2019-2020学年山东省泰安市高三(上)期中数学试卷

2019-2020学年山东省泰安市高三（上）期中数学试卷
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合A={x|log2(x−1)<0}，B={x|x≤3}，则(∁R A)∩B=()
A.(−∞, 1]
B.(2, 3)
C.(2, 3]
D.(−∞, 1]∪[2, 3]
【答案】
D
【考点】
对数函数的定义域
交、并、补集的混合运算
【解析】
可以求出集合A，然后进行补集、交集的运算即可．
【解答】
解：∵A={x|0<x−1<1}={x|1<x<2}，B={x|x≤3}，
∴∁R A={x|x≤1或x≥2}，
∴(∁R A)∩B=(−∞, 1]∪[2, 3]．
故选D.
2. 下列函数中，在(0, +∞)是增函数的是()
−x D.y=x2−4x
A.y=x2+e2
B.y=cos x−e x
C.y=1
x
【答案】
A
【考点】
函数的单调性及单调区间
【解析】
结合二次函数的性质可判断A正确．
【解答】
解：A，由二次函数的性质可知，y=x2+e2在(0, +∞)是增函数，故A符合题意；B，y′=−sin x−e x，在(0,+∞)上，−e x<−1，−sin x∈[−1,1]，
故y′<0，函数在(0, +∞)上是减函数，故B不符合题意；
C，y′=−1
−1<0，函数在(0, +∞)上是减函数，故C不符合题意；
x2
D，y′=2x−4，当x∈(0,2)时，y′<0，故D不符合题意.
故选A.
3. 命题“∀x>0，x(x+1)>(x−1)2”的否定是()
A.∀x>0，x(x+1)≤(x−1)2
B.∀x≤0，x(x+1)≤(x−1)2
C.∃x>0，x(x+1)≤(x−1)2
D.∃x≤0，x(x+1)≤(x−1)2
【答案】
C
命题的否定
【解析】
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
【解答】
解：命题为全称命题，则命题“∀x>0，x(x+1)>(x−1)2”的否定是：∃x>0，x(x+1)≤(x−1)2.
故选C.
4. 已知sin(x+π
6)=m，则cos(2x−2π
3
)=()
A.1−2m2
B.2m2−1
C.m
D.2m−1【答案】
B
【考点】
二倍角的三角函数
二倍角的余弦公式
诱导公式
【解析】
直接利用三角函数的诱导公式的运用和倍角公式的应用求出结果．【解答】
解：已知sin(x+π
6
)=m，
所以cos(π
2−x−π
6
)=cos(x−π
3
)=m，
则cos(2x−2π
3)=2cos2(x−π
3
)−1=2m2−1．
故选B.
5. “a3>b3”是“log7a>log7b”的()
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
对数函数的单调性与特殊点
【解析】
根据a3>b3推出a>b，但是a，b未必是正数，因此log7a>log7b未必有意义；反之，log7a>log7b推出a>b>0，则必有a3>b3．根据充分必要条件的判定，即可得出结果．
【解答】
解：若a3>b3，则a>b，
当b<a≤0时，或a>0≥b时，由“a>b”推不出“log
7a>log
7
b”；
所以，”a 3>b 3”是”log 7a >log 7b ”的必要不充分条件． 故选B .
6. 已知向量m →
=(λ+1, 1)，n →
=(λ+2, 2)，若(2m →
+n →
) // (m →
−2n →
)，则λ=( ) A.−1 B.0 C.1 D.2
【答案】 B
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示 【解析】
可以求出2m →
+n →
=(3λ+4,4),m →
−2n →
=(−λ−3,−3)，根据(2m →+n →)∥(m →−2n →
)即可得出−3(3λ+4)+4(λ+3)＝0，解出λ即可． 【解答】
解：2m →
+n →
=(3λ+4,4),m →
−2n →
=(−λ−3,−3)， ∵ (2m →
+n →
)//(m →
−2n →
)，
∴ −3(3λ+4)+4(λ+3)=0，解得λ=0． 故选B .
7. 函数f(x)=
3sin x−x x 2+1
在[−π, π]的图象大致为( )
A. B.
C. D.
【答案】 C
【考点】
函数奇偶性的性质 【解析】
先研究函数的性质，可以发现它是一个奇函数，再研究函数在原点附近的函数值的符号，从而即可得出正确选项． 【解答】 解：f(−x)=
3sin (−x)+x x 2+1
=−
3sin x−x x 2+1
=−f(x)，
∴ f(x)为奇函数，故排除A ，B ，
当x =π
6时，f(π
6)=32−π6π236
+1>0，故排除D .
故选C .
8. 将函数f(x)=sin (2x −π
6
)的图象向右平移π
12
个单位长度，得到函数g(x)的图象，则
下列结论正确的个数是( ) ①g(5π
12)=1；
②g(x)在[5π12,
3π
4
]单调递减；
③x =−π
12是g(x)图象的一条对称轴； ④(π
8,0)是g(x)图象的一个对称中心.
A.1
B.2
C.3
D.4 【答案】 C
【考点】
命题的真假判断与应用
函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换 正弦函数的对称性 正弦函数的单调性 【解析】
根据图象平移得出函数g(x)的解析式，再对题目中的命题分析、判断，从而得出正确命题的序号． 【解答】
解：函数f(x)=sin (2x −π
6
)的图象向右平移π
12
个单位长度，
得f(x −π12)=sin [2(x −π12)−π6]=sin (2x −π
3)的图象， 所以函数g(x)=sin (2x −π
3)；
对于①，g(5π12
)=sin (2×
5π12
−π3
)=sin π
2
=1，所以①正确；
对于②，x ∈[
5π12
, 3π4
]时，2x −π3
∈[π2
, 7π6
]， 所以g(x)在[5π12,
3π
4
]上单调递减，②正确；
对于③，x =−π
12时，g(−π
12)=sin (−π
6−π
3)=−1， 所以x =−π
12是g(x)图象的一条对称轴，③正确； 对于④，x =π
8时，g(π
8)=sin (π
4−π
3)≠0，
综上知，正确的命题序号是①②③，共3个．
故选C.
9. 已知数列{a n}的前n项和为S n，且a1=1，2S n=a n+1a n，则S10=()
A.100
B.110
C.50
D.55
【答案】
D
【考点】
数列递推式
等差数列的前n项和
【解析】
本题先根据题干中的关系式得到a2＝2，然后代入n+1有2S n+1＝a n+2a n+1．两式相减可发现奇数项和偶数项分别成等差数列，再综合可得数列{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列，即可得到结果．
【解答】
解：由题意，可知：
当n=1时，2a1=2S1=a2a1，可得a2=2．
∵2S n=a n+1a n，
∴2S n+1=a n+2a n+1．
两式相减，可得2(S n+1−S n)=a n+1(a n+2−a n)．
即2a n+1=a n+1(a n+2−a n)．
∴a n+2−a n=2．
∴数列{a n}的奇数项和偶数项都是以2为公差的等差数列．
又∵a1=1，a2=2．
∴数列{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列．
S10=10×1+10×9
2
×1=55．
故选D.
10. 已知函数f(x)=a sin x−√3cos x图象的一条对称轴为直线x=5π
6
，且f(x1)f(x2)=−4，则|x1+x2|的最小值为()
A.−π
3B.0 C.π
3
D.2π
3
【答案】
D
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
首先通过三角函数的恒等变换把函数关系式变性成正弦型函数，进一步利用对称轴确定函数的解析式，再利用正弦型函数的最值确定结果．
【解答】
解：函数f(x)=a sin x−√3cos x=2+3sin(x+θ)的图象的一条对称轴为直线x= 5π
∴f(5π
6)=a
2
+3
2
=±√a2+3，解得a=1．
则f(x)=sin x−√3cos x=2sin(x−π
3
)，
∵f(x1)f(x2)=−4，则f(x1)和f(x2)一个为−2，另一个为2，
可设x1=2kπ−π
6，x2=2kπ+5π
6
，则|x1+x2|=|4kπ+2π
3
|，k∈Z．
故当k=0时，|x1+x2|取得最小值为2π
3
．故选D.
11. 己知函数f(x)={
e(x+1)2,x≤0,
x+4
x
−3,x>0,
函数y=f(x)−a有四个不同的零点，从小到大
依次为x1，x2，x3，x4，则−x1x2+x3+x4的取值范围为()
A.(3, 3+e]
B.[3, 3+e)
C.(3, +∞)
D.[3, 3+e)
【答案】
A
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
画出f(x)的图象和直线y＝a，考虑四个交点的情况，把−x1x2与x3+x4用含有a的代数式表示，再由函数的单调性求解．
【解答】
解：函数y=f(x)−a有四个不同的零点，
即两函数y=f(x)与y=a图象有四个不同的交点，如图所示，
由图象可知，1<a≤e，
x1，x2是方程e(x+1)2=a的两根，即x2+2x+1−ln a=0的两根，
∴x1x2=1−ln a，
x3，x4是方程x+4
x
−3=a的两根，
即x2−(3+a)x+4=0的两个根，
∴x3+x4=3+a，
∴−x1x2+x3+x4=2+a+ln a．
∵g(a)=2+a+ln a在(1, e]上为单调增函数，
∴g(a)∈(3, e+3]．
故选A.
12. 对任意实数a，b定义运算“⊙”，a⊙b={
b,a≥b,
a,a<b，
设f(x)=(|2−x2|)⊙(4−
|x|)，有下列四个结论：
①f(x)最大值为2；②f(x)有3个单调递减区间；③f(x)在[−3
2
,−1]是减函数；
④f(x)图象与直线y=m有四个交点，则0≤m<2，其中正确结论有()
A.4个
B.3个
C.2个
D.1个
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
根的存在性及根的个数判断
函数的单调性及单调区间
【解析】
分别作出y＝4−|x|，y＝|2−x2|的图象，可得f(x)＝(|2−x2|)⊙(4−|x|)的图象，结合图象可得f(x)的最大值，可判断①；以及f(x)的减区间，可判断②；f(x)在
(−3
2
, −√2)递减，(−√2, −1)递增，可判断③；由图象可得若f(x)图象与直线y＝m有四个交点，可得m＝0，而0<m<2时，f(x)图象与直线y＝m有六个交点，可判断④．
【解答】
解：分别作出y=4−|x|，y=|2−x2|的图象，
可得f(x)=(|2−x2|)⊙(4−|x|)的图象，如图：
由图象可得f(x)的最大值为2；
f(x)的减区间为(−2, −√2)，(0, √2)，(2, +∞)，
即f(x)有3个单调递减区间；
f(x)在(−3
2
, −√2)递减，(−√2, −1)递增；
若f(x)图象与直线y=m有四个交点，可得m=0，
而0<m<2时，f(x)图象与直线y=m有六个交点．
综上可得①②正确；③④错误．
故选C.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
函数f(x)=x cos x+sin x在点(0, 0)处的切线方程为________．
【答案】
2x−y=0
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出原函数的导函数，得到f′(0)，再由直线方程的点斜式得答案．【解答】
解：由f(x)=x cos x+sin x，
得f′(x)=cos x−x sin x+cos x，
∴f′(0)=cos0−0×sin0+cos0=2．
∴函数f(x)=x cos x+sin x在点(0, 0)处的切线方程为：
y=2x，即2x−y=0．
故答案为：2x−y=0.
设为数列{a n}的前n项和，若S n=1
2
a n+1,n∈N∗，则a5=________．【答案】
2
【考点】
数列递推式
【解析】
当n≥2时，{2S n=a n+2
2S n−1=a n−1+2，可得a n＝−a n−1⇒⇒a n+2＝a n．故数列{a n}是周期为2的周期数列．即可求解．
【解答】
解：当n≥2时，{2S n=a n+2，
2S n−1=a n−1+2，
∴a n=−a n−1⇒a n+1=−a n⇒a n+2=a n，
故数列{a n}是周期为2的周期数列．
∵S1=1
2
a1+1，∴a1=2．
∴a5=2．
故答案为：2.
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为√3
4
(a2+c2−b2)，
且∠C为钝角，则c
a
的取值范围是________．
【答案】
(2, +∞)
【考点】
解三角形
余弦定理
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
三角函数值的符号
由已知结合余弦定理及三角形的面积公式可得s=1
2ac sin B=√3
4
(a2+c2−b2)=
√3 4×2ac cos B，可求tan B，进而可求B，然后由正弦定理可c
a
=sin C
sin A
=sin C
sin(2π
3
−C)
，展开后
利用正切函数的性质可求范围．【解答】
解：∵由余弦定理可得，cos B=a 2+c2−b2
2ac
，
∴a2+c2−b2=2ac cos B，
∵S=1
2ac sin B=√3
4
(a2+c2−b2)=√3
4
×2ac cos B，
∴tan B=√3，
∵0<B<π，
∴B=π
3
，
∴由正弦定理可得：
c a =sin C
sin A
=sin C
sin(2π
3
−C)
=
1
2
sin C+√3
2
cos
=
1+√3
tan C
，
∵C∈(π
2, 2π
3
)，
∴tan C<−√3，
∴
2+√3
tan C >2，可得c
a
∈(2, +∞)．
故答案为：(2,+∞).
已知f(x)是定义在(−π
2,π
2
)上的奇函数，其导函数为f′(x)，f(π
8
)=√2，且当x∈(0,π
2
)
时，f′(x)sin2x+2f(x)cos2x>0．则不等式f(x)sin2x<1的解集为________．【答案】
(−π
8
, 
π
8
)
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数单调性的性质
【解析】
构造新函数令F(x)=f(x)sin2x(0<x<π
2
)，由已知条件判断函数单调性，利用函数的单调性判断函数自变量的范围可得答案．
【解答】
解：已知f(x)是定义在(−π
2,π
2
)上的奇函数，
其导函数为f′(x)，f(π
8
)=√2，
令F(x)=f(x)sin2x(0<x<π
2
)，
则F′(x)=f′(x)sin2x+2f(x)cos2x>0(0<x<π
2
)，
所以F(x)=f(x)sin2x在(0,π
2
)上为单调递增，
且F(π
8)=f(π
8
)sin(2×π
8
)=1，
所以F(x)=f(x)sin2x<F(π
8
)，
解得0<x<π
8
，
由f(x)是定义在(−π
2,π
2
)上的奇函数得，
F(x)=f(x)sin2x在(−π
2,π
2
)为偶函数，
所以不等式f(x)sin2x<1的解集为：(−π
8,π8 ).
故答案为：(−π
8,π8 ).
三、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
已知函数f(x)=4sin(x−π
6
)cos x+2．
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在区间[−π
4,π
4
]上的最值．
【答案】
解：(1)由已知得，f(x)=4(sin x cosπ
6−cos x sinπ
6
)cos x+2
=2√3sin x cos x−2cos2x+2
=√3sin2x−cos2x+1=2sin(2x−π
6
)+1．
∴T=2π
2
=π，即f(x)的最小正周期为π；
(2)∵x∈[−π
4,π
4
]，∴2x−π
6
∈[−2
3
π,π
3
]，
∴当2x−π
6=π
3
，即x=π
4
时，f(x)取得最大值，最大值为f(π
4
)=√3+1；
当2x−π
6=−π
2
，即x=−π
6
时，f(x)取得最小值，最小值为f(−π
6
)=−1．
∴函数f(x)[−π
4,π
4
]上的最大值为√3+1，最小值为−1．
【考点】
正弦函数的周期性三角函数的最值
【解析】
（1）展开两角差的正弦，再由倍角公式降幂，然后利用辅助角公式化积，再由周期公式求周期；
（2）由x 的范围求得相位的范围，则函数f(x)在区间[−π4,π
4]上的最值可求．
【解答】
解：(1)由已知得，f(x)=4(sin x cos π
6−cos x sin π
6)cos x +2 =2√3sin x cos x −2cos 2x +2
=√3sin 2x −cos 2x +1=2sin (2x −π6)+1． ∴ T =
2π2
=π，即f(x)的最小正周期为π；
(2)∵ x ∈[−π4,π4]，∴ 2x −π6
∈[−23
π,π3
]，
∴ 当2x −π
6
=π3
，即x =π
4
时，f(x)取得最大值，最大值为f(π
4
)=√3+1；
当2x −π6=−π2，即x =−π6时，f(x)取得最小值，最小值为f(−π
6)=−1． ∴ 函数f(x)[−π4,π
4]上的最大值为√3+1，最小值为−1．
如图，在△ABC 中，∠A =60∘，AB =2，AC =1，BD →
=2DC →
，AE →
=λAC →
−AB →
(λ∈R )．
(1)若AD →
⋅AE →
=−4，求λ的值；
(2)若非零向量m =xAB →
+yAC →
(x,y ∈R )，求|m||y|
的最小值．
【答案】
解：(1)AD →
=AB →
+BD →
=AB →
+23BC →
=AB →
+2
3(AC →
−AB →
)=13AB →
+23AC →
， ∵ |AB|→
=2,|AC|→
=1,AB →
⋅AC →
=1， ∴ AD →
⋅AE →
=(13AB →
+23AC →
)⋅(λAC →
−AB →
)
=λ3AB →
⋅AC →
−13AB →
2+2
3λAC →
2−23AC →
⋅AB →
=λ−2=−4，
∴ λ=−2；
(2)|m|2
=(xAB →
+yAC →
)2 =x 2AB →
2+2xyAB →
⋅AC →
+y 2AC →
2 =4x 2+2xy +y 2， ∴
|m||y|=√
4x 2+2xy+y 2
y 2
=√4(x
y )2+2x
y +1=√4(x
y +1
4)2+3
4， ∴ 当x
y
=−1
4
即y =−4x 时，
|m||y|
取得最小值，最小值为√32
．
【考点】
两向量的和或差的模的最值
平面向量数量积的性质及其运算律 向量加减混合运算及其几何意义 【解析】
（1）由图表示出AD →
，则AD →
⋅AE →
=(13AB →
+23AC →
)⋅(λAC →
−AB →
)，再结合条件即可求出λ； (2)|m|
|y|=√4x 2+2xy+y 2
y 2
，配方，利用二次函数最值求解即可．
【解答】
解：(1)AD →
=AB →
+BD →
=AB →
+23BC →
=AB →
+2
3
(AC →
−AB →
)=13
AB →
+23
AC →
，
∵ |AB|→=2,|AC|→=1,AB →⋅AC →
=1， ∴ AD →
⋅AE →
=(13
AB →
+23
AC →
)⋅(λAC →
−AB →
)
=λ3AB →
⋅AC →
−13
AB →2+2
3λAC →
2
−23AC →
⋅AB →
=λ−2=−4，
∴ λ=−2；
(2)|m|2
=(xAB →
+yAC →
)2 =x 2AB →
2+2xyAB →
⋅AC →
+y 2AC →
2 =4x 2+2xy +y 2， ∴ |m|
|y|=√
4x 2+2xy+y 2
y 2
=√4(x y )2+2x
y +1=√4(x
y +1
4)2+3
4，
∴ 当x
y =−1
4即y =−4x 时，|m|
|y|取得最小值，最小值为√3
2．
△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且(a +b)(sin A −sin B)=(c −b)sin C ．
(1)求A；
(2)若2c=(1+2√3)b，求sin B．
【答案】
解：(1)由题意，利用正弦定理可得：(a+b)(a−b)=(c−b)c，∴b2+c2−a2=bc，
∴cos A=b2+c2−a2
2bc =1
2
，
∵A∈(0, π)，
∴A=π
3
．
(2)由题知：2sin C=(1+2√3)sin B，
∴2sin(2
3
π−B)=(1+2√3)sin B，
∴2sin2
3πcos B−2cos2
3
πsin B=(1+2√3)sin B，
∴cos B=2sin B，
又sin2B+cos2B=1，
∴sin B=√5
5
．
【考点】
两角和与差的正弦公式
余弦定理
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
三角函数值的符号
【解析】
（1）由正弦定理化简已知等式可得b2+c2−a2＝bc，利用余弦定理可求cos A，结合范围A∈(0, π)，可求A的值；
（2）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得cos B＝2sin B，利用同角三角函数基本关系式可求sin B的值．
【解答】
解：(1)由题意，利用正弦定理可得：(a+b)(a−b)=(c−b)c，
∴b2+c2−a2=bc，
∴cos A=b2+c2−a2
2bc =1
2
，
∵A∈(0, π)，
∴A=π
3
．
(2)由题知：2sin C=(1+2√3)sin B，
∴2sin(2
3
π−B)=(1+2√3)sin B，
∴2sin2
3πcos B−2cos2
3
πsin B=(1+2√3)sin B，
∴cos B=2sin B，
又sin2B+cos2B=1，∴sin B=√5
5
．
已知各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n，且2a2+a3=a4，S4+2=a5；
数列{b n}满足b1=1，1
b1+2
b2
+⋯+n
b n
=n2
b n
(n∈N∗)．
(1)求a n和b n；
(2)求数列{1
(b n+2)log2a n
}的前n项和T n．
【答案】
解：(1)设等比数列{a n}的公比为q(q>0)，由2a2+a3=a4，可得q2−q−2=0，
解得q=2或q=−1（舍），
又S4+2=a5，
∴a1(1−24)
1−2
+2=a1⋅24，解得a1=2，∴a n=2n,n∈N∗；
∵1
b1+2
b2
+⋯+n
b n
=n2
b n
(n∈N∗)，
∴当n≥2时，1
b1+2
b2
+⋯+n−1
b n−1
=(n−1)2
b n−1
，
相减可得n
b n =n2
b n
−(n−1)2
b n−1
，
整理得n
b n =n−1
b n−1
(n≥2)，
又b1=1，则数列{n
b n
}是首项为1的常数列，
∴n
b n
=1，∴b n=n,n∈N∗；
(2)设c n=1
(b n+2)log2a n =1
(n+2)n
=1
2
(1
n
−1
n+2
)，
∴T n=c1+c2+...+c n
=1
2
[(1−
1
3
)+(
1
2
−
1
4
)+(
1
3
−
1
5
)+⋯+(
1
n−1
−
1
n+1
)+(
1
n
−
1
n+2
)]
=1
2(1+1
2
−1
n+1
−1
n+2
)=3
4
−2n+3
2(n+1)(n+2)
．
【考点】
数列的求和
数列递推式
等比数列的通项公式
【解析】
（1）设等比数列{a n}的公比为q(q>0)，运用等比数列的通项公式和求和公式，解方
程可得公比和首项，进而得到所求a n；由b1＝1，1
b1+2
b2
+⋯+n
b n
=n2
b n
(n∈N∗)．将n
换为n−1，相减可得b n；
（2）设c n=1
(b n+2)log2a n =1
(n+2)n
=1
2
(1
n
−1
n+2
)，运用数列的裂项相消求和，化简可得
所求和．
【解答】
解：(1)设等比数列{a n }的公比为q(q >0)， 由2a 2+a 3=a 4，可得q 2−q −2=0， 解得q =2或q =−1（舍）， 又S 4+2=a 5， ∴
a 1(1−24)1−2
+2=a 1⋅24，解得 a 1=2，
∴ a n =2n ,n ∈N ∗；
∵ 1b 1
+2b 2
+⋯+n
b n
=n 2
b n
(n ∈N ∗)，
∴ 当n ≥2时，1b 1
+2b 2
+⋯+n−1
b
n−1
=
(n−1)2b n−1
，
相减可得n
b n
=n 2b n
−
(n−1)2b n−1
，
整理得n b n
=n−1
b
n−1
(n ≥2)，
又b 1=1，则数列{n
b n
}是首项为1的常数列，
∴
n
b n
=1，∴ b n =n,n ∈N ∗；
(2)设c n =
1(b n +2)log 2a n
=
1(n+2)n
=12(1n
−
1
n+2
)，
∴ T n =c 1+c 2+...+c n
=12[(1−13)+(12−14)+(13−15)+⋯+(1n −1−1n +1)+(1n −1n +2)] =1
2
(1+1
2
−
1n+1
−
1
n+2
)=34
−
2n+3
2(n+1)(n+2)
．
水库的蓄水量随时间而变化，现用t 表示时间，以月为单位，年初为起点（用t 表示第t 月份，t ∈N ∗），根据历年数据，某水库的蓄水量V （单位：亿立方米）与时间t 的近似函数关系为：当0<t ≤10时，V(t)=(−t 2+14t −40)e at +60；当10<t ≤12时，V(t)=12t 2−284t +1700；若2月份该水库的蓄水量为33.6亿立方米． (1)求实数a 的值；
(2)求一年内该水库的最大蓄水量．
参考数据：e 2=7.39,e =2.72,√e =1.65,√e 3
=1.40． 【答案】
解：(1)V(2)=(−22+14×2−40)e 2a +60 =−16e 2a +60=33.6， ∴ e 2a =
26.416
=1.65，又 √e =1.65，
∴ 2a =1
2，即a =1
4．
(2)当0<t ≤10,V(t)=(−t 2+14t −40)e 1
4t +60，
V′(t)=(−2t +14)e 14t +1
(−t 2+14t −40)e 14t
=−1
4e 1
4t (t +2)(t −8)，
当t ∈(0, 8]时，V ′(t)>0，当t ∈(8, 10]时，V ′(t)<0， ∴ 当t =8时，V(t)max =V(8)=119.12． 又V(11)=28，V(12)=20， ∴ V(t)的最大值为119.12．
故一年内该水库的最大蓄水量为119.12亿立方米． 【考点】
利用导数研究函数的最值 根据实际问题选择函数类型 对数函数图象与性质的综合应用 【解析】
（1）根据V(2)＝33.6计算a ；
（2）利用导数求出V(t)在(0, 10]上的单调性，再结合V(11)，V(12)的值得出V(t)的最大值． 【解答】
解：(1)V(2)=(−22+14×2−40)e 2a +60 =−16e 2a +60=33.6， ∴ e 2a =
26.416
=1.65，又 √e =1.65，
∴ 2a =1
2，即a =1
4．
(2)当0<t ≤10,V(t)=(−t 2+14t −40)e 1
4t +60， V′(t)=(−2t +
14)e 14t
+14
(−t 2
+14t −40)e 14t =−1
4e 1
4t (t +2)(t −8)，
当t ∈(0, 8]时，V ′(t)>0，当t ∈(8, 10]时，V ′(t)<0， ∴ 当t =8时，V(t)max =V(8)=119.12． 又V(11)=28，V(12)=20， ∴ V(t)的最大值为119.12．
故一年内该水库的最大蓄水量为119.12亿立方米．
已知函数f(x)=e 2x −me x −m 2(3x −1
2),g(x)=(m −ln x)ln x −3m 2x +
k 22
．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若对于任意的m ∈R ，x >0，都有f(x)>g(x)成立，求正整数k 的最大值． 【答案】
解：(1)f ′(x)=2e 2x −me x −3m 2=(2e x −3m)(e x +m)， ①m =0时，f ′(x)=2e 2x >0恒成立， ∴ f(x)在R 上单调递增；
②当m <0时，2e x −3m >0，令f ′(x)=0，解得x =ln (−m)，
当x >ln (−m)时，f ′(x)>0，函数f(x)在(ln (−m)，+∞)上单调递增， 当x <ln (−m)时，f ′(x)<0，函数f(x)在(−∞, ln (−m))上单调递减；
当x <ln
3m 2
时，f ′(x)<0，函数f(x)在(−∞,ln 3m 2
)上单调递减.
(2)对任意的m ∈R ，x >0，f(x)>g(x)成立， 即 e 2x −me x −m 2(3x −1
2)>(m −ln x)ln x −3m 2x +
k 22
(x >0)成立，
即 m 2−2(e x +ln x)m +2e 2x +2ln 2x −k 2>0(x >0)恒成立， ∴ Δ=4(e x +ln x)2−4(2e 2x +2ln 2x −k 2)<0， 即 (e x −ln x)2>k 2，
令ℎ(x)=e x −ln x,ℎ′(x)=e x −1
x ，
令φ(x)=ℎ′(x),φ′(x)=e x +1
x 2>0， ∴ ℎ′(x)在(0, +∞)上单调递增，
又ℎ′(1
2)
=√e −2<
0，ℎ′(2
3)
=e 23
−3
2=(e 2
)13
−(27
8)13
>0，
∴ ℎ′(x)在(0, +∞)上有唯一零点x 0， 且x 0∈(12,23),e x 0=1
x 0
，
当x ∈(0, x 0)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)为减函数， 当x ∈(x 0, +∞)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)为增函数， ∴ ℎ(x)min =ℎ(x 0)=e x 0−ln x 0=1
x 0
+x 0，
∴ ℎ(x 0)∈(136
,5
2
)，
∴ e x −ln x >0，
∴ e x −ln x >k 恒成立，
∴ k <ℎ(x 0)，且k 是正整数， ∴ k =1或k =2， ∴ k 的最大值为2． 【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题 利用导数研究函数的单调性 【解析】
（1）求导后分类讨论判断其单调性；
（2）转化可得 m 2−2(e x +ln x)m +2e 2x +2ln 2x −k 2>0(x >0)恒成立，利用导数研究即可． 【解答】
解：(1)f ′(x)=2e 2x −me x −3m 2=(2e x −3m)(e x +m)， ①m =0时，f ′(x)=2e 2x >0恒成立， ∴ f(x)在R 上单调递增；
②当m <0时，2e x −3m >0，令f ′(x)=0，解得x =ln (−m)，
当x >ln (−m)时，f ′(x)>0，函数f(x)在(ln (−m)，+∞)上单调递增， 当x <ln (−m)时，f ′(x)<0，函数f(x)在(−∞, ln (−m))上单调递减；
当x <ln
3m 2
时，f ′(x)<0，函数f(x)在(−∞,ln 3m 2
)上单调递减.
(2)对任意的m ∈R ，x >0，f(x)>g(x)成立， 即 e 2x −me x −m 2(3x −1
2)>(m −ln x)ln x −3m 2x +
k 22
(x >0)成立，
即 m 2−2(e x +ln x)m +2e 2x +2ln 2x −k 2>0(x >0)恒成立， ∴ Δ=4(e x +ln x)2−4(2e 2x +2ln 2x −k 2)<0， 即 (e x −ln x)2>k 2，
令ℎ(x)=e x −ln x,ℎ′(x)=e x −1
x ，
令φ(x)=ℎ′(x),φ′(x)=e x +1
x 2>0， ∴ ℎ′(x)在(0, +∞)上单调递增，
又ℎ′(1
2)
=√e −2<
0，ℎ′(2
3)
=e 23
−3
2=(e 2
)13
−(27
8)13
>0，
∴ ℎ′(x)在(0, +∞)上有唯一零点x 0， 且x 0∈(12,23),e x 0=1
x 0
，
当x ∈(0, x 0)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)为减函数， 当x ∈(x 0, +∞)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)为增函数， ∴ ℎ(x)min =ℎ(x 0)=e x 0−ln x 0=1
x 0
+x 0，
∴ ℎ(x 0)∈(136
,5
2
)，
∴ e x −ln x >0，
∴ e x −ln x >k 恒成立，
∴ k <ℎ(x 0)，且k 是正整数， ∴ k =1或k =2， ∴ k 的最大值为2．。