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_______.


cover

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$8$.


(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.


(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$(3,6]$.


(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.

此条目发表在解题展示分类目录。将固定链接加入收藏夹。

发表评论