专题集训参考答案2参考答案2

经典模拟·演练卷
1．A [∵点(1，3)在曲线上可得a ＝1，则y ＝x 3－2x ＋4，得y ′＝3x 2－2，得y ′|x ＝1＝1，故切线的倾斜角为45°.]
2．A [f ′(x )＝x 2－4x ，由f ′(x )>0，得x >4或x <0.
∴f (x )在(0，4)上递减，在(4，＋∞)上递增，∴当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (4)．∴要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入
解之得m ≥179.]
3．D [令f ′(x )＝1－1x 2＝x 2－1x 2＝0，得x ＝±1.当x ∈(－∞，－1)时，
f ′(x )＞0；当x ∈(－1，0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0.故当x ＞0时，f (x )≥2；当x ＜0时，f (x )≤－2，故函数在其定义域内没有最大值和最小值，故A ，B 错；函数在x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，故C 错；当x 0≥1时满足题意，D 正确，故选D.]
4．B [f ′(x )＝e x (x 2＋2ax )＋(2x ＋2a )e x ＝e x [x 2＋2x (a ＋1)＋2a ] 令f ′(x )＝0，得x ＝±a 2＋1－(a ＋1)<0.
因此f (x )的两个极值点均小于0.
结合函数的图象，选项B 为f (x )的大致图象．]
5．B [f ′(x )＝(ln x －ax )＋x ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x －a ＝ln x ＋1－2ax ， 令f ′(x )＝0，得2a ＝ln x ＋1x ，
设φ(x )＝ln x ＋1x ，则φ′(x )＝－ln x x 2，
易知φ(x )在(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，
∴φ(x )在(0，＋∞)上的极大值为φ(1)＝1.
大致图象如图，
若f (x )有两个极值点，则y ＝2a 和y ＝φ(x )图象有两个交点，
∴0＜2a ＜1，∴0＜a ＜12.]
6．B [由题意知a ≠0，由f ′(x )＝3ax 2－6x ＝0得x ＝0或x ＝2a .
当a >0时，f (x )在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，2a 上单调递减．
且f (0)＝1>0，故f (x )有小于0的零点，不符题意，排除A 、C.
当a <0时，要使x 0>0且唯一，只需f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2a >0，即a 2>4， ∴a <－2，选B.]
7．(－4，0) [由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2.当x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；
当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a ，所以
⎩⎪⎨⎪⎧－a ＞0，－4－a ＜0，
解得－4＜a ＜0.]
8．(0，1)∪(2，3) [对f (x )求导，得f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x
＝－（x －1）（x －3）x
.由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，所以t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，解得0<t <1或2<t <3.] 9.22 [当x ＝t 时，f (t )＝t 2，g (t )＝ln t ，
∴y ＝|MN |＝t 2－ln t (t ＞0)．
∴y ′＝2t －1t ＝2t 2－1t ＝2⎝
⎛⎭⎪⎫t ＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫t －22t .
当0＜t ＜22时，y ′＜0；当t ＞22时，y ′＞0.
∴y ＝|MN |＝t 2－ln t 在t ＝22时有最小值．]
10．(1)解 f ′(x )＝a e x
＋2x ，g ′(x )＝π2cos πx 2＋b . f (0)＝a ，f ′(0)＝a ，g (1)＝1＋b ，g ′(1)＝b ，
曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线为y ＝ax ＋a ，
曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线为y ＝b (x －1)＋1＋b ，即y ＝bx ＋1.
依题意，有a ＝b ＝1，直线l 方程为y ＝x ＋1.
(2)证明 由(1)知f (x )＝e x ＋x 2
，g (x )＝sin πx 2＋x . 设F (x )＝f (x )－(x ＋1)＝e x ＋x 2－x －1，则F ′(x )＝e x ＋2x －1，
当x ∈(－∞，0)时，F ′(x )<F ′(0)＝0；
当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )>F ′(0)＝0；
F (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故F (x )≥F (0)＝0，当且仅当x ＝0时F (0)＝0成立．
设G (x )＝x ＋1－g (x )＝1－sin πx 2，
则G (x )≥0，当且仅当x ＝4k ＋1(k ∈Z )时等号成立．
由上可知，f (x )≥x ＋1≥g (x )，且两个等号不同时成立，
因此f (x )>g (x )．
11．解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)．当a ＝3时，f (x )＝－x 2＋3x －ln x ，
f ′(x )＝－2x 2＋3x －1x ＝－（2x －1）（x －1）x
， 当12<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；
当0<x <12及x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．
所以f (x )极大值＝f (1)＝2，f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＝54＋ln 2. (2)f ′(x )＝(1－a )x ＋a －1x ＝（1－a ）x 2＋ax －1x
＝（1－a ）⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －1a －1（x －1）x
当1a －1
＝1，即a ＝2时，f ′(x )＝－（1－x ）2x ≤0，f (x )在定义域上是减函数；
当0<1a －1<1，即a >2时，令f ′(x )<0，得0<x <1a －1
或x >1；
令f ′(x )>0，得1a －1
<x <1. 当1a －1
>1，即1<a <2时， 由f ′(x )>0，得1<x <1a －1；由f ′(x )<0，得0<x <1或x >1a －1
， 综上，当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)上是减函数；
当a >2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a －1和(1，＋∞)单调递减，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a －1，1上单调递增；
当1<a <2时，f (x )在(0，1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞单调递减，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，1a －1上单调递增．
12．解 (1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2，
又f ′(x )＝ln x ＋a x ＋1，所以a ＝1.
(2)当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1，2)内存在唯一的根．
设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2
e x ，
当x ∈(0，1]时，h (x )＜0.
又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2＞1－1＝0，
所以存在x 0∈(1，2)，使得h (x 0)＝0.
因为h ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＋x （x －2）e x
，
所以当x ∈(1，2)时，h ′(x )＞1－1e ＞0，
当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0，
所以当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增，
所以k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根．
(3)由(2)知方程f (x )＝g (x )在(1，2)内存在唯一的根x 0.
且x ∈(0，x 0)时，f (x )＜g (x )，
x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )＞g (x )，
所以m (x )＝⎩⎨⎧（x ＋1）ln x ，x ∈（0，x 0]，
x 2e x ，x ∈（x 0，＋∞）.
当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0，1]，m (x )≤0；
若x ∈(1，x 0)，由m ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＞0，
可知0＜m (x )≤m (x 0)；
故m (x )≤m (x 0)．
当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x （2－x ）e x
，可得x ∈(x 0，2)时， m ′(x )＞0，m (x )单调递增；
x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )＜0，m (x )单调递减；
可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)＜m (2)．
综上可得，函数m (x )的最大值为4e 2.
专题过关·提升卷
1．D [∵f (x )＝ax －ln (x ＋1)，∴f ′(x )＝a －1x ＋1
， ∴f (0)＝0且f ′(0)＝a －1＝2，解得a ＝3，故选D.]
2．B [y ′＝x －1x ，且x ＞0，
令y ′＝x －1x ≤0，解之得0＜x ≤1.
∴函数的单调减区间为(0，1]．]
3．A [从图象上可以看出：当x ∈(0，1)时， f ′(x )>0；当x ∈(1，2)时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )有两个极值点1和2，且当x ＝2时函数取得极小值，当x ＝1时函数取得极大值．只有A 不正确．]
4．C [A ，B 中构造函数f (x )＝e x －ln x ，
∴f ′(x )＝e x
－1x ， 在(0，1)上有零点，故A ，B 错；C ，D 中令g (x )＝e x x ，
∴g ′(x )＝e x x －e x x 2＝e x （x －1）x 2
＜0， ∴g (x )在(0，1)单调递减，
又∵x 2＞x 1， ∴12
e 1e 2x x x x ，故选C.] 5．C [当x ＝0时，ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变为3≥0恒成立，即a ∈R .
当x ∈(0，1]时，ax 3≥x 2－4x －3，a ≥x 2－4x －3x 3
， ∴a ≥⎣⎢⎡⎦
⎥⎤x 2－4x －3x 3max . 设φ(x )＝x 2－4x －3x 3
， φ′(x )＝（2x －4）x 3－（x 2－4x －3）3x 2
x 6
＝－x 2－8x －9x 4＝－（x －9）（x ＋1）x 4
＞0， ∴φ(x )在(0，1]上递增，φ(x )max ＝φ(1)＝－6.
∴a ≥－6.
当x ∈[－2，0)时，a ≤x 2－4x －3x 3
， ∴a ≤⎣⎢⎡⎦
⎥⎤x 2－4x －3x 3min . 仍设φ(x )＝x 2－4x －3x 3
， φ′(x )＝－（x －9）（x ＋1）x 4
. 当x ∈[－2，－1)时，φ′(x )＜0，
当x ∈(－1，0)时，φ′(x )＞0.
∴当x ＝－1时，φ(x )有极小值，即为最小值．
而φ(x )min ＝φ(－1)＝1＋4－3－1
＝－2， ∴a ≤－2.综上知－6≤a ≤－2.]
6．C [由f (x )＝x 22＋m x ，得f ′(x )＝x －m x 2，
又x 0是f (x )的极值点，∴f ′(x 0)＝0，解之得x 0＝3m ，
因此x 0f (x 0)－x 30＝x 302＋m －x 30＝m 2
， 所以m 2>m 2，解之得0<m <12.]
7．A [f (x )＝14x 2＋cos x ，则f ′(x )＝12x －sin x ，
∴f ′(x )为奇函数，排除选项B ，D.
又[f ′(x )]′＝12－cos x ，令12－cos x ＝0，则x ＝2k π±π3，k ∈Z .
当0<x <π3时，[f ′(x )]′＝12－cos x <0.
∴函数y ＝f ′(x )在⎝
⎛⎭⎪⎫0，π3内是减函数，图象A 适合．] 8．C [令F (x )＝g （x ）e x －1，则F ′(x )＝g ′（x ）e x －e x g （x ）（e x ）2
＝[g ′(x )－g (x )]·1e x .
∵g ′(x )－g (x )<0，
∴F ′(x )<0，则函数F (x )在(－∞，＋∞)上是减函数．
又函数y ＝g (x )的图象关于直线x ＝2对称，
∴g (0)＝g (4)＝1，从而F (0)＝g （0）e 0－1＝0.
故F (x )>0⎝ ⎛⎭
⎪⎫即g （x ）e x >1的解集为(－∞，0)．]
9．5x ＋y －3＝0 [∵y ′＝－5e －5x ，∴k ＝－5×e 0＝－5，∴切线方程为y －3＝－5x ，即5x ＋y －3＝0.]
10．[－2，＋∞) [∵f (x )＝a ln x ＋x .∴f ′(x )＝a x ＋1.
又∵f (x )在[2，3]上单调递增，∴a x ＋1≥0在x ∈[2，3]上恒成立，∴a
≥(－x )max ＝－2，∴a ∈[－2，＋∞)．]
11.⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12 [f ′(x )＝3x 2－6b ， 若f (x )在(0，1)内有极小值，只需f ′(0)·f ′(1)＜0，
即－6b ·(3－6b )＜0，解得0＜b ＜12.]
12.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤34，3 [设P (x 0，y 0)，则f ′(x )＝2x －1. ∴－1≤2x 0－1≤3，即0≤x 0≤2.
∵y 0＝f (x 0)＝x 20－x 0＋1＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 0－122＋34， ∵x 0∈[0，2]，∴34≤y 0≤3，
故点P 的纵坐标的取值范围是⎣⎢⎡⎦
⎥⎤34，3.] 13．(－1，0)∪(0，＋∞) [对函数f (x )求导，得f ′(x )＝－ax 2＋2x －1x
(x >0)．依题意，得f ′(x )<0在(0，＋∞)上有解，即ax 2＋2x －1>0在(0，＋∞)上有解，∴Δ＝4＋4a >0且方程ax 2＋2x －1＝0至少有一个正根，∴a >－1，又∵a ≠0，
∴－1<a <0或a >0.]
14.89π
[该三视图对应的几何体为底面半径为1，高为2的圆锥．如图，设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，上、下底面中心分别为O 1，O 2，上方截得的小圆锥的高为h ，底面半径为r ，则a 2＋b 2＝4r 2.
由三角形相似，得SO 1SO 2＝O 1A O 2B ，即h 2＝r 1，则h ＝2r .长方体的体积为V ＝abc ＝ab (2－2r )≤a 2＋b 22×(2－2r )＝2r 2(2－2r )＝4r 2－4r 3(当且仅当a ＝b 时取等号，且0<r <1)．
设y ＝4r 2－4r 3(0<r <1)，则y ′＝8r －12r 2
.由y ′＝0，得r ＝0或r ＝23.由y ′>0，得0<r <23.由y ′<0，得23<r <1.故当r ＝23时，y max ＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫232－4×⎝ ⎛⎭
⎪⎫233＝1627，即V max ＝1627.
∴原工件材料的利用率为162713
π×12×2＝89π.] 15．①④ [设A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))，
C (x 1，g (x 1))，
D (x 2，g (x 2))，对于①从y ＝2x 的图象可看出，m ＝k AB ＞0恒成立，故正确；
对于②直线CD 的斜率可为负，即n ＜0，故不正确；
对于③由m ＝n 得f (x 1)－f (x 2)＝g (x 1)－g (x 2)，
即f (x 1)－g (x 1)＝f (x 2)－g (x 2)，
令h (x )＝f (x )－g (x )＝2x －x 2－ax ，
则h ′(x )＝2x ·ln 2－2x －a ，
由h ′(x )＝0，得2x ·ln 2＝2x ＋a ，(*)结合图象知，当a 很小时，方程(*)无解，∴函数h (x )不一定有极值点，就不一定存在x 1，x 2使f (x 1)－g (x 1)＝f (x 2)－g (x 2)，不一定存在x 1，x 2使得m ＝n ，故不正确； 对于④由m ＝－n ，得f (x 1)－f (x 2)＝g (x 2)－g (x 1)，
即f (x 1)＋g (x 1)＝f (x 2)＋g (x 2)，
令F (x )＝f (x )＋g (x )＝2x ＋x 2＋ax ，则F ′(x )＝2x ln 2＋2x ＋a ， 由F ′(x )＝0，得2x ln 2＝－2x －a ，
结合如图所示图象可知，该方程有解，即F (x )必有极值点，∴存在x 1，x 2使F (x 1)＝F (x 2)，使m ＝－n ，故正确．
故①④正确．]
16．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .
若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．
若a ＞0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ，＋∞上单调递减． 综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；
当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；
当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.
因此f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0. 令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，
g (1)＝0.
于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0.
因此，a 的取值范围是(0，1)．
17．(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)得
f ′(x )＝x －k x ＝x 2－k x .
由f ′(x )＝0解得x ＝k (负值舍去)．
f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：
所以，f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)．
f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln k ）2
. (2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k （1－ln k ）2
. 因为f (x )存在零点，所以k （1－ln k ）2
≤0，从而k ≥e ， 当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0，
所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．
当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k 2<0，
所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．
综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．
18．解 (1)f (sin x )＝sin 2 x －a sin x ＋b
＝sin x (sin x －a )＋b ，－π2<x <π2.
[f (sin x )]′＝(2sin x －a )cos x ，－π2<x <π2.
因为－π2<x <π2，所以cos x >0，－2<2sin x <2.
①a ≤－2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递增，无极值．
②a ≥2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递减，无极值．
③对于－2<a <2，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2
，π2内存在唯一的x 0， 使得2sin x 0＝a .
－π2<x ≤x 0时，函数f (sin x )单调递减；
x 0≤x <π2时，函数f (sin x )单调递增；
因此，－2<a <2，b ∈R 时，函数f (sin x )在x 0处有极小值，
f (sin x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝b －a 24. (2)－π2≤x ≤π2时，|f (sin x )－f 0(sin x )|＝|(a 0－a )sin x ＋b －b 0|≤|a －a 0|＋|b －b 0|.
当(a 0－a )(b －b 0)≥0时，取x ＝π2，等号成立．
当(a 0－a )(b －b 0)<0时，取x ＝－π2，等号成立．
由此可知，|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2
，π2上的最大值为D ＝|a －a 0|＋ |b －b 0|.
(3)D ≤1即为|a |＋|b |≤1，此时0≤a 2≤1，－1≤b ≤1，
从而z ＝b －a 24≤1.
取a ＝0，b ＝1，则|a |＋|b |≤1，并且z ＝b －a 24＝1.
由此可知，z ＝b －a 24满足条件D ≤1的最大值为1.
19．(1)解 f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x
＝(x ＋1)2e x ，∀x ∈R ，f ′(x )≥0恒成立．
∴f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)．
(2)证明 ∵f (0)＝1－a ，f (a )＝(1＋a 2)e a －a ，
∵a >1，∴f (0)<0，f (a )>2a e a －a >2a －a ＝a >0，
∴f (0)·f (a )<0，
∴f (x )在(0，a )上有一零点，又∵f (x )在(－∞，＋∞)上递增， ∴f (x )在(0，a )上仅有一个零点，
∴f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．
(3)证明 f ′(x )＝(x ＋1)2e x ，设P (x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝e x 0(x 0＋1)2＝0，∴x 0＝－1，
把x 0＝－1，代入y ＝f (x )得y 0＝2e －a ，
∴k OP ＝a －2e .
f ′(m )＝e m (m ＋1)2＝a －2e ，
令g (m )＝e m －(m ＋1)，g ′(m )＝e m －1.
令g ′(x )>0，则m >0，∴g (m )在(0，＋∞)上增．
令g ′(x )<0，则m <0，∴g (m )在(－∞，0)上减．
∴g (m )min ＝g (0)＝0.
∴e m －(m ＋1)≥0，即e m ≥m ＋1.
∴e m (m ＋1)2≥(m ＋1)3，即a －2e ≥(m ＋1)3.
∴m ＋1≤ 3a －2e ，即m ≤ 3a －2e －1.
20．(1)解 ∵f ′(x )＝ln x －ax ＋x ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x －a ＝ln x －2ax ＋1， ∴f ′(1)＝1－2a ，
因为3x －y －1＝0的斜率为3.
依题意，得1－2a ＝3，则a ＝－1.
(2)证明 因为F (x )＝g (x )＋12x 2＝ln x －2ax ＋1＋12x 2，
所以F ′(x )＝1x －2a ＋x ＝x 2－2ax ＋1x
(x >0)， 函数F (x )＝g (x )＋12x 2有两个极值点x 1，x 2且x 1<x 2，
即h (x )＝x 2－2ax ＋1在(0，＋∞)上有两个相异零点x 1，x 2.
∵x 1x 2＝1>0，∴⎩
⎪⎨⎪⎧Δ＝4a 2－4>0，x 1＋x 2＝2a >0，∴a >1. 当0<x <x 1或x >x 2时，h (x )>0，F ′(x )>0.
当x 1<x <x 2时，h (x )<0，F ′(x )<0.
所以F (x )在(0，x 1)与(x 2，＋∞)上是增函数，在区间(x 1，x 2)上是减函数．
因为h (1)＝2－2a <0，所以0<x 1<1<a <x 2，
令x 2－2ax ＋1＝0，得a ＝x 2＋12x ，
∴f (x )＝x (ln x －ax )＝x ln x －12x 3－12x ，
则f ′(x )＝ln x －32x 2＋12，
设s (x )＝ln x －32x 2＋12，s ′(x )＝1x －3x ＝1－3x 2x ，
①当x >1时，s ′(x )<0，s (x )在(1，＋∞)上单调递减，从而函数s (x )在(a ，＋∞)上单调递减，
∴s (x )<s (a )<s (1)＝－1<0，即f ′(x )<0，
所以f (x )在区间(1，＋∞)上单调递减．
故f (x )<f (1)＝－1<0.
又1<a <x 2，
因此f (x 2)<－1.
②当0<x <1时，由s ′(x )＝1－3x 2x >0，得0<x <33.
由s ′(x )＝1－3x 2x <0，得33<x <1，所以s (x )在⎝
⎛⎭⎪⎫0，33上单调递增，s (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫33，1上单调递减， ∴s (x )≤s ⎝ ⎛⎭⎪⎫33＝ln ⎝ ⎛⎭
⎪⎫33<0， ∴f (x )在(0，1)上单调递减，
∴f (x )>f (1)＝－1，
∵x 1∈(0，1)，从而有f (x 1)>－1.
综上可知：f (x 2)<－1<f (x 1)．
专题七 计数原理与概率、推理证明与数学归纳法
真题体验·引领卷
1．B [由|z |≤1可得(x －1)2＋y 2≤1，表示以(1，0)为圆心，半径为1的圆及其内部，满足y ≥x 的部分为如图阴影所示，
由几何概型概率公式可得所求概率为：
P ＝14π×12－12×12π×12＝π4－12π＝14－12π
.] 2．B [由题意，首位数字只能是4，5，若万位是5，则有3×A 34＝72(个)；
若万位是4，则有2×A 34个＝48(个)，故比40 000大的偶数共有72＋48＝120(个)．选B.]
3．B [从袋中任取2个球共有C 215＝105种取法，其中恰好1个白球
1个红球共有C 110C 15＝50种取法，所以所取的球恰好1个白球1个红
球的概率为50105＝1021.]
4．C [T k ＋1＝C k 5(x 2＋x )
5－k y k ，∴k ＝2. 则T 3＝C 25(x 2＋x )3y 2
对于二项式(x 2＋x )3，T r ＋1＝C r 3(x 2)3－r x r ＝C r 3
x 6－r ， 令r ＝1，所以x 5y 2的系数为C 25·C 13＝30.]
5．A [命题①成立，若A ≠B ，则card(A ∪B )>card(A ∩B )，所以 d (A ，B )＝card(A ∪B )－card(A ∩B )>0.反之可以把上述过程逆推，故“A ≠B ”是“d (A ，B )>0”的充分必要条件；
命题②成立，由Venn 图，
知card(A ∪B )＝card(A )＋card(B )－card(A ∩B )，
d (A ，C )＝card(A )＋card(C )－2card(A ∩C )，
d (B ，C )＝card(B )＋card(C )－2card(B ∩C )，
∴d (A ，B )＋d (B ，C )－d (A ，C )
＝card(A )＋card(B )－2card(A ∩B )＋card(B )＋card(C )－2card(B ∩C )－
[card(A )＋card(C )－2card(A ∩C )]
＝2card(B )－2card(A ∩B )－2card(B ∩C )＋2card(A ∩C )
＝2card(B )＋2card(A ∩C )－2[card(A ∩B )＋card(B ∩C )]
＝2card(B )＋2card(A ∩C )－2[card(A ∪C )∩B ＋
card(A ∩B ∩C )]
＝[2card(B )－2card(A ∪C )∩B ]＋[2card(A ∩C )－2card(A ∩B ∩C )]≥0， ∴d (A ，C )≤d (A ，B )＋d (B ，C )得证．]
6．B [如图，点(x ，y )所处的空间为正方形OBCA 表示的平面区域(包括其边界)，故本题属于几何概型中的“面积比”型．分别画出三个事件对应的图形，根据图形面积的大小估算概率的大小．
满足条件的x ，y 构成的点(x ，y )在正方形OBCA 及其边界上．事件“x
＋y ≥12”对应的图形为图①所示的阴影部分；事件“|x －y |≤12”对应
的图形为图②所示的阴影部分；事件“xy ≤12”对应的图形为图③所示
的阴影部分．对三者的面积进行比较，可得p 2<p 3<p 1.]
7．1 560 [依题意两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中
任选两人的排列数，所以全班共写了A 2
40＝40×39＝1 560条毕业留
言．]
8．3 [设(a ＋x )(1＋x )4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5. 令x ＝1，得(a ＋1)×24＝a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5.① 令x ＝－1，得0＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5.②
①－②，得16(a ＋1)＝2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×32，∴a ＝3.]
9．4n －1 [观察每行等式的特点，每行等式的右端都是幂的形式，底数
均为4，指数与等式左端最后一个组合数的上标相等，故有C 02n －1＋C 12n －1＋C 22n －1＋…＋C n －12n －1＝4
n －1.] 10．解 (1)所有可能结果为：(A 1，a 1)，(A 1，a 2)，(A 1，b 1)，(A 1，b 2)，(A 2，a 1)，(A 2，a 2)，(A 2，b 1)，(A 2，b 2)；(B ，a 1)，(B ，a 2)，(B ，b 1)，(B ，b 2)共计12种结果．
(2)不正确，理由如下：设“中奖”为事件A ，则P (A )＝412＝13，
P (A －
)＝1－13＝2
3，P (A )＜P (A －)，故此种说法不正确． 11．解 (1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙，
所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为200
1 000＝0.2.
(2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品．
所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为100＋200
1 000＝0.3.
(3)与(1)同理，可得：
顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为
200
1 000＝0.2，
顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100＋200＋300
1 000＝0.6，
顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为
100
1 000＝0.1.
所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大．12．解(1)余下两种坐法如下表所示：
(2)若乘客P1坐到了2号座位，其他乘客按规则就座，则所有可能的坐法可用下表表示为：
于是，所有可能的坐法共8种，
设“乘客P 5坐到5号座位”为事件A ，则事件A 中的基本事件的个数为4，所以P (A )＝48＝12.
所以乘客P 5坐到5号座位的概率是1
2.
经典模拟·演练卷
1．B [∵z ＝11＋i ＋i ＝1－i （1＋i ）（1－i ）＋i ＝1－i 2＋i ＝12＋1
2i ，
∴|z |＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫122＝22.]
2．B [展开式的通项公式T r ＋1＝C r n (3x )n －r ⎝
⎛
⎭
⎪⎫1x x r ， ∴T r ＋1＝3
n －r
C r
n xn －52
r ，r ＝0，1，2，…，n .
令n －52r ＝0，n ＝5
2r ，故最小正整数n ＝5.]
3．A [分三类：(1)甲、乙均没参加游览，有A 4
4＝24种方案． (2)甲、乙只有1人参加游览，有C 12C 34A 13A 33＝144种方案． (3)甲、乙均参加游览，有C 24C 12A 33＝72种方案．
∴由分类加法计数原理，共有24＋144＋72＝240(种)不同方案．] 4．C [采用赋值法，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 2 015＋a 2 016＝2，令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…－a 2 015＋a 2 016＝0，把两式相加，得2(a 0＋a 2＋…＋a 2 016)＝2，所以a 0＋a 2＋…＋a 2 016＝1，又令x ＝0，得a 0＝22 015，所以a 2＋a 4＋…＋a 2 014＋a 2 016＝1－22 015.故选C.]
5．D [由个位数与十位数之和为奇数，则个位数与十位数分别为一奇一偶．若个位数为奇数时，这样的两位数共有4×5＝20(个)；若个位数为偶数时，这样的两位数共有5×5＝25(个)；于是，个位数与十位数之和为奇数的两位数共有20＋25＝45(个)．其中，个位数是0的有5个．于是，所求概率为545＝19.]
6．C [f (3，0)＋f (2，1)＋f (1，2)＋f (0，3)＝C 36＋C 26C 14＋C 16C 24＋C 3
4＝120，
故选C.]
7．12 [当相同的数字不是1时，有C 13个； 当相同的数字是1时，共有C 13C 13个，
由分类加法计数原理知共有“好数”C 13＋C 13C 13＝12个．]
8.23 [三位同学每人选择三项中的两项有C 23C 23C 23＝3×3×3＝27(种)选法，
其中有且仅有两人所选项目完全相同的有C 23C 23C 1
2＝3×3×2＝18(种)
选法．
∴所求概率为P ＝1827＝23.]
9．A 城市 [由丙可知乙至少去过一个城市，由甲可知甲去过A 、C 城市，且比乙多，故乙去过一个城市，且没去过C 城市．故乙去过A 城市．]
10．解 (1)由题意得，省外游客有27人，其中9人持金卡；省内游客有9人，其中6人持银卡．
设事件A 为“采访该团2人，恰有1人持银卡”，
P (A )＝C 16C 130
C 236
＝27.
所以采访该团2人，恰有1人持银卡的概率是2
7.
(2)设事件B 为“采访该团2人中，持金卡人数与持银卡人数相等”， 事件A 1为“采访该团2人中，0人持金卡，0人持银卡”， 事件A 2为“采访该团2人中，1人持金卡，1人持银卡”．
P (B )＝P (A 1)＋P (A 2)＝C 221C 236＋C 19C 1
6
C 236
＝13＋335＝44105.
所以采访该团2人中，持金卡人数与持银卡人数相等的概率是44
105.
11．(1)证明 假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 2
2＝a 1a 3，
即⎝ ⎛⎭⎪⎫23λ－32＝λ⎝ ⎛⎭
⎪⎫49λ－4⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2
－4λ⇔9＝0，矛盾，所以{a n }不是等比数列．
(2)解 因为b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21]＝ (－1)
n ＋1⎝ ⎛⎭
⎪⎫2
3a n －2n ＋14＝－23(－1)n ·(a n －3n ＋21)＝－2
3b n .
又b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时， b n ＝0(n ∈N *)，此时{b n }不是等比数列；
当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，由b n ＋1＝－2
3b n . 可知b n ≠0，所以b n ＋1b n ＝－2
3(n ∈N *)．
故当λ≠－18时，
数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－2
3为公比的等比数列． 12．解 (1)法一 a 2＝2，a 3＝2＋1， 再由题设条件知(a n ＋1－1)2＝(a n －1)2＋1.
从而{(a n －1)2}是首项为0，公差为1的等差数列， 故(a n －1)2＝n －1，即a n ＝n －1＋1(n ∈N *)． 法二 a 2＝2，a 3＝2＋1，
可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1.因此猜想a n ＝n －1＋1.
下面用数学归纳法证明上式． 当n ＝1时结论显然成立．
假设n ＝k 时结论成立，即a k ＝k －1＋1.则
a k ＋1＝（a k －1）2＋1＋1＝（k －1）＋1＋1＝（k ＋1）－1＋1. 这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．
所以a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．
(2)法一 设f (x )＝（x －1）2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )． 令c ＝f (c )，即c ＝（c －1）2
＋1－1，解得c ＝1
4.
下面用数学归纳法证明加强命题a 2n <c <a 2n ＋1<1. 当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (0)＝2－1， 所以a 2<1
4<a 3<1，结论成立．
假设n ＝k 时结论成立，即a 2k <c <a 2k ＋1<1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，
从而c ＝f (c )>f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2，即1>c >a 2k ＋2>a 2. 再由f (x )在(－∞，1]上为减函数，得 c ＝f (c )<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1.
故c <a 2k ＋3<1，因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1. 这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．
综上，符合条件的c 存在，其中一个值为c ＝1
4. 法二 设f (x )＝（x －1）2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )． 先证：0≤a n ≤1(n ∈N *)．① 当n ＝1时，结论明显成立． 假设n ＝k 时结论成立，即0≤a k ≤1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而 0＝f (1)≤f (a k )≤f (0)＝2－1<1.
即0≤a k ＋1≤1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立，故①成立．
再证：a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *)．②
当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1， 有a 2<a 3，即n ＝1时②成立．
假设n ＝k 时，结论成立，即a 2k <a 2k ＋1， 由①及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得 a 2k ＋1＝f (a 2k )>f (a 2k ＋1)＝a 2k ＋2， a 2(k ＋1)＝f (a 2k ＋1)<f (a 2k ＋2)＝a 2(k ＋1)＋1.
这就是说，当n ＝k ＋1时②成立，所以②对一切n ∈N *成立． 由②得a 2n <a 22n －2a 2n ＋2－1，
即(a 2n ＋1)2<a 22n －2a 2n ＋2，
因此a 2n <14.③
又由①、②及f (x )在(－∞，1]上为减函数得f (a 2n )>f (a 2n ＋1)， 即a 2n ＋1>a 2n ＋2，
所以a 2n ＋1>a 22n ＋1－2a 2n ＋1＋2－1.解得a 2n ＋1
>1
4.④
综上，由②、③、④知存在c ＝1
4使a 2n <c <a 2n ＋1对一切n ∈N *成立．
专题过关·提升卷
1．A [依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，直接写出命题的否定．方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根的反面是方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根，故选A.]
2．D [设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，由z ＋z －＝2，得a ＝1，∵(z －z －)i ＝2， ∴－2b ＝2，b ＝－1，∴z ＝1－i ，故选D.]
3．D [由{a n }为等差数列，设公差为d ， 则b n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n ＝a 1＋n －1
2d ， 又正项数列{c n }为等比数列，设公比为q ， 则d n ＝n
c 1·c 2·…·c n ＝
n
c n
1q n 2
－n 2＝c 1q n －12，故选D.]
4．C [从6名男医生任选2名有C 26种，从5名女医生任选1名有C 1
5种，∴共有C 26·C 15＝75种．]
5．C [(1－2x )
2 015
＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 015x
2 015
，令x ＝1
2，则⎝ ⎛⎭
⎪
⎫1－2×122 015＝a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 01522 015＝0，其中a 0＝1，所以a 12＋a 222＋…＋a 2 015
22 015＝－1.] 6．C [如图：不妨取正方形边长为1.基本事件总数为C 25＝10，
其中等于正方形边长的有：AB ，AD ，DC ，BC 共4条， 长度为2的有：BD ，AC ，共2条， ∴不小于该正方形边长的有6条， ∴概率为P ＝610＝3
5，故选C.]
7．A [取出红球的所有可能为1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5；取出白球的方法只有1＋b 5.故满足条件的所有取法为(1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)·(1＋b 5)．] 8．B [令h (x )＝f （x ）g （x ），则h ′(x )＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）g 2（x ）＜0，
故函数h (x )为减函数，即0＜a ＜1.
再根据f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝52，得a ＋1a ＝52，解得a ＝2(舍去)或者a ＝1
2.
所以f （n ）g （n ）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和是12⎝ ⎛
⎭⎪
⎫1－12n 1－12＝1－12n ，由于1－12n ＝31
32，所以n ＝5.]
9.1
4 [∵z ＝3＋i （1－3i ）2＝3＋i －2－23i ＝3＋i －2（1＋3i ）
＝（3＋i ）（1－3i ）－2（1＋3i ）（1－3i ）＝23－2i －8＝－34＋14i ，
故z －
＝－34－1
4i ，
∴z ·z －
＝⎝
⎛⎭⎪⎫－34＋14i ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34－14i ＝316＋116＝14.]
10．1＋122＋132＋142＋152＋162＜11
6 [归纳观察法．
观察每行不等式的特点，每行不等式左端最后一个分数的分母与右端值的分母相等，且每行右端分数的分子构成等差数列． ∴第五个不等式为1＋122＋132＋142＋152＋162＜11
6.] 11．12
－22
＋32
－42
＋…＋(－1)n ＋1n 2
＝(－1)
n ＋1
·n （n ＋1）2
[左边共n 项，每项的符号为(－1)n ＋1， 通项为(－1)n ＋1·n 2.
等式右边的值符号为(－1)n ＋1，各式为(－1)n ＋1(1＋2＋3＋…＋n )＝ (－1)
n ＋1n （n ＋1）2
，
∴第n 个等式为12－22＋32－42＋…＋(－1)n ＋1·n 2＝ (－1)
n ＋1
·n （n ＋1）2
.] 12．－20 [∵(x ＋y )8展开式中的通项为T k ＋1＝C k 8x 8－k y k
， 当k ＝7时，T 8＝C 78xy 7＝8xy 7. 当k ＝6时，T 7＝C 68
x 2y 6＝28x 2y 6. ∴(x －y )(x ＋y )8展开式中x 2y 7项为x ·8xy 7＋(－y )·28x 2y 6＝－20x 2y 7. 故x 2y 7的系数为－20.]
13.352、70或3 432 [因为C 4n ＋C 6n ＝2C 5n ，所以n 2－21n ＋98＝0， 解得n ＝7或n ＝14，当n ＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T 4和T 5.
所以T 4的系数为C 37⎝ ⎛⎭
⎪
⎫124×23
＝352，
T 5的系数为
C 47⎝ ⎛⎭
⎪
⎫
123×24
＝70.
当n ＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T 8. 所以T 8的系数为
C 714⎝ ⎛⎭
⎪
⎫12727
＝3 432.]
14.16 [十个数中任取七个不同的数共有C 710种情况，七个数的中位数
为6，那么6只有处在中间位置，有C 3
6种情况，于是所求概率P ＝C 3
6C 7
10
＝16.]
15．2 013 [观察数阵，记第n 行的第1个数为a n ，则有 a 2－a 1＝2， a 3－a 2＝4， a 4－a 3＝6， a 5－a 4＝8， ……
a n －a n －1＝2(n －1)．
将以上各等式两边分别相加，得a n －a 1＝2＋4＋6＋8＋…＋2(n －1)＝n (n －1)，
所以a n ＝n (n －1)＋1，所以a 45＝1 981.
又从第3行起数阵每一行的数都构成一个公差为2的等差数列，则第45行从左向右的第17个数为1 981＋16×2＝2 013.]
16．解 (1)由已知，有P (A )＝C 22C 23＋C 23C 23
C 4
8
＝635.
所以，事件A 发生的概率为6
35.
(2)P (X ＝k )＝C k 5C 4－k 3
C 48
(k ＝1，2，3，4)．
∴P (X ＝1)＝C 15C 33C 48＝114，P (X ＝2)＝C 25C 23
C 48＝37，
P (X ＝3)＝C 35C 13C 48＝37，P (X ＝4)＝C 45C 0
3
C 48
＝114.
17．(1)解 设{a n }的前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1； 当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1.①
qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，② ①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ， ∴S n ＝a 1（1－q n ）1－q ，
∴S n ＝⎩⎪⎨⎪
⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.
(2)证明 假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N ＋， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，
a 2
k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1， a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1q k －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1，
∵a 1≠0，∴2q k ＝q k －1＋q k ＋1. ∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0， ∴q ＝1，这与已知矛盾．
∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列． 18．(1)解
1a n ＋1
＝2a n ＋1a n
＝2＋1
a n
，
所以⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 是首项为1，公差为2的等差数列，
所以1a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，即a n ＝12n －1.
(2)证明 2b n ＝1a n ＋1＝2n ，所以b n ＝1
n ，
所以P n ＝(1＋b 1)(1＋b 3)…(1＋b 2n －1) ＝(1＋1)⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋12n －1.
用数学归纳法证明如下： ①当n ＝1时，P 1＝2＞ 3. ②假设当n ＝k (k ≥1)时命题成立，
则P k ＋1＝(1＋b 1)(1＋b 3)…(1＋b 2k －1)(1＋b 2k ＋1) ＝(1＋1)⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋12k ＋1
＞⎝
⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋12k ＋1. 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋12k ＋1＝2k ＋22k ＋1
， 所以
P 2k ＋1－(
2k ＋3)2
＞⎝ ⎛⎭
⎪
⎪⎫2k ＋22k ＋12－(2k ＋3)2
＝4k 2＋8k ＋4－（4k 2＋8k ＋3）2k ＋1＝1
2k ＋1＞0，
所以P k ＋1＞2k ＋3，即当n ＝k ＋1时结论成立． 由①②可得对于任意正整数n ，P n ＞2n ＋1都成立． 19．解 (1)X 的所有可能取值为－2，－1，0，1. (2)数量积为－2的有2OA ·5OA ，共1种；
数量积为－1的有1OA ·5OA ，1OA ·6OA ，2OA ·4OA ，2OA ·6OA ，3OA ·4OA ，
3OA ·5OA ，共6种；
数量积为0的有1OA ·3OA ，1OA ·4OA ，3OA ·6OA ，4OA ·6OA ，共4种；
数量积为1的有1OA ·2OA ，2OA ·3OA ，4OA ·5OA ，5OA ·6OA ，共4种．
故所有可能的情况共有15种．
所以小波去下棋的概率为P 1＝7
15； 因为去唱歌的概率为P 2＝4
15，
所以小波不去唱歌的概率为P ＝1－P 2＝1－415＝11
15.
20．(1)解 f (x )的反函数为g (x )＝ln x, 设所求切线的斜率为k ， ∵g ′(x )＝1
x ，∴k ＝g ′(1)＝1.
于是在点(1，0)处的切线方程为y ＝x －1.
(2)证明 法一 曲线y ＝e x
与y ＝12x 2
＋x ＋1公共点的个数等于函数φ(x )
＝e x
－12x 2
－x －1零点的个数．
∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x )存在零点x ＝0. 又φ′(x )＝e x －x －1，令h (x )＝φ′(x )＝e x －x －1， 则h ′(x )＝e x －1，
当x <0时，h ′(x )<0，∴φ′(x )在(－∞，0)上单调递减； 当x >0时，h ′(x )>0，∴φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增． ∴φ′(x )在x ＝0处有唯一的极小值φ′(0)＝0， 即φ′(x )在R 上的最小值为φ′(0)＝0. ∴φ′(x )≥0(仅当x ＝0时等号成立)， ∴φ(x )在R 上是单调递增的， ∴φ(x )在R 上有唯一的零点，
故曲线y ＝f (x )与y ＝1
2x 2＋x ＋1有唯一的公共点．
法二 ∵e x >0，1
2x 2＋x ＋1>0，
∴曲线y ＝e x
与y ＝12x 2
＋x ＋1公共点的个数等于曲线
y ＝12x 2
＋x ＋1e x
与y ＝1公共点的个数， 设φ(x )＝12x 2
＋x ＋1
e x ，则φ(0)＝1，即x ＝0时，两曲线有公共点． 又φ′(x )＝（x ＋1）e x
－（12x 2＋x ＋1）e x
e 2x
＝－12x
2e x ≤0(仅当x ＝0时等号成立)，
∴φ(x )在R 上单调递减， ∴φ(x )与y ＝1有唯一的公共点，
故曲线y ＝f (x )与y ＝12x 2
＋x ＋1有唯一的公共点．
(3)解 f （b ）－f （a ）
b －a －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2＝e b －e a
b －a
－e
a ＋
b 2
2
2
e e e e a b a b b
a
b a b a ++--+=
-
2e
a b b a
+=
- [e b －a 2
－e
a －
b 2
－(b －a )]．
设函数u (x )＝e x
－1
e x －2x (x ≥0)， 则u ′(x )＝e x
＋1
e x －2≥2
e x
·1
e x －2＝0，
∴u ′(x )≥0(仅当x ＝0时等号成立)，
∴u (x )单调递增． 当x >0时，u (x )>u (0)＝0. 令x ＝b －a
2，则e b －a 2
－e a －b 2
－(b －a )>0，
又
2
e
a b b a
+-＞0， ∴f （b ）－f （a ）b －a >f ⎝
⎛⎭
⎪⎫
a ＋
b 2. 第二部分 题型专训 客观题限时练(一)
1．D [易知A ＝[0，2]，B ＝{x |x ＜0，或x ＞1}．∴A ∩B ＝(1，2]．] 2．B [ln (x ＋1)<0⇔0<x ＋1<1⇔－1<x <0，而(－1，0)是(－∞，0)的真子集，所以“x <0”是“ln (x ＋1)<0”的必要不充分条件．] 3．B [∵S △ABC ＝12a ·c sin B ＝12×2×1×sin B ＝1
2， ∴sin B ＝2
2，
∵B ∈(0，π)，∴B ＝π4或3π
4.
当B ＝π4时，由余弦定理b 2＝a 2＋c 2
－2ac ·cos B ＝2＋1－22×1×22＝1，∴b ＝1，∴△ABC 为等腰直角三角形，不符合题意，舍去． 当B ＝3π
4时，由余弦定理：b 2＝a 2＋c 2－2ac ·cos B ＝5， ∴b ＝5，故选B.]
4．A [由题意得，f (x )＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4，
∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋x ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π6－x ， ∴令x ＝π6，则有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝f (0)，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωπ3＋π4＝sin π4＝2
2， ∴f ⎝
⎛⎭⎪⎫π3－πω＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫
ωπ3＋π4－π＝－1.] 5．B [先画出x ，y
满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x ，x ＋y ≤2，x ≥a
的可行域如图，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，
x ＋y ＝2，得
B (1，1)；由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ，
y ＝x ，
得C (a ，a )，平移直线2x ＋y ＝0，当直线过点C (a ，
a )时，目标函数z ＝2x ＋y 有最小值，且z min ＝3a ；当直线过点B (1，1)时，函数z ＝2x ＋y 取最大值，且z max ＝3.依题意，得3＝4×3a ，则a ＝
1
4.]
6．C [法一 (方程思想)
设公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧2＝a 1q 3
，5＝a 1q 4
，∴⎩⎪⎨⎪
⎧q ＝52，a 1＝16125， ∴a n ＝16125⎝ ⎛⎭⎪⎫52n －1
，
∴lg a n ＝lg 16125＋(n －1)lg 5
2， ∴lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8
＝8lg 16125＋(0＋1＋2＋…＋7)lg 5
2，
＝8(lg 16－lg 125)＋28(lg 5－lg 2)＝4lg 2＋4lg 5 ＝4(lg 2＋lg 5)＝4. 法二 (活用性质)
lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1a 2…a 8)
而a 1a 2…a 8＝(a 4a 5)4＝104，∴lg(a 1a 2…a 8)＝lg 104＝4.]
7．D [易知抛物线中p ＝32，焦点F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫34，0，直线AB 的斜率k ＝33，故直线AB 的方程为y ＝33⎝ ⎛⎭⎪⎫
x －34，代入抛物线方程y 2＝3x ，整理得x 2
－212x ＋916＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝21
2.由抛物线的定义可得弦长|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝212＋3
2＝12，结合图象可得O 到直线AB 的距离d ＝p 2sin 30°＝38，所以△OAB 的面积S ＝12|AB |·d ＝9
4.]
8．B [由题意知L ＝2πr ，13Sh ≈275L 2h ，即13·πr 2·h ≈2
75(2πr )2·h ，∴13π≈875π2，解得π≈25
8.选B.]
9．4 [cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝22＋c 2－（7－c ）24c ＝－1
4，解得c ＝3，b ＝7－c ＝4.]
10．2 [由三视图我们可以知道该空间几何体是一个四棱锥，底面是一个上、下底分别为1和2，高为2的直角梯形，四棱锥的高为2，
∴体积＝13×（1＋2）×2
2
×2＝2.] 11.2
2 [把函数y ＝sin x 的图象向左平移π6个单位长度得到y ＝
sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6的图象，再把函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6图象上每一点的横坐标伸长
为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫
12x ＋π6的图象，所以
f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12×π6
＋π6＝sin π4＝2
2.]
12．0或6 [圆C ：x 2＋y 2＋2x －4y －4＝0的标准方程为(x ＋1)2＋(y －2)2＝9，
所以圆心为C (－1，2)，半径为3.因为AC ⊥BC ，所以圆心C 到直线x －y ＋a ＝0的距离为32
2，即|－1－2＋a |2＝322，所以a ＝0或6.]
13．22 [∵a ＞b ＞0，ab ＝1，∴a 2＋b 2a －b ＝（a －b ）2＋2ab
a －
b ＝
（a －b ）2＋2a －b ＝(a －b )＋2
a －b
≥2 2.当且仅当：a －b ＝2时取等号．]
14.1
6 [由A ＝π6，AB →·AC →＝tan A ，得|AB →|·|AC →|·cos A ＝tan A ， 即|AB →
|·|AC →
|×32＝33，∴|AB →|·|AC →|＝2
3，
∴S △ABC ＝12|AB →|·|AC →|·sin A ＝12×23×12＝1
6.]
15．(1)x (2)x [(1)令f (x )＝x (x >0)，则经过点(a ，a )，(b ，－b )的直线方程为y －a ＝
a ＋b
a －b
(x －a )，
令y ＝0，解得x ＝ab ，∴当x >0，f (x )＝x 时
M f (a ，b )为a ，b 的几何平均数ab .
(2)设f (x )＝x (x >0)，则经过点(a ，a )，(b ，－b )的直线方程为y －a x －a
＝－b －a b －a ，令y ＝0，所以c ＝x ＝2ab a ＋b
， 所以当f (x )＝x (x >0)时，M f (a ，b )为a ，b 的调和平均数2ab a ＋b
.] 客观题限时练(二)
1．B [集合M ＝{x |x 2－3x －4<0}＝{x |－1<x <4}．
又∵N ＝{x |0≤x ≤5}，
∴M ∩N ＝{x |0≤x ＜4}，故选B.]
2．C [0＜a ＝2－13＜20＝1，b ＝log 213＜log 21＝0，c ＝log 1213＞log 12
12＝
1，即0＜a ＜1，b ＜0，c ＞1，所以c ＞a ＞b .]
3．A [∵命题p 为假命题，命题q 为真命题，所以p ∨q 为真命题，故选A.]
4．B [由题意得|ax －1|＜2＋x 2在定义域R 上恒成立．化简后得x 2＋ax ＋1＞0且x 2－ax ＋3＞0恒成立，通过判别式Δ＜0可得a 的范围．]
5．D [取K ，L 中点N ，则MN ＝12，因此A ＝12.由T ＝2得ω＝π.
∵函数为偶函数，∴φ＝π2，
∴f (x )＝12cos πx ，f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫16＝12cos π6＝34.] 6．D [如图作出可行域，平移l 0：y －x ＝0，过点A 时，z 取最小值，
此时x ＝－2k ，y ＝0，所以0＋2k ＝－4，解得k ＝－12.]
7．B [在双曲线x 2a 2－y 2
b 2＝1(a >0，b >0)中，
c ＝3，且bx －ay ＝0是一条渐近线，又bx －ay ＝0被圆(x －3)2＋y 2＝8截得的弦长为4，∴圆心(3，
0)到bx －ay ＝0的距离d ＝8－22
＝2，则|3b |a 2＋b 2＝2，即3b c ＝2，b ＝2.从而a ＝c 2－b 2＝5，故渐近线y ＝±b a x ＝±255x .]
8．A [如图，取BD 的中点E ，BC 的中点O ，连接AE ，OD ，EO ，AO .
由题意，知AB ＝AD ，所以AE ⊥BD .
由于平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ， AE ⊥BD ，AE ⊂平面ABD ，所以AE ⊥平面BCD .
因为AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，所以AE ＝22，EO ＝12.所以OA ＝32.
在Rt △BDC 中，OB ＝OC ＝OD ＝12BC ＝32，所以四面体ABCD 的外
接球的球心为O ，半径为32，所以该球的体积V ＝43π⎝ ⎛⎭
⎪⎫323＝32π.。