《吉林省2016届高三理科第一轮复习阶段测试数学卷（第15周） 含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《吉林省2016届高三理科第一轮复习阶段测试数学卷（第15周） 含答案（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高三数学阶段测试卷理科(第 15 周) 拟题人：毕伟 审题人：暴偶奇 【测试范围】：2014年全国高考函数题型：选择，填空，解答【测试目的】：明确高考考点，掌握高考考试题型 函数模型及其应用1. 2014湖南卷 某市生产总值连续两年持续增加，第一年的增长率为 p，第二年的增长率为q，则该市这两年生产总值的年平均增长率为()A. B. C. D. 1p q2 （p 1）（q 1） 12 pq （p 1）（q 1）2. 2014陕西卷 如图 12，某飞行器在 4 千米高空水平飞行，从距着陆点 A 的水平距离 10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分，则该函数的解析式为 ()图
2、12Ay x3 x By x3 x Cy x3x Dy x3 x1125 35 2125 45 3125 3125 15导数及其运算3. 2014安徽卷 设函数 f(x) 1(1 a)xx 2x 3，其中 a0.(1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性；(2)当 x0，1时 ，求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值4.实验班 2014安徽卷 设实数 c0，整数 p1，nN *.(1)证明：当 x1 且 x0 时，(1x) p1px；(2)数列a n满足 a1c ，a n1 an a ，证明：a na n1 c .1p p 1p cp1 pn 1p5. 2014福建卷 已知函数 f(x)e
3、 xax( a 为常数)的图像与 y 轴交于点 A，曲线 yf(x) 在点 A处的切线斜率为1.(1)求 a 的值及函数 f(x)的极值；(2)证明：当 x0 时，x 2x2 时，f(x )0.故 f(x)在 和 内单调递减，( ， 1 4 3a3 ) ( 1 4 3a3 ， )在 内单调递增( 1 4 3a3 ， 1 4 3a3 )(2)因为 a0，所以 x10，当 a4 时，x 21.由(1)知，f(x) 在 0，1上单调递增，所以 f(x)在 x0 和 x1 处分别取得最小值和最大值当 012x，原不等式成立假设 pk(k2，k N *)时，不等式(1x) k1kx 成立当 pk1 时，
4、(1 x) k1 (1x)(1x) k(1x )(1kx)1(k1) xkx 21(k 1)x.所以当 pk1 时，原不等式也成立综合可得，当 x1，x0 时，对一切整数 p1，不等式(1x) p1px 均成立(2)方法一：先用数学归纳法证明 anc .1p当 n1 时，由题设知 a1c 成立1p假设 nk(k1，k N *)时，不等式 akc 成立1p由 an1 an a 易知 an0，nN *.p 1p cp 1 pn当 nk1 时， a ak 1ak p 1p cp pk1 .1p由 akc 0 得11p .(ak 1ak )pp 1p因此 a c，即 ak1 c ，pk 11p所以当
5、nk1 时，不等式 anc 也成立1p综合可得，对一切正整数 n，不等式 anc 均成立1p再由 1 可得 an1 c ，nN *.1p方法二：设 f(x) x x1p ，x c ，则 xpc，p 1p cp 1p所以 f(x) (1p)x p 0.p 1p cp p 1p (1 cxp)由此可得，f(x)在c ，)上单调递增，因而，当 xc 时，f(x )f(c )c .1p 1p 1p 1p当 n1 时，由 a1c 0，即 a c 可知1p p1a2 a1 a a 1 c ，从而可得 a1a2c ，p 1p cp1 p1 1p 1p故当 n1 时，不等式 anan1 c 成立1p假设 nk
6、(k1，k N *)时，不等式 akak1 c 成立，则当 nk1 时，f(a k)f(ak1 )1pf(c )，1p即有 ak 1ak2 c ，1p所以当 nk1 时，原不等式也成立综合可得，对一切正整数 n，不等式 anan1 c 均成立1p5. 2014福建卷 20已知函数 f(x)e xax( a 为常数)的图像与 y 轴交于点 A，曲线yf (x)在点 A 处的切线斜率为 1.(1)求 a 的值及函数 f(x)的极值；(2)证明：当 x0 时，x 2ln 2 时，f (x)0，f( x)单调递增所以当 xln 2 时，f( x)取得极小值，且极小值为 f(ln 2)e ln 22ln
7、 22ln 4，f(x)无极大值(2)证明：令 g(x)e xx 2，则 g(x)e x2x.由(1)得，g(x)f(x)f(ln 2) 2ln 40，故 g(x)在 R 上单调递增，又 g(0)10，所以当 x0 时，g(x)g(0)0，即 x20 时，x 20 时，x 21，要使不等式 x2kx2 成立1c而要使 exkx2 成立，则只要 xln(kx2)，只要 x2ln xln k 成立令 h(x)x2ln x ln k，则 h(x)1 .2x x 2x所以当 x2 时，h(x)0，h( x)在(2 ，)内单调递增取 x016k16，所以 h(x)在(x 0，) 内单调递增又 h(x0)
8、16k 2ln(16k)ln k8(kln 2)3(kln k) 5k，易知 kln k，kln 2，5k 0，所以 h(x0)0.即存在 x0 ，当 x(x 0， )时，恒有 x20 时，e xx2，所以 exe e ，x2 x2(x2)2(x2)2当 xx0 时，e x x2，(x2)2(x2)24c(x2)21c因此，对任意给定的正数 c，总存在 x0，当 x( x0，)时，恒有 x20 时，x 2x0 时，有 x20，f (x)单调递增；当 x 时，f(x )1 时，对 x(0，a1 有 (x)1 时，存在 x0，使 (x)nln(n1)证明如下：方法一：上述不等式等价于 ，x 0.x
9、1 x令 x ，nN ，则 ，x 0.x1 x令 x ，nN ，则 ln .故有 ln 2ln 1 ，1n n 1n 1n 1 12ln 3ln 2 ，ln(n1) ln n ，13 1n 1上述各式相加可得 ln(n1) ，结论得证12 13 1n 1方法三：如图， dx 是由曲线 y ，xn 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积，而n0xx 1 xx 1 是图中所示各矩形的面积和，12 23 nn 1 dx dxnln(n1)，结论得证12 23 nn 1n0xx 1 n0(1 1x 1)12.解：(1)由已知得，b 72a 7，b 82a 84b 7，所以2a842a 72a 72，解得 d
10、a 8a 72，所以 Snna 1 d2nn(n1) n 23n.n（n 1）2(2)函数 f(x)2 x 在点(a 2，b 2)处的切线方程为 y2a 2(2 a2ln 2)(xa 2)，其在 x 轴上的截距为 a2 .1ln 2由题意有 a2 2 ，解得 a22.1ln 2 1ln 2所以 da 2a 11.从而 ann，b n2 n，所以数列 的通项公式为 ，anbn anbn n2n所以 Tn ，12 222 323 n 12n 1 n2n2Tn ，11 22 322 n2n 1因此，2T nT n1 2 .12 122 12n 1 n2n 12n 1 n2n 2n 1 n 22n所以
11、，T n .2n 1 n 22n导数的应用13. 2014四川卷 21解：(1)由 f(x)e xax 2bx1，得 g(x)f (x)e x2axb.所以 g(x)e x 2a.当 x0 ，1时，g(x )12a，e2a当 a 时，g(x) 0，所以 g(x)在0，1 上单调递增，12因此 g(x)在0，1上的最小值是 g(0)1b；当 a 时，g(x) 0，所以 g(x)在0，1 上单调递减，e2因此 g(x)在0，1上的最小值是 g(1)e 2ab；当 0，g(1) e 2ab0. 由 f(1)0 得 abe10，g(1) 1a0 ，解得 e20，g(1) 1a0.故此时 g(x)在(0
12、，ln(2a)和(ln(2a)，1) 内各只有一个零点 x1 和 x2.由此可知 f(x)在0，x 1上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在x 2，1 上单调递增所以 f(x1)f(0)0，f(x 2)x2 时，f(x )0.故 f(x)在 和 内单调递减，( ， 1 4 3a3 ) ( 1 4 3a3 ， )在 内单调递增( 1 4 3a3 ， 1 4 3a3 )(2)因为 a0，所以 x10，当 a4 时，x 21.由(1)知，f(x) 在 0，1上单调递增，所以 f(x)在 x0 和 x1 处分别取得最小值和最大值当 0a4 时，x 21.由(1)知，f(x) 在 0，x 2上单调递增，在x 2，1上单调递减，所以 f(x)在 xx 2 处取得最大值 1 4 3a3又 f(0)1，f(1)a，所以当 0a1 时，f(x)在 x1 处取得最小值；当 a1 时，f(x )在 x0 和 x 1 处同时取得最小值；当 1a4 时，f(x)在 x0 处取得最小值
