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].