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1917分概率与统计★★★☆☆
某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异. 经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该项指标的频率分布直方图：
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值 cc，将该指标大于 cc 的人判定为阳性，小于或等于 cc 的人判定为阴性. 此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为 p(c)p(c)；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为 q(c)q(c). 假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.
(1) 当漏诊率 p(c)=0.5%p(c)=0.5\% 时，求临界值 cc 和误诊率 q(c)q(c)； (2) 设函数 f(c)=p(c)+q(c)f(c)=p(c)+q(c). 当 c∈[95,105]c\in[95,105] 时，求 f(c)f(c) 的解析式，并求 f(c)f(c) 在区间 [95,105][95,105] 的最小值.

2023 · 全国 · 新高考二卷 · 第 19 题 · 解答题

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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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20导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=ln⁡x−x+1x−1f(x)=\ln x-\dfrac{x+1}{x-1}.
(1) 讨论 f(x)f(x) 的单调性，并证明 f(x)f(x) 有且仅有两个零点； (2) 设 x0x_0 是 f(x)f(x) 的一个零点，证明曲线 y=ln⁡xy=\ln x 在点 A(x0,ln⁡x0)A(x_0,\ln x_0) 处的切线也是曲线 y=exy=\mathrm{e}^x 的切线.

2019 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=(x−1)ln⁡x−x−1f(x)=(x-1)\ln x-x-1. 证明：
(1) f(x)f(x) 存在唯一的极值点； (2) f(x)=0f(x)=0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.

2019 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 21 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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21导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=13x3−a(x2+x+1)f(x)=\dfrac13x^3-a(x^2+x+1).
(1) 若 a=3a=3，求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 证明：f(x)f(x) 只有一个零点.

2018 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=(cos⁡x−x)(π+2x)−83(sin⁡x+1)f(x) = (\cos x - x)(\pi + 2x) - \frac{8}{3} (\sin x + 1)，g(x)=3(x−π)cos⁡x−4(1+sin⁡x)ln⁡(3−2xπ)g(x) = 3(x - \pi)\cos x - 4(1 + \sin x)\ln \left(3 - \frac{2x}{\pi}\right).
(1) 证明：存在唯一 x0∈(0,π2)x_0 \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)，使 f(x0)=0f(x_0) = 0； (2) 证明：存在唯一 x1∈(π2,π)x_{1} \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)，使 g(x1)=0g(x_{1}) = 0，且对（1）中的 x0x_{0}，有 x0+x1<πx_{0} + x_{1} < \pi.

2014 · 辽宁 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=π(x−cos⁡x)−2sin⁡x−2f(x) = \pi (x - \cos x) - 2\sin x - 2，g(x)=(x−π)1−sin⁡x1+sin⁡x+2xπ−1g(x) = (x - \pi)\sqrt{\frac{1 - \sin x}{1 + \sin x}} + \frac{2x}{\pi} - 1.
(1) 证明：存在唯一 x0∈(0,π2)x_0 \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)，使 f(x0)=0f(x_0) = 0； (2) 证明：存在唯一 x1∈(π2,π)x_1 \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)，使 g(x1)=0g(x_1) = 0，且对上一问中的 x0x_0，有 x0+x1>πx_0 + x_1 > \pi.

2014 · 辽宁 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
如图，抛物线 C1:x2=4yC_1:x^2 = 4y，C2:x2=−2pyC_2:x^2 = -2py（p>0p > 0）. 点 M(x0,y0)M(x_0, y_0) 在抛物线 C2C_2 上，过 MM 作 C1C_1 的切线，切点为 AA，BB（MM 为原点 OO 时，AA，BB 重合于 OO）. 当 x0=1−2x_0 = 1 - \sqrt{2} 时，切线 MAMA 的斜率为 −12-\frac{1}{2}.
(1) 求 pp 的值； (2) 当 MM 在 C2C_2 上运动时，求线段 ABAB 中点 NN 的轨迹方程（AA，BB 重合于 OO 时，中点为 OO）.

2013 · 辽宁 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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24不等式★★★☆☆
已知函数 f(x)=∣x−2∣−∣x−5∣f(x) = |x - 2| - |x - 5|.
(1) 证明： −3⩽f(x)⩽3-3 \leqslant f(x) \leqslant 3. (2) 求不等式 f(x)⩾x2−8x+15f(x) \geqslant x^{2} - 8x + 15 的解集.

2011 · 辽宁 · 理 · 第 24 题 · 解答题

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24不等式★★★☆☆
已知函数 f(x)=∣x−2∣−∣x−5∣f(x) = |x - 2| - |x - 5|.
(1) 证明： −3⩽f(x)⩽3-3 \leqslant f(x) \leqslant 3； (2) 求不等式 f(x)⩾x2−8x+15f(x) \geqslant x^{2} - 8x + 15 的解集.

2011 · 辽宁 · 文 · 第 24 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
在直角坐标系 xOyxOy 中，点 PP 到两点 (0,−3)(0, -\sqrt{3})，(0,3)(0, \sqrt{3}) 的距离之和为 44，设点 PP 的轨迹为 CC.
(1) 写出 CC 的方程； (2) 设直线 y=kx+1y = kx + 1 与 CC 交于 AA，BB 两点，kk 为何值时 OA→⊥OB→\overrightarrow{OA} \perp \overrightarrow{OB}？此时 ∣AB∣\lvert AB\rvert 的值是多少？

2008 · 辽宁 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★☆
设函数 f(x)=ax3+bx2−3a2x+1f(x) = ax^3 + bx^2 - 3a^2x + 1（aa，b∈Rb \in \mathbf{R}）在 x=x1x = x_1，x=x2x = x_2 处取得极值，且 ∣x1−x2∣=2\lvert x_1 - x_2\rvert = 2.
(1) 若 a=1a = 1，求 bb 的值，并求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 若 a>0a > 0，求 bb 的取值范围.

2008 · 辽宁 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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22不等式★★★★★
已知函数 f(x)=x2−9x2cos⁡α+48xcos⁡β+18sin⁡2αf(x)=x^2-9x^2\cos\alpha+48x\cos\beta+18\sin^2\alpha，g(x)=f′(x)g(x)=f'(x)，且对任意的实数 tt 均有 g(1+cos⁡t)⩾0g(1+\cos t)\geqslant0，g(3+sin⁡t)⩽0g(3+\sin t)\leqslant0.
(1) 求函数 f(x)f(x) 的解析式； (2) 若对任意的 m∈[−26,6]m\in[-26,6]，恒有 f(x)⩾x2−mx−11f(x)\geqslant x^2-mx-11，求 xx 的取值范围.

2007 · 辽宁 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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22计数原理与组合数学★★★★★
已知 f0(x)=xnf_{0}(x) = x^{n}，fk(x)=fk−1′(x)fk−1(1)f_{k}(x) = \frac{f'_{k-1}(x)}{f_{k-1}(1)}，其中 k⩽nk \leqslant n（nn，k∈N+k\in\mathbf{N}_{+}）. 设 F(x)=Cn0f0(x2)+Cn1f1(x2)+⋯+Cnnfn(x2)F(x) = \mathrm C_n^0 f_0(x^{2}) + \mathrm C_n^1 f_1(x^{2}) + \cdots + \mathrm C_n^n f_n(x^{2})，x∈[−1,1]x \in [-1,1].
(1) 写出 fk(1)f_k(1)； (2) 证明：对任意的 x1x_{1}，x2∈[−1,1]x_{2}\in[-1,1]，恒有 ∣F(x1)−F(x2)∣⩽2n−1(n+2)−n−1|F(x_{1}) - F(x_{2})| \leqslant 2^{n-1}(n+2) - n - 1.

2006 · 辽宁 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=13ax3+(a+d)x2+(a+2d)x+df(x) = \frac{1}{3} ax^3 + (a + d)x^2 + (a + 2d)x + d，g(x)=ax2+2(a+2d)x+a+4dg(x) = ax^2 + 2(a + 2d)x + a + 4d. 其中 a>0a > 0，d>0d > 0. 设 x0x_0 为 f(x)f(x) 的极小值点，x1x_1 为 g(x)g(x) 的极值点，g(x2)=g(x3)=0g(x_2) = g(x_3) = 0，并且 x2<x3x_2 < x_3. 将点 (x0,f(x0))(x_0, f(x_0))，(x1,g(x1))(x_1, g(x_1))，(x2,0)(x_2, 0)，(x3,0)(x_3, 0) 依次记为 AA，BB，CC，DD.
(1) 求 x0x_0 的值； (2) 若四边形 APCDAPCD 为梯形且面积为 1，求 aa，dd 的值.

2006 · 辽宁 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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19数列★★★★☆
已知函数 f(x)=x+3x+1f(x) = \frac{x+3}{x+1}（x≠−1x \ne -1）. 设数列 {an}\{a_n\} 满足 a1=1a_1 = 1，an+1=f(an)a_{n+1} = f(a_n)，数列 {bn}\{b_n\} 满足 bn=∣an−3∣b_n = |a_n - \sqrt{3}|，Sn=b1+b2+⋯+bnS_n = b_1 + b_2 + \cdots + b_n（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）.
(1) 用数学归纳法证明：bn⩽(3−1)n2n−1b_n \leqslant \frac{(\sqrt{3} - 1)^n}{2^{n-1}}； (2) 证明：Sn<233S_n < \frac{2\sqrt{3}}{3}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 记 r=3r=\sqrt3. 由于
an+1=an+3an+1=1+2an+1a_{n+1}=\frac{a_n+3}{a_n+1}=1+\frac2{a_n+1}
且 a1=1a_1=1，可归纳得到 an⩾1a_n\geqslant1 对一切正整数 nn 成立. 另外， an+1−r=(1−r)(an−r)an+1a_{n+1}-r=\dfrac{(1-r)(a_n-r)}{a_n+1}， 所以
bn+1=r−1an+1bn⩽r−12bn<12bnb_{n+1}=\frac{r-1}{a_n+1}b_n\leqslant\frac{r-1}{2}b_n<\frac12b_n
下面用数学归纳法证明 bn⩽(r−1)n2n−1b_n\leqslant\frac{(r-1)^n}{2^{n-1}}. 当 n=1n=1 时，b1=∣1−r∣=r−1b_1=|1-r|=r-1，结论成立. 假设当 n=kn=k 时结论成立，则
bk+1⩽r−12bk⩽r−12⋅(r−1)k2k−1=(r−1)k+12kb_{k+1}\leqslant\frac{r-1}{2}b_k\leqslant\frac{r-1}{2}\cdot\frac{(r-1)^k}{2^{k-1}}=\frac{(r-1)^{k+1}}{2^k}
因此结论对 k+1k+1 也成立，故对一切正整数 nn 成立.
\item 先算得 a2=f(1)=2a_2=f(1)=2. 又因为 f(x)=x+3x+1f(x)=\frac{x+3}{x+1} 在 [53,2][\frac53,2] 上递减，且 f(2)=53f(2)=\frac53，f(53)=74f\left(\frac53\right)=\frac74， 所以由归纳法可得 53⩽an⩽2\frac53\leqslant a_n\leqslant2 对一切 n⩾2n\geqslant2 成立. 对 n⩾2n\geqslant2，有
bn+1=r−1an+1bn⩽3(r−1)8bn<13bnb_{n+1}=\frac{r-1}{a_n+1}b_n\leqslant\frac{3(r-1)}8b_n<\frac13b_n
其中最后一个不等式由 3<179\sqrt3<\frac{17}{9} 得到. 因而 Sn<b1+b2(1+13+132+⋯ )S_n<b_1+b_2\left(1+\frac13+\frac1{3^2}+\cdots\right). 又 b1=r−1b_1=r-1，b2=∣2−r∣=2−rb_2=|2-r|=2-r，所以 Sn<r−1+32(2−r)=2−r2S_n<r-1+\frac32(2-r)=2-\frac r2. 最后，3>127\sqrt3>\frac{12}{7}，从而 2−r2<2r32-\frac r2<\frac{2r}{3}. 故 Sn<233S_n<\frac{2\sqrt3}{3}. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 辽宁 · 第 19 题 · 解答题

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19解析几何★★★★☆
设椭圆方程为 x2+y24=1x^{2} + \frac{y^{2}}{4} = 1，过点 M(0,1)M(0,1) 的直线 ll 交椭圆于点 AA，BB，OO 是坐标原点，点 PP 满足 OP→=12(OA→+OB→)\overrightarrow{OP} = \frac{1}{2} \left( \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} \right)，点 NN 的坐标为 (12,12)\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)，当 ll 绕点 MM 旋转时，求：
(1) 动点 PP 的轨迹方程； (2) ∣NP→∣|\overrightarrow{NP}| 的最小值与最大值.

2004 · 辽宁 · 第 19 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=ln⁡(ex+a)f(x) = \ln(\mathrm{e}^x + a)（a>0a > 0）.
(1) 求函数 y=f(x)y = f(x) 的反函数 y=f−1(x)y = f^{-1}(x) 及 f(x)f(x) 的导数 f′(x)f'(x)； (2) 假设对任意 x∈[ln⁡(3a),ln⁡(4a)]x \in [\ln(3a), \ln(4a)]，不等式 ∣m−f−1(x)∣+ln⁡(f′(x))<0|m - f^{-1}(x)| + \ln(f'(x)) < 0 成立，求实数 mm 的取值范围.

2004 · 辽宁 · 第 22 题 · 解答题

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