十年高考分类江苏高考数学试卷精校版含详解8导数微积分部分

十年高考分类江苏高考数学试卷精校版含详解8导数微积分部分一、选择题（共3小题；共15分）1. 设函数 f (x ) 定义在实数集上，它的图象关于直线 x =1 对称，且当 x ≥1 时，f (x )=lnx −x ，则有 ( ) A. f (13)<f (32)<f (23) B. f (23)<f (32)<f (13) C. f (23)<f (13)<f (32)D. f (32)<f (23)<f (13)2. 设 a >0，f (x )=ax 2+bx +c ，曲线 y =f (x ) 在点 P(x 0,f (x 0)) 处切处的倾斜角的取值范围为 [0,π4]，则 P 到曲线 y =f (x ) 对称轴距离的取值范围为 ( )A. [0,1a]B. [0,12a]C. [0,∣∣b 2a ∣∣]D. [0,∣∣b−12a ∣∣]3. 已知二次函数 f (x )=ax 2+bx +c 的导数为 fʹ(x )，fʹ(0)>0，对于任意实数 x ，都有 f (x )≥0，则 f (1)fʹ(0) 的最小值为 ( )A. 3B. 52C. 2D. 32二、填空题（共13小题；共65分） 4. 函数 f (x )=x 3−15x 2−33x +6 的单调减区间为 ．5. 对正整数 n ，设曲线 y =x n (1−x ) 在 x =2 处的切线与 y 轴交点的纵坐标为 a n ，则数列 {a n n+1}的前 n 项和是 ．6. 直线 y =12x +b 是曲线 y =lnx (x >0) 的一条切线，则实数 b 的值为 ． 7. 曲线 y =x 3+x +1 在点 (1,3) 处的切线方程是 ．8. 已知函数 f (x )=x 3−12x +8 在区间 [−3,3] 上的最大值与最小值分别为 M 、m ，则 M −m = ．9. 设 f (x ) 是定义在 R 上且周期为 1 的函数，在区间 [0,1) 上，f (x )={x 2,x ∈Dx,x ∉D ，其中集合 D ={x∣ x =n−1n ,n ∈N ∗}，则方程 f (x )−lgx =0 的解的个数是 ．10. 已知函数 f (x )=x 3−2x +e x −1e x，其中 e 是自然对数的底数．若 f (a −1)+f (2a 2)≤0．则实数 a 的取值范围是 ．11. 在平面直角坐标系 xOy 中，若曲线 y =ax 2+b x（a ，b 为常数）过点 P (2,−5)，且该曲线在点 P处的切线与直线 7x +2y +3=0 平行，则 a +b 的值是 ．12. 抛物线 y =x 2 在 x =1 处的切线与两坐标轴围成的三角形区域为 D （包含三角形内部与边界）．若点 P (x,y ) 是区域 D 内的任意一点，则 x +2y 的取值范围是 ．13. 将边长为 1 m 的正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记 S =(梯形的周长)2梯形的面积，则 S 的最小值是 ．14. 函数y=x2(x>0)的图象在点(a k,a k2)处的切线与x轴交点的横坐标为a k+1，其中k∈N∗，a1=16，则a1+a3+a5=．15. 在平面直角坐标系xOy中，已知点P是函数f(x)=e x(x>0)的图象上的动点，该图象在P处的切线l交y轴于点M，过点P作l的垂线交y轴于点N，设线段MN的中点的纵坐标为t，则t的最大值是．16. 设函数f(x)=ax3−3x+1（x∈R），若对于任意x∈[−1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为．三、解答题（共18小题；共234分）17. 请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F在AB上，是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE=FB=x(cm)．（1）若广告商要求包装盒侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值?（2）若广告商要求包装盒容积V(cm3)最大，试问x应取何值?并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．18. 某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l．如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米．以l2，l1所在的直线分别为x，y 轴，建立平面直角坐标系xOy．假设曲线C符合函数y=a（其中a，b为常数）模型．x2+b（1）求a，b的值；（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t．（i ）请写出公路 l 长度的函数解析式 f (t )，并写出其定义域；（ii ）当 t 为何值时，公路 l 的长度最短?求出最短长度．19. 请您设计一个帐篷．它下部的形状是高为 1 m 的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为 3 m 的正六棱锥（如图所示）．试问当帐篷的顶点 O 到底面中心 O 1 的距离为多少时，帐篷的体积最大?20. 已知函数 f (x )=x 3+ax 2+bx +1(a >0,b ∈R ) 有极值，且导函数 fʹ(x ) 的极值点是 f (x ) 的零点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）． （1）求 b 关于 a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：b 2>3a ；（3）若 f (x )，fʹ(x ) 这两个函数的所有极值之和不小于 −72，求 a 的取值范围．21. 已知函数 f (x )=x 3+ax 2+b (a,b ∈R )．（1）试讨论 f (x ) 的单调性；（2）若 b =c −a （实数 c 是与 a 无关的常数），当函数 f (x ) 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是 (−∞,−3)∪(1,32)∪(32,+∞)，求 c 的值．22. 如图，某地有三家工厂，分别位于矩形 ABCD 的两个顶点 A ，B 及 CD 的中点 P 处，已知 AB =20 km ，CB =10 km ．为了处理三家工厂的污水，现要在该矩形区域上（含边界），且与 A ，B 等距离的一点 O 处，建造一个污水处理厂，并铺设三条排污管道 AO ，BO ，PO ．设排污管道的总长度为 y km ．（1）按下列要求建立函数关系式： ①设 ∠BAO =θ(rad )，将 y 表示为 θ 的函数；②设 OP =x (km )，将 y 表示为 x 的函数． （2）请你选用（1）中的一个函数关系，确定污水处理厂的位置，使铺设的排污管道的总长度最短．23. 设 f (x ) 是定义在区间 (1,+∞) 上的函数，其导函数为 fʹ(x )．如果存在实数 a 和函数 ℎ(x )，其中 ℎ(x ) 对任意的 x ∈(1,+∞) 都有 ℎ(x )>0，使得 fʹ(x )=ℎ(x )(x 2−ax +1)，则称函数 f (x ) 具有性质 P (a )．（1）设函数f(x)=lnx+b+2x+1(x>1)，其中b为实数．①求证：函数f(x)具有性质P(b)；②求函数f(x)的单调区间．（2）已知函数g(x)具有性质P(2)，给定x1,x2∈(1,+∞)，x1<x2，设m为实数．α=mx1+ (1−m)x2，β=(1−m)x1+mx2，且α>1，β>1，若∣g(α)−g(β)∣<∣g(x1)−g(x2)∣，求m的取值范围．24. 已知函数f0(x)=sinxx(x>0)，设f n(x)为f n−1(x)的导数，n∈N∗．（1）求2f1(π2)+π2f2(π2)的值；（2）证明：对任意的n∈N∗，等式∣∣nf n−1(π4)+π4f n(π4)∣∣=√22都成立．25. 已知函数f(x)=a x+b x(a>0,b>0,a≠1,b≠1)．（1）设a=2，b=12．①求方程f(x)=2的根；②若对于任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)−6恒成立，求实数m的最大值；（2）若0<a<1，b>1，函数g(x)=f(x)−2有且只有1个零点，求ab的值．26. 现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P−A1B1C1D1，下部分的形状是正四棱柱ABCD−A1B1C1D1（如图所示），并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．（1）若AB=6m，PO1=2m，则仓库的容积是多少?（2）若正四棱锥的侧棱长为6m，当PO1为多少时，仓库的容积最大?27. 已知a,b是实数，函数f(x)=x3+ax,g(x)=x2+bx，fʹ(x)和gʹ(x)分别是f(x)，g(x)的导函数，若fʹ(x)gʹ(x)≥0在区间I上恒成立，则称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致．（1）设a>0，若函数f(x)和g(x)在区间[−1,+∞)上单调性一致，求实数b的取值范围；（2）设a<0且a≠b，若f(x)和g(x)在以a,b为端点的开区间上单调性一致，求∣a−b∣的最大值．28. 已知a>0，n为正整数．设f n(x)=x n−(x−a)n，对任意n≥a，证明：fʹn+1(n+1)>(n+1)fʹn(n)．29. 已知 a >0,n 为正整数．（1）设 y =(x −a )n ，证明 yʹ=n (x −a )n−1；（2）设 f n (x )=x n −(x −a )n ，对任意 n ≥a ，证明 f n+1′(n +1)>(n +1)f n′(n )．30. 设函数 f (x )=lnx −ax,g (x )=e x −ax ，其中 a 为实数．（1）若 f (x ) 在 (1,+∞) 上是单调减函数，且 g (x ) 在 (1,+∞) 上有最小值，求 a 的取值范围； （2）若 g (x ) 在 (−1,+∞) 上是单调增函数，试求 f (x ) 的零点个数，并证明你的结论．31. 若函数 y =f (x ) 在 x =x 0 处取得极大值或极小值，则称 x 0 为函数 y =f (x ) 的极值点．已知a,b 是实数，1 和 −1 是函数 f (x )=x 3+ax 2+bx 的两个极值点． （1）求 a 和 b 的值；（2）设函数 g (x ) 的导函数 g ′(x )=f (x )+2，求 g (x ) 的极值点；（3）设 ℎ(x )=f(f (x ))−c ，其中 c ∈[−2,2]，求函数 y =ℎ(x ) 的零点个数．32. 设 a 1，a 2，a 3，a 4 是各项为正数且公差为 d (d ≠0) 的等差数列．（1）证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4 依次构成等比数列；（2）是否存在 a 1，d ，使得 a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列?并说明理由；（3）是否存在 a 1，d 及正整数 n ，k ，使得 a 1n ，a 2n+k ，a 3n+2k ，a 4n+3k 依次构成等比数列?并说明理由．33. 在等式 cos2x =2cos 2x −1(x ∈R ) 的两边对 x 求导得 (cos2x )ʹ=(2cos 2x −1)ʹ ，由求导法则得 (−sin2x )⋅2=4cosx ⋅(−sinx ) ，化简得 sin2x =2sinxcosx ．（1）利用上述想法（或其他方法），结合等式 (1+x )n =C n 0+C n 1x +C n 2x 2+⋯+C n n−1x n−1+C n n x n （ x ∈R ，整数 n ≥2 ），证明： n [(1+x )n−1−1]=∑kC n k xk−1n k=2 ； （2）对于整数 n ≥3 ，求证：① ∑(−1)k kC n k n k=1=0 ；② ∑(−1)k k 2C n k n k=1=0 ；③∑1k+1C nk n k=0=2n+1−1n+1．34. 设 a >0，如图，已知直线 l:y =ax 及曲线 C:y =x 2，C 上的点 Q 1 的横坐标为 a 1 (0<a 1<a )．从 C 上的点 Q n (n ≥1) 作直线平行于 x 轴，交直线 l 于点 P n+1，再从点 P n+1 作直线平行于 y 轴，交曲线 C 于点 Q n+1，Q n (n =1,2,3,⋯) 的横坐标构成数列 {a n }．（1）试求 a n+1与a n 的关系，并求 {a n } 的通项公式； （2）当 a =1，a 1≤12 时，证明 ∑(a k −a k+1)a k+2<132n k=1； （3）当 a =1 时，证明 ∑(a k −a k+1)a k+2<13.n k=1答案第一部分 1. A【解析】当 x >1 时，fʹ(x )=1x −1<0，故函数 f (x ) 在 (1,+∞) 上单调递减．又 f (13)=f (2−13)=f (53)，f (23)=f (2−23)=f (43)，1<43<32<53， 故 f (53)<f (32)<f (43)，即 f (13)<f (32)<f (23)． 或者根据图象的对称性，离 x =1 距离近的函数值大． 2. B【解析】提示：画出 f (x ) 的草图，如图所示，fʹ(x )=2ax +b ，由倾斜角的取值范围为 [0,π4] 可知斜率的取值范围为 [0,1]，即 0≤2ax +b ≤1，解得 −b 2a≤x ≤1−b 2a，所以点 P 距离对称轴的距离的取值范围是 [0,12a]．3. C【解析】fʹ(0)>0，则 b >0，对于任意实数 x 都有 f (x )≥0 则满足 {a >0Δ≤0，从而 4ac ≥b 2,c >0，(a+c b)2=(a+c )2b 2≥4ac b 2≥1，所以f (1)fʹ(0)=a+b+c b=1+a+c b≥2．当且仅当 b =2a =2c >0 时取等号． 第二部分 4. (−1,11) 5. 2n+1−2【解析】fʹ(x )=x n−1(n −nx −x )，曲线在 x =2 处的切线方程为 y +2n =−(n +2)2n−1(x −2)，∴a n =(n +1)2n ，a n n+1=2n ，按等比数列求和公式求出即可．6. ln2−1【解析】(lnx )ʹ=1x ，令 1x =12，则 x =2，切点为 (2,ln2)，代入切线方程，得 ln2=1+b ，故 b =ln2−1． 7. 4x −y −1=0 8. 32 9. 8【解析】由于 f (x )∈[0,1)，则需考虑 1≤x <10 的情况，在此范围内，x ∈Q 且 x ∈D 时，设 x =qp ，p,q ∈N ∗，p ≥2，且 p ，q 互质，若 lgx ∈Q ，则由 lgx ∈(0,1)，可设 lgx =nm ，m,n ∈N ∗，m ≥2，且 m ，n 互质，因此 10n m=qp ，则 10n=(q p )m，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，因此 lgx ∉Q ，因此lgx不可能与每个周期内x∈D对应的部分相等，只需考虑lgx与每个周期x∉D的部分的交点，画出函数图象，图中交点除外(1,0)其他交点横坐标均为无理数，属于每个周期x∉D的部分，且x=1处yʹ∣x=1=(lgx)ʹ∣x=1=1xln10∣x=1=1ln10<1，则在x=1附近仅有一个交点，因此方程f(x)−lgx=0的解的个数为8．10. [−1,12] 11. −3【解析】由点P(2,−5)在曲线y=ax2+bx 上，得4a+b2=−5．⋯⋯①由y=ax2+bx ，得yʹ=2ax−bx2．由题意，得2a⋅2−b4=−72．⋯⋯②联立①②，解得a=−1，b=−2，所以a+b=−3．12. [−2,12]【解析】由y=x2得yʹ=2x，则在点x=1处的切线斜率k=2×1=2，切线方程为y−1=2(x−1)，即2x−y−1=0．在平面直角坐标系中作出可行域，如图阴影部分所示，则A(0,−1)，B(12,0)．作直线l0:x+2y=0．当平移直线l0至点A时，z min=0+2×(−1)=−2；当平移直线l0至点B时，z max=12+2×0=12．故x+2y的取值范围是[−2,12]．13. 32√33【解析】设剪成的两块中正三角形的一块边长为x m，则梯形的周长为3−x m，梯形的面积为√34(1−x2)m2，所以S=(3−x)2√34(1−x2)(0<x<1),对 S 求导得Sʹ=√3()(2)()2()(1−x 2)2=√3()()(1−x 2)2,令 Sʹ=0，得 x =13 或 x =3（舍去），所以 S min =S (13)=32√33．14. 21【解析】因为切线的斜率为 yʹ∣∣x=a k=2x ∣∣x=a k=2a k ，所以切线方程为 y −a k 2=2a k (x −a k )，与x 轴的交点坐标为 x =12a k ，即 a k+1=12a k ，所以数列 {a n } 是以 a 1=16 为首项，q =12为公比的等比数列，所以 a 1+a 3+a 5=21． 15. 12(e +1e)【解析】设 P (x 0,e x 0) ，则l:y −e x 0=e x 0(x −x 0)．所以M (0,(1−x 0)e x 0)．过点 P 作 l 的垂线y −e x 0=−e −x 0(x −x 0),则N (0,e x 0+x 0e −x 0)．则有t=12[(1−x 0)e x 0+e x 0+x 0e −x 0]=e x 0+12x 0(e −x 0−e x 0),tʹ=12(e x 0+e −x 0)(1−x 0)．所以， t 在 (0,1) 上单调增，在 (1,+∞) 单调减，t max =12(e +1e).16. 4【解析】因为 x ∈[−1,1]，所以分三种情况讨论： ①．若 x =0，f (x )≥0 恒成立；②．若 x ∈(0,1]，f (x )≥0 化为 a ≥3x 2−1x 3，令 g (x )=3x 2−1x 3，则 gʹ(x )=3(1−2x )x 4．当 x ∈(0,12] 时，gʹ(x )≥0，所以 g (x ) 在 (0,12] 上是增函数；当 x ∈(12,1] 时，gʹ(x )<0，所以 g (x ) 在 (12,1] 上是减函数． g (x ) 此时的最大值为 g (12)=4，则 a ≥4；③．若 x ∈[−1,0)，f (x )≥0 化为 a ≤3x 2−1x 3=g (x )，gʹ(x )=3(1−2x )x 4>0，则 g (x ) 在 [−1,0) 上为增函数，g (x ) 此时的最小值为 g (−1)=4，则 a ≤4． 综上，a =4．第三部分 17. （1）S=602−4x 2−(60−2x )2=240x −8x 2(0<x <30),所以 x =15 cm 时侧面积最大． （2）V=(√2x)2⋅√22⋅(60−2x )=2√2x 2(30−x )(0<x <30), 所以，Vʹ=6√2x (20−x ),当 0<x <20 时，V 递增， 当 20<x <30 时，V 递减， 所以，当 x =20 时，V 最大． 此时，包装盒的高与底面边长的比值为√22(60−2x )√2x=12．18. （1） 由题意知，点 M ，N 的坐标分别为 (5,40)，(20,2.5)． 将其分别代入 y =ax 2+b ，得 {a25+b=40,a 400+b=2.5,解得 {a =1000,b =0.（2） （i ）由（1）知，y =1000x 2(5≤x ≤20)，则点 P 的坐标为 (t,1000t 2)．设在点 P 处的切线 l 交 x ，y 轴分别于 A ，B 两点，yʹ=−2000x 3，则 l 的方程为 y −1000t 2=−2000t 3(x −t )，由此得 A (3t2,0)，B (0,3000t 2)．故 f (t )=√(3t 2)2+(3000t 2)2=32√t 2+4×106t 4，t ∈[5,20]．（ii ）设 g (t )=t 2+4×106t 4，则 gʹ(t )=2t −16×106t 5．令 gʹ(t )=0，解得 t =10√2．当 t ∈(5,10√2) 时，gʹ(t )<0，g (t ) 是减函数； 当 t ∈(10√2,20) 时，gʹ(t )>0，g (t ) 是增函数．从而，当 t =10√2 时，函数 g (t ) 有极小值，也是最小值， 所以 g (t )min =300，此时 f (t )min =15√3．答：当 t =10√2 时，公路 l 的长度最短，最短长度为 15√3 千米．19. 设 OO 1 为 x m ，则结合棱锥的侧棱长为 3 和正六棱柱高为 1 可知 1<x <4． 由题设可得正六棱锥底面边长为：√32−(x −1)2=√8+2x −x 2,故底面正六边形的面积为：6⋅√34⋅(√8+2x −x 2)2=3√32⋅(8+2x −x 2),帐篷的体积为：V(x)=3√32(8+2x−x2)[13(x−1)+1]=√32(16+12x−x3),求导得Vʹ(x)=√32(12−3x2).令Vʹ(x)=0，解得x=−2（不合题意，舍去），x=2，当1<x<2时，Vʹ(x)>0，V(x)为增函数；当2<x<4时，Vʹ(x)<0，V(x)为减函数．因此，当x=2时，V(x)最大．答：当OO1为2m时，帐篷的体积最大，最大体积为16√3m3．20. （1）因为f(x)=x3+ax2+bx+1，所以g(x)=fʹ(x)=3x2+2ax+b，gʹ(x)=6x+2a，令gʹ(x)=0，解得x=−a3．由于当x>−a3时gʹ(x)>0，g(x)=fʹ(x)单调递增；当x<−a3时gʹ(x)<0，g(x)=fʹ(x)单调递减；所以fʹ(x)的极小值点为x=−a3，由于导函数fʹ(x)的极值点是原函数f(x)的零点，所以f(−a3)=0，即−a327+a39−ab3+1=0，所以b=2a 29+3a(a>0)．因为f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值，所以fʹ(x)=3x2+2ax+b=0有两个不等的实根，所以4a2−12b>0，即a2−2a23−9a>0，解得a>3，所以b=2a 29+3a(a>3)．（2）由（1）可设ℎ(a)=b2−3a=4a481−5a3+9a2=181a2(4a3−27)(a3−27)，由于a>3，所以ℎ(a)>0，即b2>3a．（3）由（1）可知fʹ(x)的极小值为fʹ(−a3)=b−a23，设x1，x2是y=f(x)的两个极值点，则x1+x2=−2a3，x1x2=b3，所以f(x1)+f(x2)=x13+x23+a(x12+x22)+b(x1+x2)+2=(x1+x2)[(x1+x2)2−3x1x2]+a[(x1+x2)2−2x1x2]+b(x1+x2)+2=4a327−2ab3+2.又因为f(x)，fʹ(x)这两个函数的所有极值之和不小于−72，所以b−a 23+4a327−2ab3+2=3a−a29≥−72，因为 a >3，所以 2a 3−63a −54≤0， 所以 2a (a 2−36)+9(a −6)≤0， 所以 (a −6)(2a 2+12a +9)≤0， 由于 a >3 时 2a 2+12a +9>0， 所以 a −6≤0，解得 a ≤6， 所以 a 的取值范围是 (3,6]．21. （1） fʹ(x )=3x 2+2ax ，令 fʹ(x )=0，解得 x 1=0，x 2=−2a 3．当 a =0 时，因为 fʹ(x )=3x 2≥0， 所以函数 f (x ) 在 (−∞,+∞) 上单调递增； 当 a >0 时，x ∈(−∞,−2a3)∪(0,+∞) 时，fʹ(x )>0，x ∈(−2a 3,0) 时，fʹ(x )<0，所以函数 f (x ) 在 (−∞,−2a3)，(0,+∞) 上单调递增，在 (−2a 3,0) 上单调递减；当 a <0 时，x ∈(−∞,0)∪(−2a 3,+∞) 时，fʹ(x )>0，x ∈(0,−2a 3) 时，fʹ(x )<0，所以函数 f (x ) 在 (−∞,0)，(−2a 3,+∞) 上单调递增，在 (0,−2a 3) 上单调递减． （2） 由（1）知，函数 f (x ) 的两个极值为 f (0)=b ，f (−2a3)=427a 3+b ， 则函数 f (x ) 有三个零点等价于 f (0)⋅f (−2a3)=b (427a 3+b)<0， 从而 {a >0,−427a 3<b <0 或 {a <0,0<b <−427a 3.又 b =c −a ，所以当 a >0 时，427a 3−a +c >0 或当 a <0 时，427a 3−a +c <0． 设 g (a )=427a 3−a +c ，因为函数 f (x ) 有三个零点时，a 的取值范围恰好是 (−∞,−3)∪(1,32)∪(32,+∞)，则在 (−∞,−3) 上 g (a )<0，且在 (1,32)∪(32,+∞) 上 g (a )>0 均恒成立， 从而 g (−3)=c −1≤0，且 g (32)=c −1≥0，因此 c =1． 此时，f (x )=x 3+ax 2+1−a =(x +1)[x 2+(a −1)x +1−a ]．因为函数有三个零点，则 x 2+(a −1)x +1−a =0 有两个异于 −1 的不等实根，所以 Δ=(a −1)2−4(1−a )=a 2+2a −3>0，且 (−1)2−(a −1)+1−a ≠0，解得 a ∈(−∞,−3)∪(1,32)∪(32,+∞)．综上 c =1．22. （1）因为 AO =BO ，所以 O 在 AB 的垂直平分线上，取 AB 的中点 Q ，又 P 是 CD 的中点，所以点 O 在 PQ 上． 因为 ∠BAO =θ，AQ =10 km ．①在 Rt △AOQ 中，AO =10cosθ(km ),OQ =10tanθ(km ),PO=10−OQ =10−10tanθ(km ), 故y =2AO +PO =20cosθ−10tanθ+10(0≤θ≤π4). ②因为 OP =x (km )，所以 OQ =10−x (km )．在 Rt △AOQ 中，AO =√100+(10−x )2=√x 2−20x +200(km ),故y =x +2√x 2−20x +200(0≤x ≤10).（2） 若选择①， 解法一：因为y =10(2cosθ−tanθ)+10,所以只要求函数 U =2cosθ−tanθ=2−sinθcosθ的最小值．那么Ucosθ=2−sinθ,sinθ+Ucosθ=2,√U 2+1sin (θ+φ)=2,sin (θ+φ)=2√U 2+1≤1,解得 U ≥√3，取等号时，U 有最小值 √3，此时sinθ+√3cosθ=2,sin (θ+π3)=1,θ=π6,OQ =10tan π6=10√33(km ), 即污水处理厂 P 点的位置在 AB 的垂直平分线上距离 AB 边 10√33km 处．法二：yʹ=20sinθcos 2θ−10⋅cos 2θ+sin 2θcos 2θ=10⋅2sinθ−1cos 2θ.由 yʹ=0 得 sinθ=12，则 θ=π6．当 θ∈[0,π6) 时，yʹ<0，所以函数在 [0,π6) 上是减函数． 当 θ∈(π6,π4] 时，yʹ>0，所以函数在 (π6,π4] 上是增函数．那么当 θ=π6 时，函数取得最小值．此时，OQ =10tanπ6=10√33(km ). 若选择②，则得y −x =2√x 2−20x +200,两边平方，化简得3x 2−2(40−y )x +800−y 2=0,由 Δ≥0 得4(40−y )2−12(800−y 2)≥0,化得y 2−20y −200≥0,解得y ≤10−10√3(舍去)或y ≥10+10√3.当 y min =10+10√3 时，x =2(40−10−10√3)6=10−10√33∈[0,10],OQ=10√33.23. （1） ①由题意知fʹ(x )=1x −b +2(x +1)2=1x (x +1)2(x 2−bx +1). 因为 x >1 时，ℎ(x )=1x (x+1)2>0 恒成立，所以函数 f (x ) 具有性质 P (b )． ② 设 φ(x )=x 2−bx +1，则 φ(x ) 与 fʹ(x ) 的符号相同．当 b ∈[−2,2] 时，φ(x )=x 2−bx +1>0 恒成立，所以 f (x ) 在区间 (1,+∞) 上单调递增； 当 b ∈(−∞,−2) 时，φ(x )=x 2−bx +1>0 恒成立，所以 f (x ) 在区间 (1,+∞) 上单调递增； 当 b ∈(2,+∞) 时，b−√b 2−42=b+√b 2−4<1，所以 f (x ) 在 (1,b+√b 2−42) 上单调递减，在 (b+√b 2−42,+∞)上单调递增． 综上所述，当 b ∈(−∞,2] 时，f (x ) 在 (1,+∞) 上单调递增； 当 b ∈(2,+∞) 时，f (x ) 在 (1,b+√b 2−42) 上单调递减，在 (b+√b 2−42,+∞) 上单调递增．（2） 由题意 gʹ(x )=ℎ(x )(x −1)2，所以 g (x ) 在 (1,+∞) 上单调递增，且有α+β=x 1+x 2,α−β=(2m −1)(x 1−x 2).当 m >12 且 m ≠1 时，α<β，且α−x 1=(m −1)x 1+(1−m )x 2,β−x 2=(1−m )x 1+(m −1)x 2,所以(α−x 1)(β−x 2)=−(m −1)2(x 1−x 2)2<0,所以α<x 1<x 2<β 或 x 1<α<β<x 2.若 α<x 1<x 2<β，则g (α)<g (x 1)<g (x 2)<g (β),所以∣g (α)−g (β)∣>∣g (x 1)−g (x 2)∣,不合题意．所以 x 1<α<β<x 2，即{x 1<mx 1+(1−m )x 2,(1−m )x 1+mx 2<x 2,解得 m <1，所以 12<m <1．当 m =12 时，α=β，0=∣g (α)−g (β)∣<∣g (x 1)−g (x 2)∣，符合题意．当 m <12 时，α>β，且 α−x 2=m (x 1−x 2)，β−x 1=−m (x 1−x 2)，同理有 x 1<β<α<x 2，即{x 1<(1−m )x 1+mx 2,mx 1+(1−m )x 2<x 2,解得 m >0，所以 0<m <12．综上，0<m <1． 24. （1） 由已知，得f 1(x )=fʹ0(x )=(sinx x )′=cosx x −sinxx2,于是f 2(x )=fʹ1(x )=(cosx x )′−(sinx x 2)′=−sinx x −2cosx x 2+2sinxx3, 所以f 1(π2)=−4π2,f 2(π2)=−2π+16π3, 故2f 1(π2)+π2f 2(π2)=−1.（2） 由已知，得 xf 0(x )=sinx ，等式两边分别对 x 求导，得f 0(x )+xfʹ0(x )=cosx,即f 0(x )+xf 1(x )=cosx =sin (x +π2),类似可得2f 1(x )+xf 2(x )=−sinx =sin (x +π),3f 2(x )+xf 3(x )=−cosx =sin (x +3π2),4f 3(x )+xf 4(x )=sinx =sin (x +2π).下面用数学归纳法证明等式 nf n−1(x )+xf n (x )=sin (x +nπ2) 对所有的 n ∈N ∗ 都成立．（i ）当 n =1 时，由上可知等式成立． （ii ）假设当 n =k 时等式成立，即kf k−1(x )+xf k (x )=sin (x +kπ2). 因为[kf k−1(x )+xf k (x )]ʹ=kfʹk−1(x )+f k (x )+xfʹk (x )=(k +1)f k (x )+xf k+1(x ),[sin (x +kπ2)]ʹ=cos (x +kπ2)⋅(x +kπ2)ʹ=sin [x +(k +1)π2], 所以(k +1)f k (x )+xf k+1(x )=sin [x +(k +1)π2]. 所以当 n =k +1 时，等式也成立．综合（i ），（ii ）可知等式 nf n−1(x )+xf n (x )=sin (x +nπ2) 对所有的 n ∈N ∗都成立． 令 x =π4，可得nf n−1(π4)+π4f n (π4)=sin (π4+nπ2)(n ∈N ∗).所以∣∣∣nf n−1(π4)+π4f n (π4)∣∣∣=√22(n ∈N ∗).25. （1） ① f (x )=2x +(12)x，由 f (x )=2 可得 2x +12x =2，则 (2x )2−2×2x +1=0，即 (2x −1)2=0，则 2x =1，x =0． ②由题意得 22x +122x≥m (2x +12x)−6 恒成立，令 t =2x +12x ，则由 2x >0 可得 t ≥2√2x ×12x =2， 此时 t 2−2≥mt −6 恒成立，即 m ≤t 2+4t=t +4t 恒成立，因为 t ≥2 时，t +4t ≥2√t ⋅4t =4，当且仅当 t =2 时等号成立， 因此实数 m 的最大值为 4．（2） g (x )=f (x )−2=a x +b x −2，gʹ(x )=a x lna +b x lnb =a x lnb [lnalnb +(b a )x]， 由 0<a <1，b >1 可得 ba >1，令 ℎ(x )=(b a )x+lnalnb ，则 ℎ(x ) 递增， 而 lna <0，lnb >0，因此 x 0=log b a(−lnalnb ) 时 ℎ(x 0)=0，因此 x ∈(−∞,x 0) 时，ℎ(x )<0，a x lnb >0，则 gʹ(x )<0． x ∈(x 0,+∞) 时，ℎ(x )>0，a x lnb >0，则 gʹ(x )>0．则 g (x ) 在 (−∞,x 0) 递减，(x 0,+∞) 递增，因此 g (x ) 最小值为 g (x 0)． ①若 g (x 0)<0，x <log a 2 时，a x >a log a 2=2，b x >0，则 g (x )>0． x >log b 2 时，a x >0，b x >b log b 2=2，则 g (x )>0．因此 x 1<log a 2 且 x 1<x 0 时，g (x 1)>0，因此 g (x ) 在 (x 1,x 0) 有零点， x 2>log b 2 且 x 2>x 0 时，g (x 2)>0，因此 g (x ) 在 (x 0,x 2) 有零点， 则 g (x ) 至少有两个零点，与条件矛盾．②若 g (x 0)≥0，由函数 g (x ) 有且只有 1 个零点，g (x ) 最小值为 g (x 0)， 可得 g (x 0)=0，由 g (0)=a 0+b 0−2=0，因此x0=0，因此log ba (−lnalnb)=0，即−lnalnb=1，即lna+lnb=0，因此ln(ab)=0，则ab=1．26. （1）由PO1=2m，得OO1=8m．V P−A1B1C1D1=13S A1B1C1D1⋅PO1=13×62×2=24(m3)．V ABCD−A1B1C1D1=S ABCD⋅OO1=62×8=288(m3)．V=V P−A1B1C1D1+V ABCD−A1B1C1D1=312(m3)．（2）设PO1=x，仓库的容积为V(x)，则OO1=4x，A1O1=√36−x2，A1B1=√2⋅√36−x2．V P−A1B1C1D1=13S A1B1C1D1⋅PO1=13×(√72−2x2)2×x =13(72x−2x3)=24x−23x3.V ABCD−A1B1C1D1=S ABCD⋅OO1=(√72−2x2)2×4x =288x−8x3.V(x)=V P−A1B1C1D1+V ABCD−A1B1C1D1=24x−23x3+288x−8x3=−263x3+312x(0<x<6).Vʹ(x)=−26x2+312=−26(x2−12)．当x∈(0,2√3)时，Vʹ(x)>0，V(x)递增；当x∈(2√3,6)时，Vʹ(x)<0，V(x)递减．因此，当x=2√3时，V(x)取到最大值，故PO1=2√3m时，仓库的容积最大．27. （1）因为函数f(x)和g(x)在区间[−1,+∞)上单调性一致，所以，∀x∈[−1,+∞),fʹ(x)gʹ(x)≥0,即∀x∈[−1,+∞),(3x2+a)(2x+b)≥0,∵a>0，∴∀x∈[−1,+∞),2x+b≥0,即∀x∈[−1,+∞),b≥−2x,所以b≥2.（2）令fʹ(x)=0，解得x=±√−a 3 ,若 b >0，由 a <0 得 0∈(a,b )，又因为fʹ(0)gʹ(0)=ab <0,所以函数 f (x ) 和 g (x ) 在 (a,b ) 上单调性不一致，因此b ≤0.由此得当 x ∈(−∞,0) 时，gʹ(x )<0,当 x ∈(−∞,−√−a3) 时，fʹ(x )>0,因此，当 x ∈(−∞,−√−a3) 时，fʹ(x )gʹ(x )<0,故由题设得 a ≥−√−a3且 b ≥−√−a3，从而−13≤a <0, 于是−13≤b ≤0, 因此∣a −b∣≤13,且当 a =−13,b =0 时等号成立． 又当 a =−13,b =0 时，fʹ(x )gʹ(x )=6x (x 2−19),从而当 x ∈(−13,0) 时，fʹ(x )gʹ(x )>0,故函数 f (x ) 和 g (x ) 在 (−13,0) 上单调性一致． 因此 ∣a −b∣ 的最大值为 13．29. （1） 因为 (x −a )n =∑C n k n k=0 (−a )n−k x k，所以 yʹ=∑kC n k nk=0(−a )n−k x k−1=∑nC n−1k−1nk=0(−a )n−k x k−1=n (x −a)n−1.（2） 对函数 f n (x )=x n −(x −a )n 求导数：f n ʹ(x )=nx n−1−n (x −a )n−1， 所以 f n ʹ(n )=n [n n−1−(n −a )n−1]． 当 x ≥a >0 时，f n ′(x )>0．∴当x≥a时，f n(x)=x n−(x−a)n是关于x的增函数．因此，当n≥a时，(n+1)n−(n+1−a)n>n n−(n−a)n．所以f n+1′(n+1)=(n+1)[(n+1)n−(n+1−a)n]>(n+1)(n n−(n−a)n)>(n+1)[n n−n(n−a)n−1]=(n+1)f n′(n).即对任意n≥a，f n+1ʹ(n+1)>(n+1)f n′(n)．30. （1）令fʹ(x)=1x−a=1−axx<0,考虑到f(x)的定义域为(0,+∞)，故a>0，进而解得x>a−1,即f(x)在(a−1,+∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0,a−1)上是单调增函数．由于f(x)在(1,+∞)上是单调减函数，故(1,+∞)⊆(a−1,+∞),从而a−1≤1，即a≥1．令gʹ(x)=e x−a=0,得x=lna.当x<lna时，gʹ(x)<0；当x>lna时，gʹ(x)>0．又g(x)在(1,+∞)上有最小值，所以lna>1，即a>e.综上可知，a∈(e,+∞)．（2）当a≤0时，g(x)必为单调增函数；当a>0时，令gʹ(x)=e x−a>0,解得a<e x，即x>lna.因为g(x)在(−1,+∞)上是单调增函数，类似（1）有lna≤−1，即0<a≤e−1．结合上述两种情况，得a≤e−1.①当a=0时，由f(1)=0以及fʹ(x)=1x>0，得f(x)存在唯一的零点；②当a<0时，由于f(e a)=a−ae a=a(1−e a)<0,f(1)=−a>0,且函数f(x)在[e a,1]上的图象连续，所以f(x)在(e a,1)上存在零点．另外，当x>0时，fʹ(x)=1x−a>0,故f(x)在(0,+∞)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点．③当0<a≤e−1时，令fʹ(x)=1x−a=0,解得x=a−1.当0<x<a−1时，fʹ(x)>0；当x>a−1时，fʹ(x)<0，所以，x=a−1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a−1)=−lna−1.a．当−lna−1=0，即a=e−1时，f(x)有一个零点x=e．b．当−lna−1>0，即0<a<e−1时，f(x)有两个零点．实际上，对于0<a<e−1，由于f(e−1)=−1−ae−1<0,f(a−1)>0,且函数f(x)在[e−1,a−1]上的图象连续，所以f(x)在(e−1,a−1)上存在零点．另外，当x∈(0,a−1)时，fʹ(x)=1x−a>0,故f(x)在(0,a−1)上是单调增函数，所以f(x)在(0,a−1)上只有一个零点．下面考虑f(x)在(a−1,+∞)上的情况．先证f(e a−1)=a(a−2−e a−1)<0.为此，我们要证明：当x>e时，e x>x2．设ℎ(x)=e x−x2，则ℎʹ(x)=e x−2x,再设l(x)=ℎʹ(x)=e x−2x，则lʹ(x)=e x−2.当x>1时，lʹ(x)=e x−2>e−2>0,所以l(x)=ℎʹ(x)在(1,+∞)上是单调增函数．故当x>2时，ℎʹ(x)=e x−2x>ℎʹ(2)=e2−4>0,从而ℎ(x)在(2,+∞)上是单调增函数，进而当x>e时，ℎ(x)=e x−x2>ℎ(e)=e e−e2>0,即当x>e时，e x>x2．当0<a<e−1，即a−1>e时，f(e a−1)=a−1−ae a−1=a(a−2−e a−1)<0.又f(a−1)>0，且函数f(x)在[a−1,e a−1]上的图象连续，所以f(x)在(a−1,e a−1)上存在零点．又当x>a−1时，fʹ(x)=1x−a<0,故f(x)在(a−1,+∞)上是单调减函数，所以f(x)在(a−1,+∞)上只有一个零点．综合①②③可知，当a≤0或a=e−1时，f(x)的零点个数为1，当0<a<e−1时，f(x)的零点个数为2．31. （1）由题设知f′(x)=3x2+2ax+b,且f′(−1)=3−2a+b=0,f′(1)=3+2a+b=0,解得a=0,b=−3.（2）由（1）知f(x)=x3−3x.因为f(x)+2=(x−1)2(x+2)，所以g′(x)=0的根为x1=x2=1,x3=−2,于是函数g(x)的极值点只可能是1或−2．当x<−2时，g′(x)<0；当−2<x<1时，g′(x)>0，故−2是g(x)的极值点．当−2<x<1或x>1时，g′(x)>0，故1不是g(x)的极值点．所以g(x)的极值点为−2．（3）令f(x)=t，则ℎ(x)=f(t)−c.先讨论关于x的方程f(x)=c根的情况，c∈[−2,2]．由（1）知f′(x)=3(x+1)(x−1).所以f(x)在(−∞,−1)与(1,+∞)上单调递增，在(−1,1)上单调递减；又由（2）知，f(x)=−2有两个不同的根为1和−2，注意到f(x)是奇函数，得到f(x)的草图如下：于是，当∣c∣=2时，f(x)=c有两个不同的根x1，x2满足∣x1∣=1，∣x2∣=2；当∣c∣<2时，f(x)=c有三个不同的根x3，x4，x5满足∣x i∣<2,i=3,4,5．结合考虑f(x)=x i,i=1,2,3,4,5的零点我们得到y=ℎ(x)的零点：（i）当∣c∣=2时，f(t)=c有两个根t1，t2满足∣t1∣=1，∣t2∣=2，而f(x)=t1有三个不同的根，f(x)=t2有两个不同的根，故y=ℎ(x)有5个零点．（ii）当∣c∣<2时，f(t)=c有三个不同的根t3，t4，t5满足∣t i∣<2,i=3,4,5，而f(x)=t i(i=3,4,5)各有三个不同的根，故y=ℎ(x)有9个零点．综上可知，当∣c∣=2时，函数y=ℎ(x)有5个零点；当∣c∣<2时，函数y=ℎ(x)有9个零点．32. （1）因为2a n+12a n=2a n+1−a n=2d（n=1,2,3）是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列．（2）不存在．理由如下：令a1+d=a，则a1，a2，a3，a4分别为a−d，a，a+d，a+2d（a>d，a>−2d，d≠0）．假设存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，则a4=(a−d)(a+d)3，且(a+d)6=a2(a+2d)4．令t=da ，则1=(1−t)(1+t)3，且(1+t)6=(1+2t)4(−12<t<1,t≠0)，化简得t3+2t2−2=0, ⋯⋯①且t2=t+1．将t2=t+1代入①式，得t(t+1)+2(t+1)−2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，则t=−14．显然t=−14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列．（3）不存在，理由如下：假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列，则a1n(a1+2d)n+2k=(a1+d)2(n+k)，且(a1+d)n+k(a1+3d)n+3k=(a1+2d)2(n+2k)，分别在两个等式的两边同除以a12(n+k)及a12(n+2k)，并令t=da1（t>−13，t≠0），则(1+2t)n+2k=(1+t)2(n+k)，且(1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2t)2(n+2k)．将上述两个等式两边取对数，得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)ln(1+t)，且(n+k)ln(1+t)+ (n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t)．化简得 2k [ln (1+2t )−ln (1+t )]=n [2ln (1+t )−ln (1+2t )]，且 3k [ln (1+3t )−ln (1+t )]=n [3ln (1+t )−ln (1+3t )]．再将这两式相除，化简得 ln (1+3t )ln (1+2t )+3ln (1+2t )ln (1+t )=4ln (1+3t )ln (1+t ). ⋯⋯②令 g (t )=4ln (1+3t )ln (1+t )−ln (1+3t )ln (1+2t )−3ln (1+2t )ln (1+t )，则 gʹ(t )=2[(1+3t )2ln (1+3t )−3(1+2t )2ln (1+2t )+3(1+t )2ln (1+t )](1+t )(1+2t )(1+3t )． 令 φ(t )=(1+3t )2ln (1+3t )−3(1+2t )2ln (1+2t )+3(1+t )2ln (1+t )， 则 φʹ(t )=6[(1+3t )ln (1+3t )−2(1+2t )ln (1+2t )+(1+t )ln (1+t )]， 令 φ1(t )=φʹ(t )，则 φ1ʹ(t )=6[3ln (1+3t )−4ln (1+2t )+ln (1+t )]， 令 φ2(t )=φ1ʹ(t )，则 φ2ʹ(t )=12(1+t )(1+2t )(1+3t )>0． 由 g (0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0，φ2ʹ(t )>0，知 φ2(t )，φ1(t )，φ(t )，g (t ) 在 (−13,0) 和 (0,+∞) 上均单调．故 g (t ) 只有唯一零点 t =0，即方程 ② 只有唯一解 t =0，故假设不成立．所以不存在 a 1，d 及正整数 n ，k ，使得 a 1n ，a 2n+k ，a 3n+2k ，a 4n+3k依次构成等比数列． 33. （1） 在等式 (1+x )n =C n 0+C n 1x +C n 2x 2+⋯+C n n−1x n−1+C n n x n 两边对 x 求导，得n (1+x )n−1=C n 1+2C n 2x +⋯+(n −1)C n n−1x n−2+nC n n x n−1.移项得n [(1+x )n−1−1]=∑kC n k xk−1nk=2. (∗)（2） ①在 (∗) 式中，令 x =−1 ，整理得∑(−1)k kC n k nk=1=0.②由（1）知 n (1+x )n−1=C n 1+2C n 2x +⋯+(n −1)C n n−1x n−2+nC n n x n−1， n ≥3 ．两边对 x 求导，得n (n −1)(1+x )n−2=2C n 2+3⋅2C n 3x +⋯+n (n −1)C n n x n−2.在上式中，令 x =−1 ，得2C n 2+3⋅2C n 3(−1)+⋯+n (n −1)C n n (−1)n−2=0,即∑k (k −1)C n k nk=1(−1)k−2=0, 亦即∑(−1)k (k 2−k )C n k nk=1=0.又由①知 ∑(−1)k kC n kn k=1=0 ，上面两式相加，得∑(−1)k k 2C n k nk=1=0.③将等式 (1+x )n =C n 0+C n 1x +C n 2x 2+⋯+C n n−1x n−1+C n n x n两边在 [0,1] 上对 x 积分，得∫(1+x)n1dx =∫(C n 0+C n 1x +C n 2x 2+⋯+C n n−1x n−1+C n n x n )1dx,由微积分基本定理，得1n +1(1+x )n+1∣∣∣01=(∑C n k k +1nk=0x k+1)∣∣∣∣01, 故∑1k +1C n knk=0=2n+1−1n +1.34. （1） 由题意，得Q n (a n ,a n 2),P n+1(1a⋅a n 2,a n 2),Q n+1(1a ⋅a n 2,1a2⋅a n 4).由 Q n+1 的横坐标为 a n+1，得a n+1=1a ⋅a n2, 两边取对数，得lga n+1=2lga n −lga,两端同减去 lga ，得lga n+1−lga =2(lga n −lga ),则 {lga n } 是公比为 2 、 首项为 lg a1a 的等比数列，从而lga n −lga =2n−1lga 1a, 解得a n =a (a 1a)2n−1.（2） 由 a =1，得 a n+1=a n 2．由 a 1≤12，得a 2≤14,a 3≤116.因为当 k ≥1 时，a k+2≤a 3≤116. 所以∑(a k−a k+1) nk=1a k+2≤116∑(a k−a k+1)nk=1=116(a1−a n+1)<132.（3）由（1），及a=1，得a n=a12n−1，因此∑(a k−a k+1) nk=1a k+2=∑(a12k−1−a12k)nk=1a12k+1≤∑(a1i−a1i+1)2n−1i=1a12i+2 =(1−a1)a12∑a13i2n−1i=1<(1−a1)a12⋅a13 1−a13=a151+a1+a12<13.。