′(x)=x2﹣4=(x+2)(x﹣2)﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣ 令 f′(x)=0,解得 x=2 或 x=﹣2 当 f′(x)>0⇒x>2 或 x<﹣2;当 f′(x)<0⇒﹣2<x<2 所以函数 f(x)的单调递增区间是(﹣∞,2),(2,+∞)单调递减区间是(﹣2,2)﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 又 x∈[0,3] 所以当 x 变化时,f(x)和 f′(x)变化情况如下表: X 0 (0,2) 2 (2,3) 3 f′(x) ﹣ 0 + 0 f(x) 4 ↘ 极小值 ― 4 3 ↗ 1 所以当 x∈[0,3]时,f(x)max=f(0)=4, 풇(풙)풎풊풏 = 풇(ퟐ) = ― 4 3 ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― 19.已知在二项式(ퟑ 풙 + 1 23 푥)풏的展开式中,前三项系数的绝对值成等差数列. (1)求正整数 n 的值; (2)求展开式中二项式系数最大的项; (3)求展开式中系数最大的项; 【分析】(1)由等差数列的性质列式求得 n=8; (2)根据二项式系数的性质,求得二项式系数最大的项; (3)由{푪풓ퟖ( 1 2)풓 ≥ 푪풓+ퟏퟖ ( 1 2)풓+ퟏ 푪풓ퟖ( 1 2)풓 ≥ 푪풓―ퟏퟖ ( 1 2)풓―ퟏ ,解得 2≤r≤3,结合通项公式可得第三项或第四项的系数 最大. 解:(1)二项式(ퟑ 풙 + 1 23 푥)풏的展开式中,前三项系数的绝对值成等差数列,可得 2푪ퟏ풏• 1 2 = 푪ퟎ풏 + 푪ퟐ풏• 1 4,解得 n=1(舍去),或 n=8; (2)第 r+1 项的二项式系数为 Tr+1 = 푪풓ퟖ,故第 5 项的二项式系数最大,此时,r=4; (3)由{푪풓ퟖ( 1 2)풓 ≥ 푪풓+ퟏퟖ ( 1 2)풓+ퟏ 푪풓ퟖ( 1 2)풓 ≥ 푪풓―ퟏퟖ ( 1 2)풓―ퟏ ,解得 2≤r≤3. ∴系数最大的项为第三项或第四项. 20.已知数列{an}中,Sn 是{an}的前 n 项和,且 Sn 是 2a 与﹣2nan 的等差中项,其中 a 是不 等于零的常数. (1)求 a1,a2,a3; (2)猜想 an 的表达式,并用数学归纳法加以证明. 【分析】(1)通过 n=1,2,3,利用 Sn=a﹣nan,求出 a1,a2,a3 的值即可. (2)根据(1)数列前 3 项的数值特征,猜想 an 的表达式,利用数学归纳法加验证 n=1 时猜想成立,然后假设 n=k 时猜想成立,证明 n=k+1 时猜想也成立. 解:(1)由题意 Sn=a﹣nan,…(1 分) 当 n=1 时,S1=a1=a﹣a1,∴풂ퟏ = 푎 2; … 当 n=2 时,S2=a1+a2=a﹣2a2,∴풂ퟐ = 푎 6; … 当 n=3 时,S3=a1+a2+a3=a﹣3a3,∴풂ퟑ = 푎 12; … (2)猜想:풂풏 = 푎 푛(푛 + 1)(풏 ∈ 푵∗).… 证明:①当 n=1 时,由(1)可知等式成立; … ②假设 n=k(k≥1,k∈N*)时等式成立,即:풂풌 = 푎 푘(푘 + 1),… 则当 n=k+1 时,ak+1=Sk+1﹣Sk=a﹣(k+1)ak+1﹣(a﹣kak),∴(풌 + ퟐ)풂풌+ퟏ = 풌풂풌 = 푎 (푘 + 1),∴풂풌+ퟏ = 푎 (푘 + 1)(푘 + 2) = 푎 (푘 + 1)[(푘 + 1) + 1], 即 n=k+1 时等式也成立.… 综合①②知:풂풏 = 푎 푛(푛 + 1)对任意 n∈N*均成立.… 21.已知函数 f(x)=xex﹣ln(x+l)﹣x. (1)求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)证明:函数 f(x)在区间(0,1)内有且只有一个零点. 【分析】(1)求出函数的导数,求出直线的斜率,求出切线方程即可; (2)求出函数的定义域,记 g(x)=ex(x+1)2﹣x﹣2,求出函数的导数,根据函数的 单调性证明即可. 解:(1)当 x=0 时,f(0)=0, 由 f(x)=xex﹣ln(x+1)﹣x, 得 f′(x)=ex(x+1) ― 1 푥 + 1 ― 1, 故斜率 k=f′(0)=﹣1, 故切线方程是:y=﹣x; (2)由题意可知,函数的定义域是(﹣1,+∞), 由(1)知,f′(x) = 푒푥(푥 + 1)2 ― 푥 ― 2 푥 + 1 , 记 g(x)=ex(x+1)2﹣x﹣2, 故 g′(x)=ex(x2+4x+3)﹣1, 易知 x∈(0,+∞)时,g′(x)>0, 故 g(x)在区间(0,+∞)递增,故 g(x)>g(0)=﹣1, ∵g(1)=4e﹣3>0, 故在区间(0,1)内必存在 ξ,使得 g(ξ)=0, 故当 x∈(0,ξ)时,g(x)<0,即 f′(x)<0, 故 f(x)递减, 当 x∈(ξ,1)时,g(x)>0,即 f′(x)>0, 故 f(x)递增, 故当 x=ξ 时,f(x)有最小值且为 f(ξ), ∵f(0)=0, ∴f(ξ)<f(0)=0, 而 f(1)=e﹣ln2﹣1>0, 故在区间(ξ,1)内存在唯一零点, 故函数 f(x)在区间(0,1)内有且只有 1 个零点. 22.已知函数 f(x)=mlnx + 1 2풙ퟐ ― 2x,m∈R. (1)求 f(x)的单调递增区间; (2)若函数 f(x)有两个极值点 x1,x2(x1<x2)且 f(x1)﹣ax2≥0 恒成立,求实数 a 的取值范围. 【分析】(1)求出函数的导数,通过讨论 m 的范围求出函数的单调区间即可; (2)问题可化为 a ≤ 푥1(2 ―푥1)푙푛푥1 + 1 2푥1 2 ― 2푥1 2 ―푥1 = x1lnx1+1 ― 1 2x1 ― 2 2 ―푥1 恒成立,令 g (x)=xlnx+1 ― 1 2x ― 2 2 ― 푥,x∈(0,1),根据函数的单调性求出 g(x)的最小值,求 出 a 的范围即可.解:(1)f(x)的定义域是(0,+∞), f′(x) = 푚 푥 + x﹣2 = 푥2 ― 2푥 + 푚 푥 , 令 f′(x)=0,得 x2﹣2x+m=0,△=4(1﹣m), ①m≥1 时,△≤0,f′(x)≥0 在(0,+∞)恒成立,f(x)递增, ②m<1 时,△>0,方程 x2﹣2x+m=0 的根是 x1=1 ― ퟏ ― 풎,x2=1 + ퟏ ― 풎, m≤0 时,由 f′(x)>0 以及 x>0 得 x>x2,f(x)在(1 + ퟏ ― 풎,+∞)递增, 0<m<1 时,由 f′(x)>0 以及 x>0 得 0<x<x1 或 x>x2 时,f(x)递增; 综上,m≥1 时,f(x)在(0,+∞)递增, 0<m<1 时,f(x)在(0,1 ― ퟏ ― 풎),(1 + ퟏ ― 풎,+∞)递增, m≤0 时,f(x)在(1 + ퟏ ― 풎,+∞)递增; (2)由(1)知 f(x)有 2 个极值点 x1,x2(x1<x2)时, 则方程 x2﹣2x+m=0 有 2 个不等的正实数根, 则{ △= ퟒ(ퟏ ― 풎)>ퟎ 풙ퟏ +풙ퟐ = ퟐ 풙ퟏ풙ퟐ = 풎>ퟎ , ∴m=x1(2﹣x1),0<x1<1,1<x2<2, 此时 f(x)﹣ax2≥0 恒成立, 等价于 x1(2﹣x1)lnx1 + 1 2풙ퟏ ퟐ ― 2x1﹣a(2﹣x1)≥0 对 x1∈(0,1)恒成立, 可化为 a ≤ 푥1(2 ―푥1)푙푛푥1 + 1 2푥1 2 ― 2푥1 2 ―푥1 = x1lnx1+1 ― 1 2x1 ― 2 2 ―푥1 恒成立, 令 g(x)=xlnx+1 ― 1 2x ― 2 2 ― 푥,x∈(0,1),则 g′(x)=1+lnx ― 1 2 ― 2 (2 ― 푥)2 = lnx + 푥(푥 ― 4) 2(2 ― 푥)2, ∵x∈(0,1),∴lnx<0,x(x﹣4)<0, ∴g′(x)<0 在(0,1)恒成立, ∴g(x)在(0,1)上单调递减, ∴g(x)>g(1) = ― 3 2, ∴a ≤ ― 3 2, 故实数 a 的取值范围是(﹣∞, ― 3 2].

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