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

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]．