数迹
题目列表试卷列表
共找到 25 题
排序：
组题
本页 25 题去组卷
1917分导数及其应用★★★★★
(1) 设函数 f(x)=5cos⁡x−cos⁡5xf(x) = 5\cos x - \cos 5x，求 f(x)f(x) 在 [0,π4]\left[0, \frac{\pi}{4}\right] 的最大值； (2) 给定 θ∈(0,π)\theta \in (0,\pi) 和 a∈Ra \in \mathbf{R}，证明：存在 y∈[a−θ,a+θ]y \in [a - \theta, a + \theta]，使得 cos⁡y≤cos⁡θ\cos y \le \cos \theta； (3) 设 b∈Rb \in \mathbf{R}，若存在 φ∈R\varphi \in \mathbf{R} 使得 5cos⁡x−cos⁡(5x+φ)≤b5\cos x - \cos (5x + \varphi) \le b 对 x∈Rx \in \mathbf{R} 恒成立，求 bb 的最小值.

2025 · 全国 · 一卷 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
1817分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ln⁡x2−x+ax+b(x−1)3f(x)=\ln\frac{x}{2-x}+ax+b(x-1)^3（x∈(0,2)x\in(0,2)）.
(1) 若 b=0b=0 且 f′(x)≥0f'(x)\ge0，求 aa 的最小值； (2) 证明：曲线 y=f(x)y=f(x) 关于点 (1,a)(1,a) 中心对称； (3) 若 f(x)>−2f(x)>-2 当且仅当 1<x<21<x<2，求 bb 的取值范围.

2024 · 全国 · 新高考一卷 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
2215分解析几何★★★★★
在直角坐标系 xOyxOy 中，点 PP 到 xx 轴的距离等于点 PP 到点 (0,12)(0,\frac12) 的距离，记动点 PP 的轨迹为 WW.
(1) 求 WW 的方程； (2) 已知矩形 ABCDABCD 有三个顶点在 WW 上，证明：矩形 ABCDABCD 的周长大于 333\sqrt3.

2023 · 全国 · 新高考一卷 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
2215分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ex−axf(x)=\mathrm{e}^x-ax，g(x)=ax−ln⁡xg(x)=ax-\ln x 有相同的最小值.
(1) 求 aa； (2) 证明：存在直线 y=by=b，其与两条曲线 y=f(x)y=f(x) 和 y=g(x)y=g(x) 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

2022 · 全国 · 新高考一卷 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
2215分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=x(1−ln⁡x)f(x)=x\left( 1-\ln x \right).
(1) 讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 设 aa，bb 为两个不相等的正数，且 bln⁡a−aln⁡b=a−bb\ln a-a\ln b=a-b，证明 2<1a+1b<e2<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}<\mathrm{e}.

2021 · 全国 · 新高考一卷 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ex+ax2−xf(x)=\mathrm{e}^x+ax^2-x.
(1) 当 a=1a=1 时，讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 当 x≥0x\ge 0 时，f(x)≥12x3+1f(x)\ge \dfrac{1}{2}x^3+1，求 aa 的取值范围.

2020 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
20导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=sin⁡x−ln⁡(1+x)f(x)=\sin x-\ln(1+x)，且 f′(x)f'(x) 为 f(x)f(x) 的导数. 证明：
(1) f′(x)f'(x) 在区间 (−1,π2)\left(-1,\dfrac{\pi}{2}\right) 存在唯一极大值点； (2) f(x)f(x) 有且仅有 22 个零点.

2019 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=1x−x+aln⁡xf(x)=\frac1x-x+a\ln x.
(1) 讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 若 f(x)f(x) 存在两个极值点 x1x_1，x2x_2，证明：f(x1)−f(x2)x1−x2<a−2\dfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<a-2.

2018 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
已知 a>0a > 0，函数 f(x)=eaxsin⁡xf(x) = \mathrm{e}^{ax}\sin x （x∈[0,+∞)x \in [0, +\infty)），记 xnx_n 为 f(x)f(x) 的从小到大的第 nn （n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）个极值点. 证明：
(1) 数列 {f(xn)}\left\{f(x_{n})\right\} 是等比数列； (2) 若 a⩾1e2−1a \geqslant \frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}^{2} - 1}}，则对一切 n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，xn<∣f(xn)∣x_n < |f(x_n)| 恒成立.

2015 · 湖南 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
已知 a>0a > 0，函数 f(x)=aexcos⁡xf(x) = a\mathrm{e}^{x}\cos x，x∈[0,+∞)x \in [0, +\infty). 记 xnx_n 为 f(x)f(x) 的从小到大的第 nn 个极值点（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）.
(1) 证明：数列 {f(xn)}\{f(x_{n})\} 是等比数列； (2) 若对一切 n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，xn⩽∣f(xn)∣x_n \leqslant |f(x_n)| 恒成立，求 aa 的取值范围.

2015 · 湖南 · 文 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
22导数及其应用★★★★★
已知常数 a>0a > 0，函数 f(x)=ln⁡(1+ax)−2xx+2f(x) = \ln\left(1 + ax\right) - \frac{2x}{x + 2}.
(1) 讨论 f(x)f(x) 在区间 (0,+∞)(0, +\infty) 上的单调性； (2) 若 f(x)f(x) 存在两个极值点 x1x_{1}，x2x_{2}，且 f(x1)+f(x2)>0f(x_{1}) + f(x_{2}) > 0，求 aa 的取值范围.
\begin{solution} 函数定义域为 (−1a,+∞)\left(-\frac1a,+\infty\right)，并且要排除 x=−2x=-2（当该点属于上述区间时）. 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上，
f′(x)=a1+ax−4(x+2)2=ax2+4a−4(1+ax)(x+2)2f'(x)=\frac{a}{1+ax}-\frac{4}{(x+2)^2} =\frac{ax^2+4a-4}{(1+ax)(x+2)^2}
在所讨论区间内分母恒为正.
当 a⩾1a\geqslant1 时，ax2+4a−4>0ax^2+4a-4>0，所以 f(x)f(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上单调递增. 当 0<a<10<a<1 时，令分子为零，得
x0=21−aax_0=2\sqrt{\frac{1-a}{a}}
此时在 0<x<x00<x<x_0 上有 f′(x)<0f'(x)<0，在 x>x0x>x_0 上有 f′(x)>0f'(x)>0，所以 f(x)f(x) 在 (0,21−aa)\left(0,2\sqrt{\frac{1-a}{a}}\right) 上单调递减，在 (21−aa,+∞)\left(2\sqrt{\frac{1-a}{a}},+\infty\right) 上单调递增.
若存在两个极值点，导数方程的两个根必须都在定义域内. 当 0<a<10<a<1 时令
t=21−aa>0t=2\sqrt{\frac{1-a}{a}}>0
导数的两个零点为 −t-t、tt. 当 a≠12a\ne\frac12 时，
t<1a⟺4a(1−a)<1⟺(2a−1)2>0t<\frac1a \quad\Longleftrightarrow\quad 4a(1-a)<1 \quad\Longleftrightarrow\quad (2a-1)^2>0
所以 −t>−1a-t>-\frac1a，且 t≠2t\ne2，故 ±t\pm t 均在定义域内；在定义域内除去可能的 x=−2x=-2 后，分母为正，故 f′(x)f'(x) 的符号由 a(x2−t2)a(x^2-t^2) 决定，−t-t 处由正变负、tt 处由负变正，二者确为极值点. 当 a=12a=\frac12 时，−t=−2-t=-2 不在定义域内，只剩一个极值点. 因而存在两个极值点当且仅当 0<a<10<a<1 且 a≠12a\ne\frac12. 计算函数值之和：
f(−t)+f(t)=ln⁡(1−a2t2)+4t24−t2f(-t)+f(t)=\ln(1-a^2t^2)+\frac{4t^2}{4-t^2}
由 t2=4(1−a)at^2=4\frac{(1-a)}{a}，可化为
f(−t)+f(t)=2ln⁡∣2a−1∣+4(1−a)2a−1f(-t)+f(t)=2\ln|2a-1|+\frac{4(1-a)}{2a-1}
当 12<a<1\frac12<a<1 时，令 u=2a−1∈(0,1)u=2a-1\in(0,1)，上式为
2(ln⁡u+1u−1)2\left(\ln u+\frac1u-1\right)
函数 ln⁡u+1u−1\ln u+\frac{1}{u}-1 在 (0,1)(0,1) 上为正，因为其在 u=1u=1 的值为零，且导数 (u−1)u2<0\frac{(u-1)}{u^2}<0. 因而此时函数值之和大于零.
当 0<a<120<a<\frac12 时，令 u=1−2a∈(0,1)u=1-2a\in(0,1)，上式为
2ln⁡u−2u−2<02\ln u-\frac2u-2<0
所以满足条件的参数范围为 a∈(12,1)a\in\left(\frac12,1\right). \end{solution}

2014 · 湖南 · 理 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=xcos⁡x−sin⁡x+1f(x) = x \cos x - \sin x + 1（x>0x > 0）.
(1) 求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 记 xix_{i} 为 f(x)f(x) 的从小到大的第 ii（i∈N∗i \in \mathbf{N}^{*}）个零点，证明：对一切 n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，有 1x12+1x22+⋯+1xn2<23\frac{1}{x_1^2} + \frac{1}{x_2^2} + \cdots + \frac{1}{x_n^2} < \frac{2}{3}.

2014 · 湖南 · 文 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
22导数及其应用★★★★★
已知 a>0a > 0，函数 f(x)=∣x−ax+2a∣f(x) = \left| \frac{x - a}{x + 2a} \right|.
(1) 记 f(x)f(x) 在区间 [0,4][0, 4] 上的最大值为 g(a)g(a)，求 g(a)g(a) 的表达式； (2) 是否存在 aa，使函数 y=f(x)y = f(x) 在区间 (0,4)(0, 4) 内的图象上存在两点，在该两点处的切线相互垂直？若存在，求 aa 的取值范围；若不存在，请说明理由.

2013 · 湖南 · 理 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=1−x1+x2exf(x) = \frac{1 - x}{1 + x^{2}} \mathrm{e}^x.
(1) 求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 证明：当 f(x1)=f(x2)f(x_{1}) = f(x_{2}) （x1≠x2x_{1} \neq x_{2}）时，x1+x2<0x_{1} + x_{2} < 0.

2013 · 湖南 · 文 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
22导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=eax−xf(x)=\mathrm{e}^{ax}-x，其中 a≠0a\neq0.
(1) 若对一切 x∈Rx\in\mathbf{R}，f(x)⩾1f(x)\geqslant1 恒成立，求 aa 的取值集合； (2) 在函数 f(x)f(x) 的图象上取定两点 A(x1,f(x1))A(x_1,f(x_1))，B(x2,f(x2))B(x_2,f(x_2))（x1<x2x_1<x_2），记直线 ABAB 的斜率为 kk. 问：是否存在 x0∈(x1,x2)x_0\in(x_1,x_2)，使 f′(x0)>kf'(x_0)>k 成立？若存在，求 x0x_0 的取值范围；若不存在，请说明理由.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 若 a<0a<0，则当 x→+∞x\to+\infty 时，eax→0\mathrm{e}^{ax}\to0，从而
f(x)=eax−x→−∞f(x)=\mathrm{e}^{ax}-x\to-\infty
不可能恒有 f(x)⩾1f(x)\geqslant1. 所以必须 a>0a>0.
当 a>0a>0 时， f′(x)=aeax−1f'(x)=a\mathrm{e}^{ax}-1，f′′(x)=a2eax>0f''(x)=a^2\mathrm{e}^{ax}>0. 因此 ff 在唯一的极小点 aeax=1a\mathrm{e}^{ax}=1，⟹\Longrightarrow，x=−ln⁡aax=-\frac{\ln a}{a} 处取得最小值. 代入得
fmin⁡=1a+ln⁡aa=1+ln⁡aaf_{\min}=\frac1a+\frac{\ln a}{a} =\frac{1+\ln a}{a}
故题设条件等价于
1+ln⁡a⩾a1+\ln a\geqslant a
令 h(a)=a−1−ln⁡ah(a)=a-1-\ln a，则 h′(a)=1−1ah'(a)=1-\frac1a，h(1)=0h(1)=0. 函数 hh 在 a=1a=1 处取得最小值 00，所以 h(a)⩾0h(a)\geqslant0，且等号仅在 a=1a=1 时成立. 因而
a=1a=1
\item 记
D=eax2−eax1x2−x1D=\frac{\mathrm{e}^{ax_2}-\mathrm{e}^{ax_1}}{x_2-x_1}
由 a≠0a\neq0，有 Da>0\frac{D}{a}>0. 又函数 g(x)=aeaxg(x)=a\mathrm{e}^{ax} 满足
g′(x)=a2eax>0g'(x)=a^2\mathrm{e}^{ax}>0
所以 gg 严格递增. 由拉格朗日中值定理，存在唯一的 c∈(x1,x2)c\in(x_1,x_2)，使
aeac=Da\mathrm{e}^{ac}=D
解得
c=1aln⁡eax2−eax1a(x2−x1)c=\frac1a\ln\frac{\mathrm{e}^{ax_2}-\mathrm{e}^{ax_1}}{a(x_2-x_1)}
另一方面，直线 ABAB 的斜率为
k=eax2−eax1x2−x1−1=D−1k=\frac{\mathrm{e}^{ax_2}-\mathrm{e}^{ax_1}}{x_2-x_1}-1=D-1
而
f′(x)=aeax−1=g(x)−1f'(x)=a\mathrm{e}^{ax}-1=g(x)-1
因此
f′(x)>k  ⟺  g(x)>D  ⟺  x>cf'(x)>k \iff g(x)>D \iff x>c
在 x∈(x1,x2)x\in(x_1,x_2) 内，所有满足条件的 x0x_0 构成区间
(1aln⁡eax2−eax1a(x2−x1),x2)\left( \frac1a\ln\frac{\mathrm{e}^{ax_2}-\mathrm{e}^{ax_1}}{a(x_2-x_1)}, x_2 \right)
所以这样的 x0x_0 存在. \end{enumerate} \end{solution}

2012 · 湖南 · 理 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
22函数与初等函数★★★★★
已知函数 f(x)=x3f(x) = x^3，g(x)=x+xg(x) = x + \sqrt{x}.
(1) 求函数 h(x)=f(x)−g(x)h(x) = f(x) - g(x) 的零点个数，并说明理由； (2) 设数列 {an}\{a_{n}\}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}）满足 a1=aa_{1} = a（a>0a > 0），f(an+1)=g(an)f(a_{n+1}) = g(a_{n})，证明：存在常数 MM，使得对于任意的 n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，都有 an⩽Ma_{n} \leqslant M.

2011 · 湖南 · 理 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
22导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=x−1x−aln⁡xf(x) = x - \frac{1}{x} - a \ln x（a∈Ra \in \mathbf{R}）.
(1) 讨论函数 f(x)f(x) 的单调性. (2) 若 f(x)f(x) 有两个极值点 x1x_{1} 和 x2x_{2}，记过点 A(x1,f(x1))A(x_{1}, f(x_{1}))，B(x2,f(x2))B(x_{2}, f(x_{2})) 的直线斜率为 kk. 问：是否存在 aa，使得 k=2−ak = 2 - a？若存在，求出 aa 的值；若不存在，请说明理由.

2011 · 湖南 · 文 · 第 22 题 · 解答题

查看答案和解析
20不等式★★★★★
已知函数 f(x)=x2+bx+cf(x) = x^2 + bx + c （bb，c∈Rc \in \mathbf{R}），对任意的 x∈Rx \in \mathbf{R}，恒有 f′(x)⩽f(x)f'(x) \leqslant f(x).
(1) 证明：当 x⩾0x \geqslant 0 时，f(x)⩽(x+c)2f(x) \leqslant (x + c)^2； (2) 若对满足题设条件的任意 bb，cc，不等式 f(c)−f(b)⩽M(c2−b2)f(c) - f(b) \leqslant M (c^2 - b^2) 恒成立，求 MM 的最小值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由题设，f′(x)=2x+bf'(x)=2x+b，所以对任意 x∈Rx\in\mathbf{R}，有
f(x)−f′(x)=x2+(b−2)x+c−b⩾0f(x)-f'(x)=x^2+(b-2)x+c-b\geqslant0
这是关于 xx 的二次函数，故其判别式不大于 00，即
(b−2)2−4(c−b)⩽0(b-2)^2-4(c-b)\leqslant0
整理得 c⩾b24+1c\geqslant\frac{b^2}{4}+1. 当 x⩾0x\geqslant0 时，由 c⩾1c\geqslant1 以及
2c−b⩾b22−b+2=12(b−1)2+32>02c-b\geqslant\frac{b^2}{2}-b+2=\frac{1}{2}(b-1)^2+\frac{3}{2}>0
可得
(x+c)2−f(x)=(2c−b)x+c(c−1)⩾0(x+c)^2-f(x)=(2c-b)x+c(c-1)\geqslant0
因此 f(x)⩽(x+c)2f(x)\leqslant(x+c)^2. \item 直接计算得
f(c)−f(b)=c2+bc−2b2f(c)-f(b)=c^2+bc-2b^2
取 M=32M=\frac{3}{2}，则
32(c2−b2)−(f(c)−f(b))=12(c−b)2⩾0\frac{3}{2}(c^2-b^2)-\bigl(f(c)-f(b)\bigr)=\frac{1}{2}(c-b)^2\geqslant0
所以 M=32M=\frac{3}{2} 时不等式对所有满足题设条件的 bb，cc 恒成立.
再取 b=2b=2，c=2+εc=2+\varepsilon，其中 ε>0\varepsilon>0. 此时 c⩾b24+1c\geqslant\frac{b^2}{4}+1，且 f(c)−f(b)c2−b2=c+4c+2=6+ε4+ε⟶32\frac{f(c)-f(b)}{c^2-b^2}=\frac{c+4}{c+2}=\frac{6+\varepsilon}{4+\varepsilon}\longrightarrow\frac{3}{2}，(ε→0+)\left(\varepsilon\to0^+\right). 因此任何小于 32\frac{3}{2} 的数都不能使题设不等式恒成立，故 MM 的最小值为 32\frac{3}{2}. \end{enumerate} \end{solution}

2010 · 湖南 · 理 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
数列 {an}\{a_{n}\} （n∈N∗n\in\mathbf{N}^{*}） 中， a1=aa_1 = a，an+1a_{n + 1} 是函数 fn(x)=13x3−12(3an+n2)x2+3n2anxf_{n}(x) = \frac{1}{3}x^{3} - \frac{1}{2}(3a_n + n^2)x^2 + 3n^2a_nx 的极小值点.
(1) 当 a=0a = 0 时，求通项 ana_{n}； (2) 是否存在 aa 使数列 {an}\{a_{n}\} 是等比数列？若存在，求 aa 的取值范围；若不存在，请说明理由.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由
fn′(x)=x2−(3an+n2)x+3n2an=(x−3an)(x−n2)f_n'(x)=x^2-(3a_n+n^2)x+3n^2a_n=(x-3a_n)(x-n^2)
可知，当 3an<n23a_n<n^2 时，x=n2x=n^2 是极小值点；当 3an>n23a_n>n^2 时，x=3anx=3a_n 是极小值点. 当 3an=n23a_n=n^2 时，导函数只有二重根，函数没有极小值点. 因此在数列有定义时，
an+1=max⁡{3an,n2}a_{n+1}=\max\left\{3a_n,n^2\right\}
当 a=0a=0 时，依次有 a1=0a_1=0，a2=1a_2=1，a3=4a_3=4，a4=12a_4=12. 对 n⩾3n\geqslant3，有 4⋅3n−2>n24\cdot3^{n-2}>n^2. 事实上，n=3n=3 时不等式成立；若 n⩾3n\geqslant3，则左边每次乘以 33，而右边的增长倍数为 (n+1)2n2⩽169<3\frac{(n+1)^2}{n^2}\leqslant\frac{16}{9}<3，所以不等式对所有 n⩾3n\geqslant3 成立. 于是 an+1=3ana_{n+1}=3a_n，从而 an=4⋅3n−3a_n=4\cdot3^{n-3}，n⩾3n\geqslant3. \item 若 {an}\{a_n\} 是等比数列，则由递推式知 a2>0a_2>0，a3>0a_3>0. 若 a<0a<0，则 a2a1<0\frac{a_2}{a_1}<0，而 a3a2>0\frac{a_3}{a_2}>0，不可能等比；若 a=0a=0，则第一问中的数列也不等比. 因此 a>0a>0.
当 0<a<130<a<\frac{1}{3} 时，a2=1a_2=1，a3=4a_3=4. 若数列等比，则公比既为 a2a1=1a\frac{a_2}{a_1}=\frac{1}{a}，又为 a3a2=4\frac{a_3}{a_2}=4，所以 a=14a=\frac{1}{4}. 但此时 a4=max⁡{12,9}=12a_4=\max\{12,9\}=12，而等比数列应有 a4=16a_4=16，矛盾. 当 a=13a=\frac{1}{3} 时，3a1=123a_1=1^2，f1′(x)=(x−1)2f_1'(x)=(x-1)^2，函数没有极小值点，数列不能按题意定义.
当 a>13a>\frac{1}{3} 时，a2=3aa_2=3a. 若数列等比，则公比为 33，从而必须有 a3=9aa_3=9a. 当 a<49a<\frac{4}{9} 时，a3=max⁡{9a,4}=4≠9aa_3=\max\{9a,4\}=4\neq9a，矛盾；当 a=49a=\frac{4}{9} 时，3a2=4=223a_2=4=2^2，此时 f2′(x)=(x−4)2f_2'(x)=(x-4)^2，没有极小值点，数列不能按题意定义. 所以必要条件为 a>49a>\frac{4}{9}.
反之，若 a>49a>\frac{4}{9}，则 a2=3aa_2=3a，且 3a>13a>1. 又 9a>49a>4. 因而 31a>123^1a>1^2，32a>223^2a>2^2. 对 n⩾2n\geqslant2，若 3na>n23^na>n^2，则由 3n2−(n+1)2=2n2−2n−1>03n^2-(n+1)^2=2n^2-2n-1>0，得 3n2>(n+1)23n^2>(n+1)^2. 又因 3n+1a>3n23^{n+1}a>3n^2，所以 3n+1a>(n+1)23^{n+1}a>(n+1)^2. 由数学归纳法，3na>n23^na>n^2 对所有 n⩾1n\geqslant1 成立，递推式始终取 an+1=3ana_{n+1}=3a_n. 所以 an=3n−1aa_n=3^{n-1}a 是等比数列.
综上，存在这样的 aa，其取值范围为
a∈(49,+∞)a\in\left(\frac{4}{9},+\infty\right)
\end{enumerate} \end{solution}

2010 · 湖南 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ax+x+(a−1)ln⁡x+15af(x) = \frac{a}{x} + x + (a - 1)\ln x + 15a，其中 a<0a < 0，且 a≠−1a \neq -1.
(1) 讨论函数 f(x)f(x) 的单调性； (2) 设函数
g(x)={(−2x3+3ax2+6ax−4a2−6a)ex,x⩽1,e⋅f(x),x>1,g(x) = \begin{cases} (-2x^3 + 3ax^2 + 6ax - 4a^2 - 6a)\mathrm{e}^x, & x \leqslant 1,\\ \mathrm{e} \cdot f(x), & x > 1, \end{cases}
（e\mathrm{e} 是自然数的底数）. 是否存在 aa，使 g(x)g(x) 在 [a,−a][a, -a] 上为减函数？若存在，求 aa 的取值范围；若不存在，请说明理由.

2010 · 湖南 · 文 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ln⁡2(1+x)−x21+xf(x) = \ln^2 (1 + x) - \frac{x^2}{1 + x}.
(1) 求函数 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 若不等式 (1+1n)n+α⩽e\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n + \alpha} \leqslant \mathrm{e} 对任意的 n∈N∗n \in \mathbf{N}^* 都成立（其中 e\mathrm{e} 是自然对数的底数），求 α\alpha 的最大值.

2008 · 湖南 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=14x4+x3−92x2+cxf(x) = \frac{1}{4} x^4 + x^3 - \frac{9}{2} x^2 + cx 有三个极值点.
(1) 证明： −27<c<5;-27 < c < 5; (2) 若存在实数 cc，使函数 f(x)f(x) 在区间 [a,a+2][a, a + 2] 上单调递减，求 aa 的取值范围.
\begin{solution} 记 g(x)=f′(x)=x3+3x2−9x+cg(x)=f'(x)=x^3+3x^2-9x+c，则 g′(x)=3(x+3)(x−1)g'(x)=3\left(x+3\right)\left(x-1\right). 因此 g(x)g(x) 在 (−∞,−3)(-\infty,-3) 和 (1,+∞)(1,+\infty) 上递增，在 (−3,1)(-3,1) 上递减，x=−3x=-3 是极大值点，x=1x=1 是极小值点.
\begin{enumerate} \item 因为 g(x)g(x) 是首项系数为正的三次函数，要有三个互不相同的实根，充要条件是极大值大于 00 且极小值小于 00. 计算得 g(−3)=c+27g(-3)=c+27，g(1)=c−5g(1)=c-5. 所以 c+27>0c+27>0，c−5<0c-5<0，即 −27<c<5-27<c<5.
\item 由第（1）问，所取的 cc 必须满足 −27<c<5-27<c<5. 令 h(x)=x3+3x2−9xh(x)=x^3+3x^2-9x，则 g(x)=h(x)+cg(x)=h(x)+c. 因为 h(x)−27=x3+3x2−9x−27=(x−3)(x+3)2h(x)-27=x^3+3x^2-9x-27=\left(x-3\right)\left(x+3\right)^2，所以 h(x)<27h(x)<27 当且仅当 x<3x<3 且 x≠−3x\neq-3.
若 f(x)f(x) 在 [a,a+2][a,a+2] 上单调递减，则区间内应有 g(x)⩽0g(x)\leqslant0. 由于 c>−27c>-27，有 g(−3)=c+27>0g(-3)=c+27>0，并且当 x⩾3x\geqslant3 时 h(x)⩾27h(x)\geqslant27，从而 g(x)>0g(x)>0. 因此区间 [a,a+2][a,a+2] 既不能包含 −3-3，又必须满足 a+2<3a+2<3. 这给出 a<−5a<-5 或 −3<a<1-3<a<1.
反之，若 a<−5a<-5 或 −3<a<1-3<a<1，则 [a,a+2]⊂(−∞,3)[a,a+2]\subset(-\infty,3) 且不含 −3-3，从而在该区间上 h(x)<27h(x)<27. 令 M=max⁡x∈[a,a+2]h(x)M=\max_{x\in[a,a+2]}h(x)，则 M<27M<27，所以可以取 −27<c<min⁡{5,−M}-27<c<\min\left\{5,-M\right\}. 此时 cc 满足第（1）问的条件，且对区间内任意 xx 有 f′(x)=h(x)+c⩽M+c<0f'(x)=h(x)+c\leqslant M+c<0，故 f(x)f(x) 在 [a,a+2][a,a+2] 上单调递减.
综上，aa 的取值范围为 (−∞,−5)∪(−3,1)\left(-\infty,-5\right)\cup\left(-3,1\right). \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析
19导数及其应用★★★★★
如图，某地为了开发旅游资源，欲修建一条连接风景点 PP 和居民区 OO 的公路，点 PP 所在的山坡面与山脚所在水平面 α\alpha 所成的二面角为 θ\theta（0∘<θ<90∘0^{\circ} < \theta < 90^{\circ}），且 sin⁡θ=25\sin \theta = \frac{2}{5}，点 PP 到平面 α\alpha 的距离 PH=0.4 kmPH = 0.4\mathrm{~km}. 沿山脚原有一段笔直的公路 ABAB 可供利用，从点 OO 到山脚修路的造价为 a 万元/kma\text{ 万元}/\mathrm{km}，原有公路改建费用为 a2 万元/km\frac{a}{2}\text{ 万元}/\mathrm{km}，当山坡上公路长度为 l kml\mathrm{~km}（1⩽l⩽21 \leqslant l \leqslant 2）时，其造价为 (l2+1)a 万元(l^{2} + 1)a\text{ 万元}，已知 OA⊥ABOA \perp AB，PB⊥ABPB \perp AB，AB=1.5 kmAB = 1.5\mathrm{~km}，OA=3 kmOA = \sqrt{3}\mathrm{~km}.
(1) 在 ABAB 上求一点 DD，使沿折线 PDAOPDAO 修建公路的总造价最小； (2) 对于上一问得到的点 DD，在 DADA 上求一点 EE，使沿折线 PDEOPDEO 修建公路的总造价最小； (3) 在 ABAB 上是否存在两个不同的点 D′D'，E′E'，使沿折线 PD′E′OPD'E'O 修建公路的总造价小于上一问得到的最小总造价，证明你的结论.

2007 · 湖南 · 理 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
20导数及其应用★★★★★
对 11 个单位质量的含污物体进行清洗，清洗前其清洁度（含污物体的清洁度定义为：1−污物质量物体质量（含污物）1 - \frac{\text{污物质量}}{\text{物体质量（含污物）}}）为 0.80.8，要求洗完后的清洁度是 0.990.99. 有两种方案可供选择，方案甲：一次清洗；方案乙：两次清洗. 该物体初次清洗后受残留水等因素影响，其质量变为 aa（1⩽a⩽31 \leqslant a \leqslant 3）. 设用 xx 单位质量的水初次清洗后的清洁度是 x+0.8x+1\frac{x + 0.8}{x + 1}（x>a−1x > a - 1），用 yy 单位质量的水第二次清洗后的清洁度是 y+acy+a\frac{y + ac}{y + a}，其中 cc（0.8<c<0.990.8 < c < 0.99）是该物体初次清洗后的清洁度.
(1) 分别求出方案甲以及 c=0.95c = 0.95 时方案乙的用水量，并比较哪一种方案用水量较少； (2) 若采用方案乙，当 aa 为某定值时，如何安排初次与第二次清洗的用水量，使总用水量最少？并讨论 aa 取不同数值时对最少总用水量多少的影响.

2006 · 湖南 · 理 · 第 20 题 · 解答题

查看答案和解析
21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ln⁡xf(x) = \ln x，g(x)=12ax2+bxg(x) = \frac{1}{2} ax^2 + bx，a≠0a \neq 0.
(1) 若 b=2b = 2，且 h(x)=f(x)−g(x)h(x) = f(x) - g(x) 存在单调递减区间，求 aa 的取值范围； (2) 设函数 f(x)f(x) 的图象 C1C_1 与函数 g(x)g(x) 图象 C2C_2 交于点 PP，QQ，过线段 PQPQ 的中点作 xx 轴的垂线分别交 C1C_1，C2C_2 于点 MM，NN，证明 C1C_1 在点 MM 处的切线与 C2C_2 在点 NN 处的切线不平行.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 当 b=2b=2 时，h(x)=ln⁡x−a2x2−2xh(x)=\ln x-\dfrac{a}{2}x^{2}-2x，定义域为 (0,+∞)(0,+\infty)，且
h′(x)=1x−ax−2=1−2x−ax2xh'(x)=\frac{1}{x}-ax-2=\frac{1-2x-ax^{2}}{x}
若 a>0a>0，则当 xx 足够大时 1−2x−ax2<01-2x-ax^{2}<0，所以存在单调递减区间. 若 a<0a<0，令 a=−ka=-k，其中 k>0k>0，则
h′(x)=1−2x+kx2xh'(x)=\frac{1-2x+kx^{2}}{x}
要使 h′(x)<0h'(x)<0 在某个区间成立，二次式 kx2−2x+1kx^{2}-2x+1 必须在正数范围内取负值. 其判别式为 4−4k4-4k，故必须有 0<k<10<k<1，即 −1<a<0-1<a<0. 当 a=−1a=-1 时，1−2x+x2=(x−1)2⩾01-2x+x^{2}=(x-1)^{2}\geqslant0；当 a<−1a<-1 时，二次式恒为正，均不存在单调递减区间. 结合题设 a≠0a\neq0，得 aa 的取值范围为 (−1,0)∪(0,+∞)(-1,0)\cup(0,+\infty).
\item 设点 PP、QQ 的横坐标分别为 x1x_1、x2x_2，不妨设 x2>x1x_2>x_1. 因为 PP、QQ 在两函数图象的交点上，所以 x1>0x_1>0、x2>0x_2>0，且
ln⁡x1=a2x12+bx1\ln x_1=\frac{a}{2}x_1^{2}+bx_1，ln⁡x2=a2x22+bx2\ln x_2=\frac{a}{2}x_2^{2}+bx_2.
令 m=x1+x22m=\dfrac{x_1+x_2}{2}，d=x2−x12d=\dfrac{x_2-x_1}{2}，则 0<d<m0<d<m，且过 PQPQ 中点的垂线为 x=mx=m. 因而 MM、NN 处两条切线的斜率分别为
k1=1mk_1=\frac{1}{m}，k2=am+bk_2=am+b.
假设两条切线平行，则 am+b=1mam+b=\dfrac{1}{m}. 将交点处两个等式相减，得到
ln⁡x2x1=(x2−x1)(am+b)\ln\frac{x_2}{x_1}=(x_2-x_1)(am+b)
代入 x1=m−dx_1=m-d、x2=m+dx_2=m+d 和上述平行条件，得
ln⁡m+dm−d=2dm\ln\frac{m+d}{m-d}=\frac{2d}{m}
令 t=dmt=\dfrac{d}{m}，则 0<t<10<t<1，上式化为 ln⁡1+t1−t=2t\ln\dfrac{1+t}{1-t}=2t. 但令 φ(t)=ln⁡1+t1−t−2t\varphi(t)=\ln\dfrac{1+t}{1-t}-2t，有 φ(0)=0\varphi(0)=0，且
φ′(t)=21−t2−2=2t21−t2>0\varphi'(t)=\frac{2}{1-t^{2}}-2=\frac{2t^{2}}{1-t^{2}}>0，（0<t<10<t<1）.
所以 φ(t)>0\varphi(t)>0，不可能有 φ(t)=0\varphi(t)=0. 矛盾. 因此 k1≠k2k_1\neq k_2，即 C1C_1 在 MM 处的切线与 C2C_2 在 NN 处的切线不平行. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 湖南 · 理 · 第 21 题 · 解答题

查看答案和解析