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2115分概率与统计★★★★★
一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第 00 代，经过一次繁殖后为第 11 代，再经过一次繁殖后为第 22 代，依此类推. 该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设 XX 表示 11 个微生物个体繁殖下一代的个数，P(X=i)=pi>0P(X=i)=p_i>0，其中 i=0i=0，11，22，33.
(1) 已知 p0=0.4p_0=0.4，p1=0.3p_1=0.3，p2=0.2p_2=0.2，p3=0.1p_3=0.1，求 E(X)E(X)； (2) 设 pp 表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，pp 是关于 xx 的方程 p0+p1x+p2x2+p3x3=xp_0+p_1x+p_2x^2+p_3x^3=x 的一个最小正实根，求证：当 E(X)≤1E(X)\le1 时，p=1p=1，当 E(X)>1E(X)>1 时，p<1p<1； (3) 根据你的理解说明（2）问结论的实际含义.

2021 · 全国 · 新高考二卷 · 第 21 题 · 解答题

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2215分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=(x−1)ex−ax2+bf(x)=(x-1)\mathrm{e}^x-ax^2+b.
(1) 讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 从下面两个条件中任选一个作为已知条件，证明：f(x)f(x) 有一个零点.
① 12<a≤e22\dfrac12<a\le\dfrac{\mathrm{e}^2}{2}，b>2ab>2a； ② 0<a<120<a<\dfrac12，b≤2ab\le2a.

2021 · 全国 · 新高考二卷 · 第 22 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ex−ax2f(x)=\mathrm{e}^x-ax^2.
(1) 若 a=1a=1，证明：当 x≥0x\ge0 时，f(x)≥1f(x)\ge1； (2) 若 f(x)f(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 只有一个零点，求 aa.

2018 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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10函数与初等函数★★★★★
已知以 T=4T = 4 为周期的函数
f(x)={m1−x2,x∈(−1,1],1−∣x−2∣,x∈(1,3].f(x) = \begin{cases} m\sqrt{1 - x^{2}}, & x \in (-1, 1],\\ 1 - |x - 2|, & x \in (1, 3]. \end{cases}
其中 m>0m > 0. 若方程 3f(x)=x3f(x) = x 恰有 5 个实数解，则 mm 的取值范围为（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 函数以 4 为周期，先考察一个基本周期 (−1,3](-1,3]. 在 [0,1][0,1] 上，方程为
3m1−x2=x3m\sqrt{1-x^{2}}=x
由于 f(x)⩾0f(x)\geqslant0，方程的解必须满足 x⩾0x\geqslant0，且 x=0x=0 不满足方程，所以不必考察负半轴. 左端随 xx 增大而减小、右端递增，且两端在 x=0x=0 与 x=1x=1 的大小关系相反，故恰有 1 根.
在 (1,3](1,3] 上，f(x)=1−∣x−2∣f(x)=1-|x-2|. 当 1<x⩽21<x\leqslant2 时，方程为 3(x−1)=x3(x-1)=x，根为 x=32x=\frac{3}{2}；当 2⩽x⩽32\leqslant x\leqslant3 时，方程为 3(3−x)=x3(3-x)=x，根为 x=94x=\frac{9}{4}. 所以基本周期内已有 3 根.
对 k⩾1k\geqslant1，在区间 (4k−1,4k+1](4k-1,4k+1] 上令 x=4k+tx=4k+t，则第一段方程化为 m=4k+t31−t2m=\frac{4k+t}{3\sqrt{1-t^{2}}}，−1<t<1-1<t<1. 记
hk(t)=4k+t31−t2h_k(t)=\frac{4k+t}{3\sqrt{1-t^{2}}}
其导数为
hk′(t)=1+4kt3(1−t2)32h_k'(t)=\frac{1+4kt}{3(1-t^{2})^{\frac{3}{2}}}
所以 hkh_k 在 (−1,−1(4k))(-1,-\frac{1}{(4k)}) 上递减，在 (−1(4k),1)(-\frac{1}{(4k)},1) 上递增，并且两端趋于 +∞+\infty. 唯一最小值为
hk(−14k)=16k2−13h_k\left(-\frac1{4k}\right)=\frac{\sqrt{16k^{2}-1}}{3}
因此第 kk 个平移后的第一段有 2 个根当且仅当 m>16k2−13m>\frac{\sqrt{16k^{2}-1}}{3}，有 1 个根当 mm 等于该值，否则没有根.
当 k=1k=1 时，产生 2 个根的条件是 m>153m>\frac{\sqrt{15}}{3}；当 k=2k=2 时，产生根的临界值是
m=16⋅22−13=7m=\frac{\sqrt{16\cdot2^{2}-1}}{3}=\sqrt7
由于上述临界值随 kk 增大而增大，若 m<7m<\sqrt7，只有 k=1k=1 的第一段可能产生根；若 m⩾7m\geqslant\sqrt7，则至少还会产生第 k=2k=2 段的根. 第二段中 3f(x)⩽33f(x)\leqslant3，而 x>4k+1⩾5x>4k+1\geqslant5，不可能有根. 因此总根数恰为 3+2=53+2=5 当且仅当
153<m<7\frac{\sqrt{15}}{3}<m<\sqrt7
故选 B. \end{solution}
A.
(153,83)\left(\frac{\sqrt{15}}{3}, \frac{8}{3}\right)
B.
(153,7)\left(\frac{\sqrt{15}}{3}, \sqrt{7}\right)
C.
(43,83)\left(\frac{4}{3}, \frac{8}{3}\right)
D.
(43,7)\left(\frac{4}{3}, \sqrt{7}\right)

2009 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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21数列★★★★★
设 mm 个不全相等的正数 a1a_1，a2a_2，…\ldots，ama_m（m⩾7m\geqslant 7）依次围成一个圆圈.
(1) 若 m=2009m=2009，且 a1a_1，a2a_2，…\ldots，a1005a_{1005} 是公差为 dd 的等差数列，而 a1a_1，a2009a_{2009}，a2008a_{2008}，…\ldots，a1006a_{1006} 是公比为 qq 的等比数列；数列 a1a_1，a2a_2，…\ldots，ama_m 的前 nn 项和 SnS_n（n⩽mn\leqslant m）满足：S3=15S_3=15，S2009=S2007+12a1S_{2009}=S_{2007}+12a_1，求通项 ana_n（n⩽mn\leqslant m）. (2) 若每个数 ana_n（n⩽mn\leqslant m）是其左右相邻两数平方的等比中项，求证：a1+⋯+a6+a72+⋯+am2>ma1a2⋯ama_1+\cdots+a_6+a_7^2+\cdots+a_m^2>ma_1a_2\cdots a_m.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由正数条件 q>0q>0. 等比数列的排列顺序给出 a2009=a1qa_{2009}=a_1q，a2008=a1q2a_{2008}=a_1q^2. 又
S2009−S2007=a2008+a2009=12a1S_{2009}-S_{2007}=a_{2008}+a_{2009}=12a_1
所以 q2+q=12q^2+q=12. 结合 q>0q>0，得 q=3q=3.
令 a1=ta_1=t. 前 10051005 项为等差数列，且
S3=a1+(a1+d)+(a1+2d)=3a1+3d=15S_3=a_1+(a_1+d)+(a_1+2d)=3a_1+3d=15
故 d=5−td=5-t. 因而 an=t+(n−1)(5−t)a_n=t+(n-1)(5-t)，1⩽n⩽10051\leqslant n\leqslant1005. 后面的等比数列按题目给出的次序为 an=t 32010−na_n=t\,3^{2010-n}，1006⩽n⩽20091006\leqslant n\leqslant2009. 为了保证等差部分各项为正，只需两端均为正，即 t>0t>0，t+1004(5−t)=5020−1003t>0t+1004(5-t)=5020-1003t>0. 所以题面条件得到的是一族数列
0<t<50201003,an={t+(n−1)(5−t),1⩽n⩽1005,t 32010−n,1006⩽n⩽2009.0<t<\frac{5020}{1003},\qquad a_n=\begin{cases} t+(n-1)(5-t),&1\leqslant n\leqslant1005,\\ t\,3^{2010-n},&1006\leqslant n\leqslant2009. \end{cases}
题面没有给出 d=qd=q 或其他联系 dd 与 qq 的条件，因此不能唯一确定 tt. 例如额外补充题面未出现的 d=qd=q 时才得到 t=2t=2，d=3d=3，这不能作为原题的必然结论.
\item 由于各项为正，“ana_n 是左右相邻两数平方的等比中项”表示
an2=an−1 2an+1 2a_n^2=a_{n-1}^{\,2}a_{n+1}^{\,2}
其中下标按圆圈循环. 于是 an=an−1an+1a_n=a_{n-1}a_{n+1}，an+1=anan−1a_{n+1}=\frac{a_n}{a_{n-1}}. 逐次使用后一关系，得到 ar+2=ar+1ara_{r+2}=\frac{a_{r+1}}{a_r}，ar+3=1ara_{r+3}=\frac1{a_r}，ar+4=1ar+1a_{r+4}=\frac1{a_{r+1}}，ar+5=arar+1a_{r+5}=\frac{a_r}{a_{r+1}}，ar+6=ara_{r+6}=a_r. 所以数列具有六项周期.
若 m=6k+pm=6k+p，其中 0⩽p<60\leqslant p<6，圆周闭合又使数列具有 pp 项周期. 若 p=1p=1 或 p=5p=5，所有项相等，设为 cc，递推式给出 c=c2c=c^2，因正数而 c=1c=1. 若 p=2p=2 或 p=4p=4，奇数项均为 uu、偶数项均为 vv，递推式给出 u=v2u=v^2、v=u2v=u^2，从而 u=v=1u=v=1. 若 p=3p=3，设三个周期值为 uu，vv，ww，则 u=wvu=wv，v=uwv=uw，w=uvw=uv. 由前两式得 w=1w=1，再由第三式得 u=v=1u=v=1. 这些情形都与“不全相等”矛盾，故 m=6km=6k.
将递推式对 n=1n=1，…\ldots，mm 相乘，设 P=a1a2⋯amP=a_1a_2\cdots a_m，则
P=P2P=P^2
因 P>0P>0，故 P=1P=1. 由 a2=a1a3a_2=a_1a_3，a3=a2a4a_3=a_2a_4，a4=a3a5a_4=a_3a_5，a5=a4a6a_5=a_4a_6 依次得到 a3=a2a1a_3=\frac{a_2}{a_1}，a4=1a1a_4=\frac1{a_1}，a5=1a2a_5=\frac1{a_2}，a6=a1a2a_6=\frac{a_1}{a_2}. 因此 a1+a4⩾2a_1+a_4\geqslant2，a2+a5⩾2a_2+a_5\geqslant2，a3+a6⩾2a_3+a_6\geqslant2. 三式同时取等号会导致 a1=a2=1a_1=a_2=1，进而六项全为 11，再由六项周期与“不全相等”矛盾，所以
a1+⋯+a6>6a_1+\cdots+a_6>6
同样由平方的均值不等式， a12+a42⩾2a_1^2+a_4^2\geqslant2，a22+a52⩾2a_2^2+a_5^2\geqslant2，a32+a62⩾2a_3^2+a_6^2\geqslant2， 故 a12+⋯+a62⩾6a_1^2+\cdots+a_6^2\geqslant6. 因 m=6km=6k 且六项周期，
a72+⋯+am2=(k−1)(a12+⋯+a62)⩾6(k−1)a_7^2+\cdots+a_m^2=(k-1)(a_1^2+\cdots+a_6^2)\geqslant6(k-1)
于是
a1+⋯+a6+a72+⋯+am2>6+6(k−1)=6k=m=mP=ma1a2⋯ama_1+\cdots+a_6+a_7^2+\cdots+a_m^2 >6+6(k-1)=6k=m=mP=ma_1a_2\cdots a_m
证毕. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21函数与初等函数★★★★★
已知定义域为 R\mathbf{R} 的函数 f(x)f(x) 满足 f(f(x)−x2+x)=f(x)−x2+xf(f(x) - x^{2} + x) = f(x) - x^{2} + x.
(1) 若 f(2)=3f(2) = 3，求 f(1)f(1)；又若 f(0)=af(0) = a，求 f(a)f(a)； (2) 设有且仅有一个实数 x0x_{0}，使得 f(x0)=x0f(x_{0}) = x_{0}，求函数 f(x)f(x) 的解析表达式.

2006 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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