2017年高考江苏卷压轴题详解

(题14)设$f(x)$是定义在$\mathbb R$上且周期为$1$的函数，在区间$[0,1)$上， $$f(x)=\begin{cases} x^2,&x\in D,\\ x,& x\notin D,\end{cases}$$ 其中集合$D=\left\{x \mid x=\dfrac{n-1}{n},n\in\mathbb N^*\right\}$，则方程$f(x)-\lg x=0$的解的个数是_______．

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分析与解　$8$．

先证明引理：$10^{\frac pq}\ne k-\dfrac 1n$，其中$p,q\in\mathbb N^*$且$(p,q)=1$，$k,n\in\mathbb N^*$．否则 $$10^p=\left(\dfrac {nk-1}n\right)^q,$$ 左边是整数，而右边不是整数，矛盾．

原方程即 $$f(x)-\lg(x+k)=0,$$ 其中$k\in\mathbb Z$，$x\in [0,1)$．该方程即 $$k=10^{f(x)}-x.$$ 根据引理，当$x\in D$时，该方程有唯一解$x=0$(此时$k=1$)；当$x\notin D$时，由于函数$y=10^x-x$在$(0,1)$上单调递增，因此根据引理，当$k=2,3,4,5,6,7,8$时，该方程均有唯一解．

综上所述，题中方程的解的个数为$8$．

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(题19)对于给定的正整数$k$，若数列$\{a_n\}$满足： $$a_{n-k}+a_{n-k+1}+\cdots+a_{n-1}+a_{n+1}+\cdots+a_{n+k-1}+a_{n+k}=2ka_n$$ 对任意正整数$n$($n>k$)总成立，则称数列$\{a_n\}$是$P(k)$数列．

(1) 证明：等差数列$\{a_n\}$是$P(3)$数列；

(2) 若数列$\{a_n\}$既是$P(2)$数列，又是$P(3)$数列，证明：$\{a_n\}$是等差数列．

分析与解　(1) 对于等差数列$\{a_n\}$，当$n>3$时，有 $$a_{n-3}+a_{n+3}=a_{n-2}+a_{n+2}=a_{n-1}+a_{n+1}=2a_n,$$ 于是 $$a_{n-3}+a_{n-2}+a_{n-1}+a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3}=2\cdot 3a_n,$$ 因此$\{a_n\}$是$P(3)$数列．

(2) 根据题意，当$n>2$时，有 $$\begin{split}4a_n&=a_{n-2}+a_{n-1}+a_{n+1}+a_{n+2},\\4a_{n+2}&=a_{n}+a_{n+1}+a_{n+3}+a_{n+4},\\6a_{n+1}&=a_{n-2}+a_{n-1}+a_n+a_{n+2}+a_{n+3}+a_{n+4},\end{split}$$ 因此 $$4a_n+4a_{n+2}-6a_{n+1}=2a_{n+1},$$ 也即 $$a_{n+2}-a_{n+1}=a_{n+1}-a_n,$$ 因此数列$\{a_n\}$从第$3$项起为等差数列．设数列 $$a_n:a_1,a_2,a_3,a_3+d,a_3+2d,a_3+3d,\cdots,$$ 则有 $$\begin{cases}a_1+a_2+(a_3+d)+(a_3+2d)=4a_3,\\a_2+a_3+(a_3+2d)+(a_3+3d)=4(a_3+d),\\\end{cases}$$ 解得 $$\begin{cases}a_1=a_3-2d,\\ a_2=a_3-d,\end{cases}$$ 这样就证明了数列$\{a_n\}$是等差数列．

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(题20)已知函数$f(x)=x^3+ax^2+bx+1$($a>0$，$b\in\mathbb R$)有极值，且导函数$f'(x)$的极值点是$f(x)$的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)．

(1) 求$b$关于$a$的函数关系式，并写出定义域；

(2) 证明：$b^2>3a$；

(3) 若$f(x),f'(x)$这两个函数的所有极值之和不小于$-\dfrac 72$，求$a$的取值范围．

分析与解　(1) 函数$f(x)$的导函数 $$f'(x)=3x^2+2ax+b,$$ 函数$f(x)$有极值，因此 $$\Delta=(2a)^2-4\cdot 3\cdot b=4a^2-12b>0.$$ 函数$f'(x)$的导函数 $$f''(x)=6x+2a,$$ 于是$f'(x)$的极值点为$x=-\dfrac a3$．根据题意，有 $$f\left(-\dfrac a3\right)=\dfrac {2a^3}{27}-\dfrac{ab}3+1=0,$$ 即 $$b=\dfrac 29a^2+\dfrac 3a,$$ 这样就有 $$4a^2-12\cdot \left(\dfrac 29a^2+\dfrac 3a\right)>0,$$ 解得$a>3$．因此$b$关于$a$的函数关系式为 $$b=\dfrac 29a^2+\dfrac 3a,a\in(3,+\infty).$$
(2) 根据第(1)小题的结果，只需要证明当$a>3$时，有 $$\left(\dfrac 29a^2+\dfrac 3a\right)^2>3a.$$ 由均值不等式，有 $$LHS=\left(\dfrac {a^2}9+\dfrac{a^2}9+\dfrac 3a\right)^2\geqslant \left[3\left(\dfrac {a^2}9\cdot \dfrac{a^2}9\cdot \dfrac 3a\right)^{\frac 13}\right]^2=a^2>3a,$$ 因此原不等式得证．

(3) 对于三次函数$f(x)$，其对称中心的横坐标即其导函数$f'(x)$的极值点．而由三次函数的对称性，函数$f(x)$的极值之和为其对称中心纵坐标的$2$倍，即$2f\left(-\dfrac a3\right)=0$．而函数$f'(x)$的极值为二次函数 $$y=3x^2+2ax+b$$ 的顶点纵坐标$b-\dfrac{a^2}{3}$．根据题意，有 $$b-\dfrac{a^2}{3}\geqslant -\dfrac 72,$$ 将$b=\dfrac 29a^2+\dfrac 3a$代入，可得 $$\dfrac 3a-\dfrac {a^2}9\geqslant -\dfrac 72,$$ 即 $$-\dfrac{(a-6)(2a^2+12a+9)}{18a}\geqslant 0,$$ 因此$a$的取值范围是$(3,6]$．

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(题23)已知一个口袋中有$m$个白球，$n$个黑球($m,n\in \mathbb N^*$，$n\geqslant 2$)，这些球除颜色外完全相同．现将口袋中的球随机地逐个取出，并放入如图所示的编号为$1,2,3,\cdots,m+n$的抽屉内，其中第$k$次取出的球放入编号为$k$的抽屉($k=1,2,3,\cdots,m+n$)．

(1)试求编号为$2$的抽屉内放的是黑球的概率$p$；

(2) 随机变量$X$表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数，$E(X)$是$X$的数学期望，证明：$E(X)<\dfrac{n}{(m+n)(n-1)}$．

分析与解　(1) 显然$p=\dfrac{n}{m+n}$；

(2) 根据题意，有 $$\begin{split}E(X)&=\sum\limits_{k=n}^{m+n}\left(\dfrac 1k\cdot \dfrac{{\rm C}_{k-1}^{n-1}}{{\rm C}_{m+n}^n}\right)\\&=\dfrac{1}{{\rm C}_{m+n}^n}\cdot \sum\limits_{k=n}^{m+n}\dfrac {{\rm C}_{k-1}^{n-1}}{k}\\&<\dfrac{1}{{\rm C}_{m+n}^n}\cdot \sum\limits_{k=n}^{m+n}\dfrac {{\rm C}_{k-1}^{n-1}}{k-1}\\&=\dfrac{1}{{\rm C}_{m+n}^n}\cdot \sum\limits_{k=n}^{m+n}\dfrac {{\rm C}_{k-2}^{n-2}}{n-1}\\&=\dfrac {1}{(n-1){\rm C}_{m+n}^n}\cdot \left({\rm C}_{n-2}^{n-2}+{\rm C}_{n-1}^{n-2}+\cdots+{\rm C}_{m+n-2}^{n-2}\right)\\&=\dfrac {1}{(n-1){\rm C}_{m+n}^n}\cdot {\rm C}_{m+n-1}^{n-1}\\&=\dfrac{n}{(m+n)(n-1)},\end{split}$$ 所以原命题成立．