2014高考数学压轴题校对版

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（2014安徽）设实数，整数，.（I）证明：当且时，；（II）数列满足，，证明：析：本题以二项式展开与数列变换为背景，考察学生的转化和推演能力、灵活运用能力和综合创新意识。简解：用数学归纳法证明：当p=2时，左边=（1+x)2=1+2x+x2，右边=1+2x.由于，则命题成立；当p=k(k>1,k为整数）时，若命题成立，则，由于x>-1，则1+x>0，则即，p=k+1时命题也成立。综合可见，当且时，；由（c>0,p为不小于2的正整数），可知，an>0.先用数学归纳法证明。①当n=1时，由题知，不等式成立；②假设n=k(k是正整数）时不等式成立，则。由于，则由于，则，由（1）的结论可得，，可得，.所以，n=k+1时，不等式也成立。综合①、②可得，对任意正整数，总有。30 再由，可得。所以，。证法二：设，则其导数因此，f(x)在定义域内是增函数。则。①当n=1时，由题知,则，又，，可见，n=1时，不等式成立；②假设n=k(k是正整数）时不等式成立，即，则得，。所以，n=k+1时，不等式也成立。综合①、②可得，对任意正整数，总有。30 [2014•北京理卷]对于数对序列，记，，其中表示和两个数中最大的数，（1）对于数对序列，求的值.（2）记为四个数中最小值，对于由两个数对组成的数对序列和，试分别对和的两种情况比较和的大小.（3）在由5个数对组成的所有数对序列中，写出一个数对序列使最小，并写出的值.（只需写出结论）.解：（I）=8（Ⅱ）.当m=a时，==因为，且，所以≤当m=d时，因为≤，且所以≤。所以无论m=a还是m=d，≤都成立。（Ⅲ）数对序列（4,6），（11,11），（16,11），（11,8），（5,2）的值最小，=10，=26，=42，=50，=5230 (广西)函数.（I）讨论的单调性；（II）设，证明：.【答案】（I）（i）当时，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数；（ii）当时,在上是增函数；（iii）当时，在是上是增函数，在上是减函数，在上是增函数；（II）详见试题分析．30 时有，结论成立．根据（i）、（ii）知对任何结论都成立．考点：1．利用导数研究函数的单调性；2．利用数学归纳法证明数列不等式．2014福建（本小题满分14分）已知函数（为常数）的图像与轴交于点，曲线在点处的切线斜率为-1.（I）求的值及函数的极值；（II）证明：当时，；（III）证明：对任意给定的正数，总存在，使得当，恒有.30 2014广东（本题14分）设函数，其中，（1）求函数的定义域D（用区间表示）；（2）讨论在区间D上的单调性；（3）若，求D上满足条件的的集合（用区间表示）.30 30 2014湖北22.π为圆周率，e＝2.71828…为自然对数的底数．(1)求函数f(x)＝的单调区间；(2)求e3，3e，eπ，πe，，3π，π3这6个数中的最大数与最小数；(3)将e3，3e，eπ，πe，3π，π3这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝，所以f′(x)＝.当f′(x)>0，即0e时，函数f(x)单调递减．故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．(2)因为e<3<π，所以eln3π3；由<，得ln3e2－.①由①得，elnπ>e>2.7×>2.7×(2－0.88)＝3.024>3，即elnπ>3，亦即lnπe>lne3，所以e3<πe.又由①得，3lnπ>6－>6－e>π，即3lnπ>π，所以eπ<π3.综上可得，3e0，函数。（Ⅰ）讨论f（x）在区间上的单调性；（Ⅱ）若f（x）存在两个极值点、，且f（）+f（）>0，求a的取值范围.解：（1）对函数求导，可得（*）因为，所以当时，，此时，在区间上单调递增；当时，由得（舍去）当时，；当时，故在区间上单调递减，在上单调递增。综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在上单调递增。（2）由（1）可知，当时，，此时不存在极值点，因而要使得有两个极值点，必有，又的极值点只可能是，且由的定义可知，且，所以，解得，此时，由（*）式易知，分别是的极小值点和极大值点。而30 令，由且知当时，；当时，；记（ⅰ）当时，，所以因此，在区间上单调递减从而故当时，（ⅱ）时，所以因此，在区间上单调递减，从而，故当时，综上所述，满足条件的的取值范围为30 （2014江西）随机将这2n个连续正整数分成A,B两组，每组n个数，A组最小数为，最大数为；B组最小数为，最大数为，记（1）当时，求的分布列和数学期望；（2）令C表示事件与的取值恰好相等，求事件C发生的概率；(3)对（2）中的事件C,表示C的对立事件，判断和的大小关系，并说明理由。【解析】（1）随机变量的取值所有可能是：2，3，4，5；的分布列为：2345所以，的数学期望为2）事件与的取值恰好相等的基本事件：共时，3）因为，所以要比较与的大小，实际上要比较与的大小，由30 可知，当时，当时，用数学归纳法来证明：(i)当n＝3时，①式左边＝4(2＋C)＝4(2＋2)＝16，①式右边＝C＝20，所以①式成立．(ii)假设n＝m(m≥3)时①式成立，即40，f＝－π2－<0，所以存在唯一x0∈，使f(x0)＝0.(2)记函数h(x)＝－4ln，x∈.令t＝π－x，则当x∈时，t∈.记u(t)＝h(π－t)＝－4ln，则u′(t)＝.由(1)得，当t∈(0，x0)时，u′(t)>0，当t∈时，u′(t)<0.故在(0，x0)上u(t)是增函数，又u(0)＝0，从而可知当t∈(0，x0]时，u(t)>0，所以u(t)在(0，x0]上无零点．在上u(t)为减函数，由u(x0)>0，u＝－4ln2<0，知存在唯一t1∈，使u(t1)＝0，故存在唯一的t1∈，使u(t1)＝0.因此存在唯一的x1＝π－t1∈，使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0.因为当x∈时，1＋sinx>0，故g(x)＝(1＋sin　x)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯一的x1∈，使g(x1)＝0.因为x1＝π－t1，t1>x0，所以x0＋x1<π.30 （2014山东）已知抛物线的焦点为，为上异于原点的任意一点，过点的直线交于另一点，交轴的正半轴于点，且有.当点的横坐标为3时，为正三角形.（Ⅰ）求的方程；（Ⅱ）若直线，且和有且只有一个公共点，（ⅰ）证明直线过定点，并求出定点坐标；（ⅱ）的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由.解：（I）由题意知.设，则的中点为,由抛物线的定义知，解得（舍去）由解得所以抛物线的方程为.（II）（i）由（I）知设，由得所以直线AB的斜率因为直线与直线AB平行，所以设直线的方程为，代入，得由题意得得30 设,则.当时，，由，整理得，直线AE恒过点当时，直线AE的方程为，过点所以直线AE过定点（ii）由（i）得直线AE过焦点设直线AE的方程为因为点在直线AE上，设,直线AB的方程为，代入抛物线方程，得：所以点B到直线AE的距离为则的面积当且仅当，即时等号成立.所以的面积的最小值为16.30 （陕西）设函数，其中是的导函数.（1），求的表达式；（2）若恒成立，求实数的取值范围；（3）设，比较与的大小，并加以证明.解：由题设得，g(x)＝(x≥0)．(1)由已知，g1(x)＝，g2(x)＝g(g1(x))＝＝，g3(x)＝，…，可得gn(x)＝.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立．②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝.那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝＝，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立．设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，则φ′(x)＝－＝，当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1时，ln(1＋x)≥恒成立(仅当x＝0时等号成立)．当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，∴φ(a－1)<φ(0)＝0.即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，30 故知ln(1＋x)≥不恒成立．综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．证明如下：方法一：上述不等式等价于＋＋…＋，x>0.令x＝，n∈N＋，则，x>0.令x＝，n∈N＋，则ln>.故有ln2－ln1>，ln3－ln2>，……ln(n＋1)－lnn>，上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋，结论得证．方法三：如图，dx是由曲线y＝，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而＋＋…＋是图中所示各矩形的面积和，∴＋＋…＋>dx＝dx＝n－ln(n＋1)，结论得证．30 (上海)已知数列满足,,．(1)若,,,求的取值范围;(2)设是公比为q的等比数列,．若,,求的取值范围;(3)若成等差数列,且,求正整数的最大值,以及取最大值时相应数列的公差．解：（1）由题得，（2）由题得，∵，且数列是等比数列，，∴，∴，∴。又∵，∴当时，对恒成立，满足题意。当时，∴①当时，，由单调性可得，，解得，②当时，，由单调性可得，，解得，（3）由题得，∵，且数列成等差数列，，∴，∴，∴又∵，∴∴，∴，解得，，∴的最大值为1999，此时公差为。30 （四川）已知函数，其中，为自然对数的底数。（1）设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；（2）若，函数在区间内有零点，求的取值范围解：（1）因为所以又因为，所以：①若，则，，所以函数在区间上单增，②若，则，于是当时，当时，所以函数在区间上单减，在区间上单增，③若，则，所以函数在区间上单减，综上：在区间上的最小值为（2）由，又若函数在区间内有零点，则函数在区间内至少有三个单调区间由（1）知当或时，函数即在区间上单调，不可能满足“函数在区间内至少有三个单调区间”这一要求。若，则令（）30 则。由所以在区间上单增，在区间上单减即恒成立于是，函数在区间内至少有三个单调区间又所以综上，的取值范围为30 （天津）已知函数，.已知函数有两个零点，且.（Ⅰ）求的取值范围；（Ⅱ）证明随着的减小而增大；（Ⅲ）证明随着的减小而增大.本小题主要考查函数的零点、导数的运算、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.满分14分.（Ⅰ）解：由，可得.下面分两种情况讨论：（1）时在上恒成立，可得在上单调递增，不合题意.（2）时，由，得.当变化时，，的变化情况如下表：＋0－↗↘这时，的单调递增区间是；单调递减区间是.于是，“函数有两个零点”等价于如下条件同时成立：1°；2°存在，满足；3°存在，满足.由，即，解得，而此时，取，满足，且；取，满足，且.所以，的取值范围是.30 （Ⅱ）证明：由，有.设，由，知在上单调递增，在上单调递减.并且，当时，；当时，.由已知，满足，.由，及的单调性，可得，.对于任意的，设，，其中；，其中.因为在上单调递增，故由，即，可得；类似可得.又由，得.所以，随着的减小而增大.（Ⅲ）证明：由，，可得，.故.设，则，且解得，.所以，.①令，，则.令，得.当时，.因此，在上单调递增，故对于任意的，，由此可得，故在上单调递增.因此，由①可得随着的增大而增大.而由（Ⅱ），随着的减小而增大，所以随着的减小而增大.30 (新课标1)设函数，曲线在点（1，）处的切线为.(Ⅰ)求；（Ⅱ）证明：.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aexlnx＋ex－ex－1＋ex－1.由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e，故a＝1，b＝2.(2)证明：由(1)知，f(x)＝exlnx＋ex－1，从而f(x)>1等价于xlnx>xe－x－.设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx，所以当x∈时，g′(x)<0；当x∈时，g′(x)>0.故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x)．所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.因为gmin(x)＝g＝h(1)＝hmax(x)，所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.30 （新课标2）已知函数=（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）设，当时，,求的最大值；（Ⅲ）已知，估计ln2的近似值（精确到0.001）【解析】法一：(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)．(i)当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0.(ii)当b>2时，若x满足20，ln2>>0.6928；当b＝＋1时，ln(b－1＋)＝ln，g(ln)＝－－2＋(3＋2)ln2<0，ln2<<0.6934.所以ln2的近似值为0.693.法二：（1）（2）30 30 （浙江）已知函数（1）若在上的最大值和最小值分别记为，求；（2）设若对恒成立，求的取值范围.本题主要考查函数最大（最小）值的概念、利用导数研究函数的单调性等基础知识，同时考查推理论证、分类讨论、分析问题和解决问题等综合解题能力。满分14分。（Ⅰ）解：因为，所以由于（ⅰ）当时，有，故此时在上是增函数，因此，，故（ⅱ）当时，若，在上是增函数；若，在上是减函数；所以，由于，因此30 当时；当时；（ⅲ）当时，有，故，此时在上是减函数，因此故综上（Ⅱ）解：令，则因为对恒成立，即对恒成立，所以由（Ⅰ）知，（ⅰ）当时，在上是增函数，在上的最大值是，最小值是，则且，矛盾；30 （ⅱ）当时，在上的最小值是，最大值是，所以，且，从而且令，则在上是增函数，故，因此；（ⅲ）当时，在上的最小值是，最大值是，所以且，解得；（ⅳ）当时，在上的最大值是，最小值是，所以且，解得综上，得的取值范围是30 （重庆）设（1）若，求及数列的通项公式；（2）若，问：是否存在实数使得解：(1)方法一：a2＝2，a3＝＋1.再由题设条件知(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，故(an－1)2＝n－1，即an＝＋1(n∈N*)．方法二：a2＝2，a3＝＋1.可写为a1＝＋1，a2＝＋1，a3＝＋1.因此猜想an＝＋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ak＝＋1，则ak＋1＝＋1＝＋1＝＋1，这就是说，当n＝k＋1时结论成立．所以an＝＋1(n∈N*)．(2)方法一：设f(x)＝－1，则an＋1＝f(an)．令c＝f(c)，即c＝－1，解得c＝.下面用数学归纳法证明命题a2nf(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2.再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)f(a2k＋1)＝a2k＋2，a2(k＋1)＝f(a2k＋1)f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.所以a2n＋1>－1，解得a2n＋1>.　④综上，由②③④知存在c＝使a2n