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2015年普通高等学校招生全国统一考试(四川卷)理数((解析版)转自学科网

第Ⅰ卷(共 50 分) 一、选择题:本大题共 10 个小题,每小题 5 分,共 50 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项 是符合题目要求的.
1.设集合 A ? {x | ( x ? 1)( x ? 2) ? 0} ,集合 B ? {x |1 ? x ? 3} ,则 A A.{x|-1<x<3} 【答案】A 【解析】 试题分析: A ? {x | ?1 ? x ? 2}, B ? {x |1 ? x ? 3},? A 考点:集合的基本运算. 2.设 i 是虚数单位,则复数 i 3 ? A.-i B.-3i C.i. B.{x|-1<x<1} C.{x|1<x<2}

B =(
D.{x|2<x<3}


[来源:学#科#网]

B ? {x | ?1 ? x ? 3} ,选 A.

2 ( i

) D.3i

【答案】C

考点:复数的基本运算. 3.执行如图所示的程序框图,输出 S 的值是( A. ) D.

3 2

B.

3 2

C.-

1 2

1 2

【答案】D 【解析】 !
1

试题分析:这是一个循环结构,每次循环的结果依次为: k ? 2; k ? 3; k ? 4; k ? 5 ,大于 4,所以输出的

S ? sin

5? 1 ? ,选 D. 6 2

考点:程序框图. 4.下列函数中,最小正周期为且图象关于原点对称的函数是( )

A. y ? cos(2 x ? ) 2
【答案】A 【解析】

?

B. y ? s i n ( x 2 ?

?
2

x ? ) C. y? s i n 2

c o sx 2 D. y? s i nx ? c ox s

试题分析:对于选项 A,因为 y ? ? sin 2 x, T ? 考点:三角函数的性质.

2? ? ? ,且图象关于原点对称,故选 A. 2

y2 ? 1的右焦点且与 x 轴垂直的直线,交该双曲线的两条渐近线于 A,B 两点,则 AB ? 5.过双曲线 x ? 3
2

( (A)



4 3 3

(B) 2 3

(C)6

(D) 4 3

【答案】D

考点:双曲线. 6.用数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数,其中比 40000 大的偶数共有( (A)144 个 【答案】B 【解析】 试题 分析:据题意,万位上只能排 4、5.若万位 上排 4,则有 2 ? A4 个;若万位上排 5,则有 3? A4 个.所以
3 3



(B)120 个

(C)96 个

(D)72 个

共有 2 ? A4 ?3 ? A4 ? 5 ? 24 ? 120 个.选 B.
3 3

考点:排列组合. 7.设四边形 ABCD 为平行四边形, AB ? 6 , AD ? 4 .若点 M,N 满足 BM ? 3MC , DN ? 2 NC ,则

AM ? NM ? (





2

(A)20 【答案】C 【解析】

(B)15

(C)9

(D)6

试题分析: AM ? AB ?

3 1 1 AD, NM ? CM ? CN ? ? AD ? AB ,所以 4 4 3

AM NM ?

2 2 1 1 1 1 (4 AB ? 3 AD) (4 AB ? 3 AD) ? (16 AB ? 9 AD ) ? (16 ? 36 ? 9 ?16) ? 9 ,选 C. 4 12 48 48

考点:平面向量. 8.设 a,b 都是不等于 1 的正数,则“ 3a ? 3b ? 3 ”是“ log a 3 ? logb 3 ”的 ( (A)充要条件 (C)必要不充分条件 (B)充分不必要条件 (D)既不充分也不必要条件 )

【答案】B

考点:命题与逻辑. 9.如果函数 f ? x ? ? ( (A)16 【答案】B 【解析】 试题分析: m ? 2 时,抛物线的对称轴为 x ? ? ) (B)18 (C)25 (D)

1 ?1 ? n ? 0 ? 在区间 ? , 2 单调递减,则 mn 的最大值为 ? m ? 2 ? x 2 ? ? n ? 8? x ? 1? m ? 0, 2 ?2 ? ?
81 2

n ?8 n ?8 ?2即 .据题意,当 m ? 2 时, ? m?2 m?2

2m ? n ? 12 .

2m ? n ?

2m ? n ? 6,? mn ? 18 .由 2 m ? n 且 2m ? n ? 12 得 m ? 3, n ? 6 .当 m ? 2 时,抛 2 n ?8 1 ? 即 m ? 2n ? 18 . m?2 2
2n ? m ? 2n ? m 81 ? 9,? mn ? .由 2 n ? m 且 2 2

物线开口向下,据题意得, ?

m ? 2n ? 18 得 m ? 9 ? 2 ,故应舍去.要使得 mn 取得最大值,应有 m ? 2n ? 18 (m ? 2, n ? 8) .所以
mn ? (18 ? 2n)n ? (18 ? 2 ? 8) ? 8 ? 16 ,所以最大值为 18.选 B..
考点:函数与不等式的综合应用.



3

2 2 2 10.设直线 l 与抛物线 y ? 4 x 相交于 A,B 两点,与圆 ? x ? 5 ? ? y ? r ? r ? 0 ? 相切于点 M,且 M 为线段
2

AB 的中点.若这样的直线 l 恰有 4 条,则 r 的取值范围是( (A) ?1, 3?
6 5 4 3 2 1

) (D) ? 2, 4?

(B) ?1, 4?

(C) ? 2, 3?

y

A

M F C
2 3 4 5 6 7 8 9

x

–4

–3

–2

–1

O
–1 –2 –3 –4 –5 –6

1

B

【答案】D

考点:直线与圆锥曲线,不等式.

第Ⅱ卷(共 100 分)
二、填空题(每题 5 分,满分 25 分,将答案填在答题纸上)
11.在 (2 x ? 1) 的展开式中,含 x 2 的项的系数是
5

(用数字作答).

【答案】 ?40 .

[来源:Zxxk.Com]



4

【解析】 试题分析: (2x ?1) 考点:二项式定理. 12. sin 15? ? sin 75? ? 【答案】 【解析】 试题分析: sin15 ? sin 75 ? sin15 ? cos15 ? 考点:三角函数. 13.某食品的保鲜时间 y(单位:小时)与储存温度 x(单位: ?C )满足函数关系 y ? e
kx?b

5

? ?(1 ? 2 x)5 ,所以 x2 的系数为 ?C52 ? (?2)2 ? ?40 .

.

6 . 2

2 sin(15 ? 45 ) ?

6 . 2
( e ? 2.718 ? 为

自然对数的底数,k、b 为常数) 。若该食品在 0 ?C 的保鲜时间设计 192 小时,在 22 ?C 的保鲜时间是 48 小 时,则该食品在 33 ?C 的保鲜时间是 【答案】24 小时.

考点:函数及其应用. 14.如图,四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点 M 在线段 PQ 上,E、F 分 别为 AB、BC 的中点。设异面直线 EM 与 AF 所成的角为 ? ,则 cos ? 的最大值为 .

【答案】 【解析】

2 5
1 2 1 2

试题分析:建立坐标系如图所示.设 AB ? 1 ,则 AF ? (1, , 0), E ( , 0, 0) .设 M (0, y,1)(0 ? y ? 1) ,则



5

z Q M P

A E B F x

D

y

C

考点:1、空间两直线所成的角;2、不等式. 15.已知函数 f ( x) ? 2 , g ( x) ? x ? ax (其中 a ? R ).对于不相等的实数 x1 , x2 ,设 m ?
x

2

f ( x1 ) ? f ( x2 ) , x1 ? x2

n?

g ( x1 ) ? g ( x2 ) . x1 ? x2

现有如下命题: (1)对于任意不相等的实数 x1 , x2 ,都有 m ? 0 ; (2)对于任意的 a 及任意不相等的实数 x1 , x2 ,都有 n ? 0 ; (3)对于任意的 a,存在不相等的实数 x1 , x2 ,使得 m ? n ; (4)对于任意的 a,存在不相等的实数 x1 , x2 ,使得 m ? ?n . !
6

其中的真命题有 【答案】①④

(写出所有真命题的序号).

对(4) ,由 m=-n 得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? g ( x2 ) ? g ( x1 ) ,即 f ( x1 ) ? g ( x1 ) ? f ( x2 ) ? g ( x2 ) . 令 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? 2 ? x ? ax ,则 h?( x) ? 2 ln 2 ? 2 x ? a .
x 2 x

由 h?( x) ? 0 得: 2x ln 2 ? ?2 x ? a ,作出 y ? 2 ln 2, y ? ?2 x ? a 的图象知,方程 2x ln 2 ? ?2 x ? a 必一定
x

有解,所以 h( x) 一定有极值点,即对 于任意的 a,一定存在不相等的实数 x1 , x2 ,使得 h( x1 ) ? h( x2 ) ,即 一定存在不相等的实数 x1 , x2 ,使得 m ? ?n .故正确. 所以(1) (4) 考点:函数与不等式的综合应用.

三、解答题 (本大题共 6 小题,共 75 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
16.设数列 {an } 的前 n 项和 Sn ? 2an ? a1 ,且 a1 , a2 ? 1, a3 成等差数列. (1)求数列 {an } 的通项公式; (2)记数列 {

1 1 成立的 n 的最小值. } 的前 n 项和 Tn ,求得 | Tn ? 1|? 1000 an

【答案】 (1) an ? 2n ; (2)10. 【解析】 试题分析: (1)利用 an ? Sn ? Sn?1 及题设可得 an 与 an ?1 的关系为 an ? 2an?1 (n ? 1) ,所以这是一个公比为 2 的等比数列.再利用 a1 , a2 ? 1, a3 成等差数列,可求得 a1 ? 2 ,从而得通项公式.(2)由(1)得 这仍然是一个等比数列,利用等比数列的前 n 项和公式,可求得 Tn ? 1 ?

1 1 ? n , an 2

1 1 ,代入 | Tn ? 1|? ,即可得 n 2 1000



7

使 | Tn ? 1|?

1 成立的 n 的最小值. 1000

试题解析: (1)由已知 Sn ? 2an ? a1 ,有 an ? Sn ? Sn?1 ? 2an ? 2an?1 (n ? 1) , 即 an ? 2an?1 (n ? 1) . 从而 a2 ? 2a1 , a3 ? 4a1 . 又因为 a1 , a2 ? 1, a3 成等差数列,即 a1 ? a3 ? 2(a2 ? 1) . 所以 a1 ? 4a1 ? 2(2a1 ? 1) ,解得 a1 ? 2 . 所以,数列 {an } 是首项为 2,公比为 2 的等比数列. 故 an ? 2n .

考点:本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列通项公式与前 n 项和公式等基础知识,考查运算求 解能力. 17.某市 A,B 两所中学的学生组队参加辩论赛,A 中学推荐 3 名男生,2 名女生,B 中学推荐了 3 名男生,4 名女生,两校推荐的学生一起参加集训,由于集训后队员的水平相当,从参加集训的男生中随机抽取 3 人, 女生中随机抽取 3 人组成代表队 (1)求 A 中学至少有 1 名学生入选代表队的概率. (2)某场比赛前,从代表队的 6 名队员中随机抽取 4 人参赛,设 X 表示参赛的男生人数,求 X 得分布列 和数学期望. 【答案】 (1)A 中学至少 1 名学生入选的概率为 p ? (2)X 的分布列为:

99 . 100



8

X 的期望为 E ( X ) ? 2 .

试题解析: (1)由题意,参加集训的男女生各有 6 名. 参赛学生全从 B 中抽取(等价于 A 中没有学生入选代表队)的概率为
3 3 C3 C4 1 . ? 3 3 C6 C6 100

因此,A 中学至少 1 名学生入选的概率为 1 ? (2)根据题意,X 的可能取值为 1,2,3.

1 99 ? . 100 100

P( X ? 1) ?

1 3 C3 C3 1 ? , 4 C6 5

C32C32 3 P( X ? 2) ? ? , 4 C6 5 P( X ? 3) ?
3 1 C3 C3 1 ? , 4 C6 5

所以 X 的分布列为:

因此,X 的期望为 E ( X ) ? 1?

1 3 1 ? 2 ? ? 3? ? 2 . 5 5 5

考点:本题考查随机事件的概率、古典概型、随机变量的分布列、数学期望等基础知识,考查运算求解能 力、应用意识,考查运用概率与统计的知识与方法分析和解决实际问题的能力.

GH 18.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示, 在正方体中, 设 BC 的中点为 M ,
的中点为 N (1)请将字母 F , G, H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)
9



(2)证明:直线 MN / / 平面 BDH (3)求二面角 A ? EG ? M 的余弦值.

【答案】 (1)点 F、G、H 的位置如图所示.

(2)详见解析.(3) 【解析】学科网

2 2 3

试题分析: (1)注意 ABCD 是底面,将平面展开图还原可得点 F、G、H 的位置. (2)根据直线与平面平 行的判定定理,应考虑证明 MN 平行于平面 BDH 内的一条直线.连结 O、M,易得 MNHO 是平行四边形, 从而 MN / / OH ,进而证得 MN / / 平面 BDH .(3)要作出二面角 A ? EG ? M 的平面角,首先要过 M 作 平面 AEGC 的垂线,然后再过垂足作棱 EG 的垂线,再将垂足与点 M 连结,即可得二面角 A ? EG ? M 的 平面角. 试题解析: (1)点 F、G、H 的位置如图所示.

(2)连结 BD,设 O 为 BD 的中点. 因为 M、N 分别是 BC、GH 的中点, 所以 OM / / CD ,且 OM ?

1 CD , 2



10

NH / / CD ,且 NH ?

1 CD , 2 1 CD , 2

所以 OM / / NH , OM ? NH ,且 OM ? 所以 MNHO 是平行四边形, 从而 MN / / OH ,

又 MN ? 平面 BDH , OH ? 平面 BDH , 所以 MN / / 平面 BDH . (3)连结 AC,过 M 作 MP ? AC 于 P. 在正方形 ABCD ? EFGH 中, AC / / EG , 所以 MP ? EG . 过 P 作 PK ? EG 于 K,连结 KM, 所以 EG ? 平面 PKM , 从而 KM ? EG . 所以 ?PKM 是二面角 A ? EG ? M 的平面角. 设 AD ? 2 ,则 CM ? 1, PK ? 2 , 在 Rt CMP 中, PM ? CM sin 45 ? 在 Rt CMP 中, KM ? 所以 cos ?PKM ?

2 . 2 3 2 . 2

PK 2 ? PM 2 ?

PK 2 2 ? . KM 3

即二面角 A ? EG ? M 的余弦值为

2 2 . 3

(另外,也可利用空间坐标系求解) 考点:本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、空间面面夹角的计算等基础知 识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力. 19.如图,A,B,C,D 为平面四边形 ABCD 的四个内角. (1)证明: tan

A 1 ? cos A ? ; 2 sin A
o

(2)若 A ? C ? 180 , AB ? 6, BC ? 3, CD ? 4, AD ? 5, 求 tan

A B C D ? tan ? tan ? tan 的值 . 2 2 2 2

[来源:学+科+网]



11

【答案】 (1)详见解析; (2) 【解析】

4 10 . 3

A sin A 2 ,为了将半角变为单角,可在分子分母同时乘以 2 sin A ,然 试题分析: (1)首先切化弦得 tan ? 2 2 cos A 2
后逆用正弦与余弦的二倍角公式即可.(2)由题设知,该四边形的两对 角互补.再结合(1)的结果,有

tan

A B C D 2 2 ? tan ? tan ? tan ? ? ,所以只需求出 sin A,sin B 即可.由于已知四边,且 2 2 2 2 sin A sin B

cos C ? ? cos A , cos D ? ? cos B ,故考虑用余弦定理列方程组求 cos A,cos B ,从而求出 sin A,sin B .

A A sin 2sin 2 A 2 ? 2 ? 1 ? cos A . 试题解析: (1) tan ? 2 cos A 2sin A cos A sin A 2 2 2
(2)由 A ? C ? 180 ,得 C ? 180 ? A, D ? 180 ? B . 由(1) ,有 tan

A B C D ? tan ? tan ? tan 2 2 2 2

?
?
连结 BD,

1 ? cos A 1 ? cos B 1 ? cos(180 ? A) 1 ? cos(180 ? B) ? ? ? sin A sin B sin(180 ? A) sin(180 ? B)
2 2 ? sin A sin B
2 2 2

在 ?ABD 中,有 BD ? AB ? AD ? 2 AB ? AD cos A , 在 ?BCD 中,有 BD ? BC ? CD ? 2BC ? CD cos C ,
2 2 2 2 2 2 2
[来源:学科网 ZXXK]

所以 AB ? AD ? 2 AB ? AD cos A ? BC ? CD ? 2BC ? CD cos A , 则 cos A ?

AB2 ? AD2 ? BC 2 ? CD2 62 ? 52 ? 32 ? 42 3 ? ? , 2( AB ? AD ? BC ? CD) 2(6 ? 5 ? 3 ? 4) 7
2

于是 sin A ? 1 ? cos A ? 1 ? ( ) ?
2

3 7

2 10 . 7

连结 AC,同理可得 !
12

AB 2 ? BC 2 ? AD2 ? CD2 62 ? 32 ? 52 ? 42 1 cos B ? ? ? , 2( AB ? BC ? AD ? CD) 2(6 ? 3 ? 5 ? 4) 19
于是 sin B ? 1 ? cos B ? 1 ? (
2

1 2 6 10 ) ? . 19 19

所以 tan

A B C D ? tan ? tan ? tan 2 2 2 2

?

2 2 ? sin A sin B

?
?

14 2 ?19 ? 2 10 2 10
4 10 . 3

考点:本题考查二倍角公式、诱导公式、余弦定理、简单的三角恒等变换等基础知识,考查运算求解能力、 推理论证能力,考查函数与方程、化归与转化等数学思想.

x2 y2 2 20.如图,椭圆 E: 2 + 2 ? 1( a ? b ? 0) 的离心率是 ,过点 P(0,1)的动直线 l 与椭圆相交于 A,B a b 2
两点,当直线 l 平行与 x 轴 时,直线 l 被椭圆 E 截得的线段长为 2 2 . (1)求椭圆 E 的方程; (2)在平面直角坐标系 xOy 中,是否存在与点 P 不同的定点 Q,使得 点 Q 的坐标;若不存在,请说明理由.

QA PA 恒成立?若存在,求出 ? QB PB

【答案】 (1) 【解析】

x2 y 2 ? ? 1; (2)存在,Q 点的坐标为 Q (0, 2) . 4 2

试题分析: (1 )根据椭圆的对称性,当直线 l 与 x 轴平行时, B(? 2,1), A( 2,1) ,将这个点的坐标代入椭 圆的方程,得

2 1 c 2 2 2 2 ? 2 ? 1 .再根据离心率得 ? ,又 a ? b ? c ,三者联立,解方程组即可得 2 a b a 2

x2 y 2 ? 1 .(2)先利用 l 与 x 轴平行和垂直这两种特殊情况找出点 Q a ? 2, b ? 2 ,进而得椭圆的方程为 ? 4 2

13

的坐标为 Q (0, 2) .接下来联立直线与椭圆的方程,利用根与系数的关系证明:对任意的直线 l ,均有

| QA | | PA | | QA | | PA | | PA | | x1 | ? ? .设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,由图可看出 ,为了证明 ,只需证明 ? | QB | | PB | | QB | | PB | | PB | | x2 |
| QA | | x1 | ,为此作点 B 关于 y 轴对称的点 B?(? x2 , y2 ) ,这样将问题转化为证 Q, A, B? 三点共线. ? | QB | | x2 |
试题解析: (1)由已知,点 ( 2,1) 在椭圆 E 上.

?2 1 ? a 2 ? b 2 ? 1, ? ? 因此, ?a 2 ? b 2 ? c 2 , ? ?c ? 2 , ? 2 ?a
解得 a ? 2, b ? 2 . 所以椭圆的方程为

x2 y 2 ? ? 1. 4 2 | QC | | PC | ? ? 1 ,即 | QC |?| QD | . | QD | | PD |

(2)当直线 l 与 x 轴平行时,设直线 l 与椭圆相交于 C 、D 两点. 如果存在定点 Q 满足条件,则
[来源:Z。xx。k.Com]

所以 Q 点在 y 轴上,可设 Q 点的坐标为 (0, y0 ) . 当直线 l 与 x 轴垂直时,设直线 l 与椭圆相交于 M、N 两点. 则 M (0, 2), N (0, ? 2) , 由

| QM | | PM | | y ? 2| 2 ?1 ? ,有 0 ,解得 y0 ? 1 或 y0 ? 2 . ? | QN | | PN | | y0 ? 2 | 2 ?1

所以,若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件,则 Q 点的坐标 只可能为 Q (0, 2) . 下面证明:对任意的直线 l ,均有

| QA | | PA | ? . | QB | | PB |

当直线 l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立. 当直线 l 的斜率存在时,可设直线 l 的方程为 y ? kx ? 1 ,A、B 的坐标分别为 ( x1 , y1 ),( x2 , y2 ) .

? x2 y 2 ?1 ? ? , 得 (2k 2 ? 1) x2 ? 4kx ? 2 ? 0 . 联立 ? 4 2 ? y ? kx ? 1 ?
其判别式 ? ? 16k ? 8(2k ? 1) ? 0 ,
2 2

所以, x1 ? x2 ? ?

4k 2 , x1 x2 ? ? 2 . 2 2k ? 1 2k ? 1

14

因此

1 1 x1 ? x2 ? ? ? 2k . x1 x2 x1 x2

易知,点 B 关于 y 轴对称的点的坐标为 B?(? x2 , y2 ) .

又 kQA ?

y1 ? 2 y ?2 1 1 1 ? k ? , kQB? ? 2 ? ?k ? ? k ? , x1 x1 ? x2 x2 x1

所以 kQA ? kQB? ,即 Q, A, B? 三点共线. 所以

| QA | | QA | | x1 | | PA | . ? ? ? | QB | | QB? | | x2 | | PB |

故存在与 P 不同的定点 Q (0, 2) ,使得

| QA | | PA | ? 恒成立. | QB | | PB |

考点:本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论 证能力、运算求解能力,考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想. 21.已知函数 f ( x) ? ?2( x ? a)ln x ? x ? 2ax ? 2a ? a, 其中a ? 0.
2 2

(1)设 g ( x)是f ( x)的导函数,讨论g ( x)的单调性; (2)证明:存在 a ? (0,1) ,使得 f ( x) ? 0 在区间(1,+?)内恒成立,且 f ( x) ? 0 在(1,+?)内有唯一解. 【答案】 (1)当 0 ? a ?

1 1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4 a 时, g ( x) 在区间 (0, ), ( , ??) 上单调递增, 在区间 4 2 2

1 1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4 a ( , ) 上单调递减;当 a ? 时, g ( x) 在区间 (0, ??) 上单调递增.(2)详见解析. 4 2 2
【解析】 试题分析: (1)首先对函数 f ( x ) 求导,得 g ( x) ? f ?( x) ? 2 x ? 2a ? 2 ln x ? 2(1 ? ) ,然后再求导得

a x

2 2a g ?( x) ? 2 ? ? 2 ? x x

1 1 2( x ? )2 ? 2(a ? ) 2 4 .利用导数的符号即得其单调性.此题分 2( a ? 1 ) ? 0 和 2 4 x

1 2( a ? ) ? 0 两种情况讨论.(2)要使得 f ( x) ? 0 在区间(1,+?)内恒成立,且 f ( x) ? 0 在(1,+?)内有唯 4

15

一解,则这个解 x0 应为极小值点,且极小值为 0 .所以我们应考虑求 f ( x ) 的极小值.由 f ?( x0 ) ? 0 ,解得

a?

x0 ? 1 ? ln x0 ,代入 f ( x ) 得 1 ? x0 ?1 x0 ? 1 ? ln x0 x ? 1 ? ln x0 x ? 1 ? ln x0 2 x0 ? 1 ? ln x0 .是否存 ) ln x0 ? x0 2 ? 2( 0 ) x0 ? 2( 0 ) ? ?1 ?1 1 ? x0 1 ? x0 1 ? x0 ?1 1 ? x0 ?1

f ( x0 ) ? ?2( x0 ?

在令 x0 使得 f ( x0 ) ? 0 呢?为此,令

? ( x) ? ?2( x ?

x ? 1 ? ln x x ? 1 ? ln x x ? 1 ? ln x 2 x ? 1 ? ln x ) ln x ? x 2 ? 2( ) x ? 2( ) ? . ?1 ?1 1? x 1? x 1 ? x ?1 1 ? x ?1 e(e ? 2) e?2 2 ) ? 2( ) ? 0 ,故存在 x0 ? (1, e) ,使得 ? ( x0 ) ? 0 .接下来的问题是, ?1 1? e 1 ? e ?1 1 x0 ? 1 ? ln x0 , u ( x) ? x ? 1 ? ln x( x ? 1) .由 u ?( x) ? 1 ? ? 0 知,函 ?1 x 1 ? x0

因为 ? (1) ? 1 ? 0, ? (e) ? ?

此时的 a 是否满足 a ? (0,1) 呢?令 a0 ?

数 u ( x) 在区间 (1, ??) 上单调递增.所以 0 ?

u (1) u ( x0 ) u (e) e?2 ? ? a0 ? ? ? 1.即 a0 ? (0,1) . ?1 ?1 1 ? 1 1 ? x0 1? e 1 ? e?1

当 a ? a0 时,有 f ?( x0 ) ? 0, f ( x0 ) ? ? ( x0 ) ? 0 .由(1)知,函数 f ?( x ) 在区间 (1, ??) 上单调递增. 故当 x ? (1, x0 ) 时,有 f ?( x0 ) ? 0 ,从而 f ( x) ? f ( x0 ) ? 0 ;当 x ? ( x0 , ??) 时,有 f ?( x0 ) ? 0 ,从而

f ( x) ? f ( x0 ) ? 0 ;所以,当 x ? (1, ??) 时, f ( x) ? 0 .
试题解析: (1)由已知,函数 f ( x ) 的定义域为 (0, ??) ,

a g ( x) ? f ?( x) ? 2 x ? 2a ? 2 ln x ? 2(1 ? ) , x

2 2a 所以 g ?( x) ? 2 ? ? 2 ? x x
当0 ? a ?

1 1 2( x ? )2 ? 2(a ? ) 2 4 . x2

1 1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4 a 时, g ( x) 在区间 (0, ), ( , ??) 上单调递增, 4 2 2

在区 间 ( 当a ?

1 ? 1 ? 4a 1 ? 1 ? 4 a , ) 上单调递减; 2 2

1 时, g ( x) 在区间 (0, ??) 上单调递增. 4 a x x ? 1 ? ln x . 1 ? x ?1

(2)由 f ?( x) ? 2 x ? 2a ? 2ln x ? 2(1 ? ) ? 0 ,解得 a ? 令 ? ( x) ? ?2( x ?

x ? 1 ? ln x x ? 1 ? ln x x ? 1 ? ln x 2 x ? 1 ? ln x ) ln x ? x 2 ? 2( ) x ? 2( ) ? . ?1 ?1 1? x 1? x 1 ? x ?1 1 ? x ?1



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则 ? (1) ? 1 ? 0, ? (e) ? ?

e(e ? 2) e?2 2 ) ? 2( ) ? 0 ,. ?1 1? e 1 ? e ?1

故存在 x0 ? (1, e) ,使得 ? ( x0 ) ? 0 . 令 a0 ?

x0 ? 1 ? ln x0 , u ( x) ? x ? 1 ? ln x( x ? 1) ,. 1 ? x0 ?1
1 ? 0 知,函数 u ( x) 在区间 (1, ??) 上单调递增. x

由 u ?( x ) ? 1 ? 所以 0 ?

u (1) u ( x0 ) u (e) e?2 ? ? a0 ? ? ? 1. ?1 ?1 1 ? 1 1 ? x0 1? e 1 ? e?1

即 a0 ? (0,1) . 当 a ? a0 时,有 f ?( x0 ) ? 0, f ( x0 ) ? ? ( x0 ) ? 0 ,. 由(1)知,函数 f ?( x ) 在区间 (1, ??) 上单调递增. 故当 x ? (1, x0 ) 时,有 f ?( x0 ) ? 0 ,从而 f ( x) ? f ( x0 ) ? 0 ; 当 x ? ( x0 , ??) 时,有 f ?( x0 ) ? 0 ,从而 f ( x) ? f ( x0 ) ? 0 ; 所以,当 x ? (1, ??) 时, f ( x) ? 0 . 综上所述,存在 a ? (0,1) ,使得 f ( x) ? 0 在区间(1,+?)内恒成立,且 f ( x) ? 0 在(1,+?)内有唯一解. 考点:本题考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识,考查推理论证能力、运 算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、分类与整合,化归与转化等数学思想.



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