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2014-2015学年海南省文昌中学高二(下)期中数学试卷(理科) (解析版)


2014-2015 学年海南省文昌中学高二(下)期中数学试卷(理科)
一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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. (5 分) (2014?广西)曲线 y=xe A. 2e B. e C. 2 D. 1
x﹣1

在点(1,1)处切线的斜率等于(

r />)

考点: 导数的几何意义. 专题: 导数的概念及应用. 分析: 求函数的导数,利用导数的几何意义即可求出对应的切线斜率. 解答: 解:函数的导数为 f′(x)=e 当 x=1 时,f′(1)=2,
x﹣1 x﹣1

+xe

x﹣1

=(1+x)e

x﹣1



即曲线 y=xe 在点(1,1)处切线的斜率 k=f′(1)=2, 故选:C. 点评: 本题主要考查导数的几何意义,直接求函数的导数是解决本题的关键,比较基础.

2. (5 分) (2014?马鞍山三模) 已知复数 z1=2+i, z2=1+i, 则

在平面内对应的点位于 (



A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 考点: 复数的代数表示法及其几何意义;复数代数形式的乘除运算. 专题: 计算题. 分析: 分子分母同乘以分母的共轭复数,化简复数可得对应的象限. 解答: 解:由题意可得 = =

=

=

=



故对应的点的坐标为: ( ,

)在第四象限,

故选 D 点评: 本题考查复数代数形式的几何意义和乘除运算,属基础题. >1(n∈N+)时,

3. (5 分) (2015 春?文昌校级期中)用数学归纳法证明 在验证 n=1 时,左边的代数式为( A. + + B. + C. ) D. 1

+

+…+

考点: 数学归纳法. 专题: 推理和证明.
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分析: 分析不等式左边的项的特点,即可得出结论. 解答: 解:在 + +…+ >1(n∈N+)中,

当 n=1 时,3n+1=4, 故 n=1 时,等式左边的项为: + ,

故选:A. 点评: 本题考查的知识点是数学归纳法的步骤,在数学归纳法中,第一步是论证 n=1 时结 论是否成立,此时一定要分析等式两边的项,不能多写也不能少写,否则会引起答案的错 误.解此类问题时,注意 n 的取值范围. 4. (5 分)函数 y=x ﹣3x ﹣9x(﹣2<x<2)有( ) A. 极大值 5,极小值﹣27 B. 极大值 5,极小值﹣11 C. 极大值 5,无极小值 D. 极小值﹣27,无极大值 考点: 利用导数研究函数的极值. 专题: 计算题. 分析: 求出 y 的导函数得到 x=﹣1,x=3(因为﹣2<x<2,舍去) ,讨论当 x<﹣1 时,y′ >0;当 x>﹣1 时,y′<0,得到函数极值即可. 2 解答: 解:y′=3x ﹣6x﹣9=0,得 x=﹣1,x=3,当 x<﹣1 时,y′>0;当 x>﹣1 时,y′<0, 当 x=﹣1 时,y 极大值=5;x 取不到 3,无极小值. 故选 C 点评: 考查学生利用导数研究函数极值的能力.
3 2

5. (5 分) (2015 春?文昌校级期中) 若 A. 2 B. 3 C. 5 D. 6 考点: 定积分. 专题: 导数的概念及应用.

(2x+ ) dx=3+ln2 且 a>1, 则实数 a 的值是 (



分析: 根据题意找出 2x+ 的原函数,然后根据积分运算法则,两边进行计算,求出 a 值. 解答: 解:
2

(2x+ )dx=(x +lnx)|
2

2

=a +lna﹣(1+ln1)=3+ln2,a>1,

2

∴a +lna=4+ln2=2 +ln2,解得 a=2, 故选:A. 点评: 此题主要考查定积分的计算,解题的关键是找到被积函数的原函数,此题是一道基 础题. 6. (5 分) (2015 春?文昌校级期中)设 z=log2(m ﹣3m﹣3)+ilog2(m﹣3) (m∈R) ,若 z 对应的点在直线 x﹣2y+1=0 上,则 m 的值是( ) A. B. C. D. 15
2

考点: 复数的基本概念.
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专题: 计算题. 分析: 把复数对应点(log2(m ﹣3m﹣3) ,log2(m﹣3) )代入直线 x﹣2y+1=0,化简求解 m 即可. 解答: 解:
2

; 故选 B. 点评: 本题考查复数的基本概念,考查计算能力,是基础题.

7. (5 分) (2015 春?文昌校级期中)数列{an}中,若 a1= ,an= 则 a11 的值为( A. ﹣1 B. ) C. 1 D. 2

, (n≥2,n∈N) ,

考点: 数列递推式. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: 根据数列的递推式,分别求得 a2,a3,a4,发现数列是以 4 为周期的数列,进而根 据 a11=a3 求得答案. 解答: 解:a1= ,a2= =2,a3= =﹣1,a4= = ,

∴数列{an}是以 4 为周期的数列, ∴a11=a3=﹣1. 故选:A. 点评: 本题主要考查了数列的递推式.解题的关键是从数列中的找到规律. 8. (5 分)若方程 x ﹣3x+m=0 在[0,2]上有解,则实数 m 的取值范围是( A. [﹣2,2] B. [0,2] C. [﹣2,0] D. (﹣∞,﹣2)∪(2,+∞)
3



考点: 函数在某点取得极值的条件;一元二次方程的根的分布与系数的关系. 专题: 计算题;数形结合. 分析: 因为是方程有解,转化为函数在[0,2]的函数值,利用导数求解即可. 3 3 解答: 解:由题意方程 x ﹣3x+m=0 在[0,2]上有解,则﹣m=x ﹣3x,x∈[0,2] 求函数的值域即得实数 m 的取值范围 3 令 y=x ﹣3x,x∈[0,2] 2 y'=3x ﹣3 令 y'>0,解得 x>1,故此函数在[0,1]上减,在[1,2]上增, 又 x=1,y=﹣2;x=2,y=2;x=0,y=0
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∴函数 y=x ﹣3x,x∈[0,2]的值域是[﹣2,2] 故﹣m∈[﹣2,2], ∴m∈[﹣2,2], 故选 A 点评: 本题考查学生对一元三次方程的图象的认识,以及对函数值正负与图象关系的利用

3

9. (5 分) (2015 春?文昌校级期中)定义复数的一种运算 z1*z2=

(等式右边

为普通运算) ,若复数 z=a+bi, 为 z 的共轭复数,且正实数 a,b 满足 a+b=3,则 z* 的最 小值为( ) A. B. C. D.

考点: 复数代数形式的混合运算. 专题: 新定义;数系的扩充和复数. 分析:由新定义和复数的模长公式可得 z* = 由二次函数的最值可得. 解答: 解:由题意可得 z* = ∵正实数 a,b 满足 a+b=3,∴b=3﹣a, ∴ = = , = = , = = ,

由二次函数可知当 a=

= 时,上式取最小值

故选:B 点评: 本题考查复数的运算,涉及新定义和二次函数求最值,属中档题. 10. (5 分)已知函数 f(x)=x +bx +cx 的图象如图所示,则
3 2

等于(



A.

B.

C.

D.

考点: 函数在某点取得极值的条件;函数的单调性与导数的关系. 专题: 计算题. 分析: 先利用函数的零点,计算 b、c 的值,确定函数解析式,再利用函数的极值点为 x1, x2,利用导数和一元二次方程根与系数的关系计算所求值即可 解答: 解:由图可知,f(x)=0 的三个根为 0,1,2
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∴f(1)=1+b+c=0,f(2)=8+4b+2c=0 解得 b=﹣3,c=2 又由图可知,x1,x2 为函数 f(x)的两个极值点 2 ∴f′(x)=3x ﹣6x+2=0 的两个根为 x1,x2, ∴x1+x2=2,x1x2= ∴ =(x1+x2) ﹣2x1x2=4﹣ =
2

故选 C 点评: 本题主要考查了导数在函数极值中的应用,一元二次方程根与系数的关系,整体代 入求值的思想方法 11. (5 分) (2014?陕西一模)设△ ABC 的三边长分别为 a、b、c,△ ABC 的面积为 S,内 切圆半径为 r,则 ,类比这个结论可知:四面体 S﹣ABC 的四个面的面积分别为 )

S1、S2、S3、S4,内切球半径为 r,四面体 S﹣ABC 的体积为 V,则 r=( A. C. B. D.

考点: 类比推理. 专题: 探究型. 分析: 根据平面与空间之间的类比推理,由点类比点或直线,由直线 类比 直线或平面, 由内切圆类比内切球, 由平面图形面积类比立体图形的体积, 结合求三角形的面积的方法类 比求四面体的体积即可. 解答: 解:设四面体的内切球的球心为 O, 则球心 O 到四个面的距离都是 R, 所以四面体的体积等于以 O 为顶点, 分别以四个面为底面的 4 个三棱锥体积的和. 则四面体的体积为 ∴R= 故选 C.

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点评: 类比推理是指依据两类数学对象的相似性,将已知的一类数学对象的性质类比迁移 到另一类数学对象上去.一般步骤:①找出两类事物之间的相似性或者一致性.②用一类 事物的性质去推测另一类事物的性质,得出一个明确的命题(或猜想) . 12. (5 分) (2015 春?文昌校级期中)对于三次函数 f(x)=ax +bx +cx+d(a≠0) ,给出定义: 设 f′(x)是函数 y=f(x)的导数,f″(x)是 f′(x)的导数,若方程 f″(x)=0 有实数解 x0, 则称点(x0,f(x0) )为函数 y=f(x)的“拐点”.某同学经过探究发现:任何一个三次函数 都有“拐点”;任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心,设函数 g(x)= x ﹣ x +3x﹣
2 3 3 2

,则 g(

)+g(

)+…+g(

)=(



A. 2 013 B. 2 014 C. 2 015 D. 2 016 考点: 导数的运算;函数的值. 专题: 导数的概念及应用. 分析: 由题意对已知函数求两次导数可得图象关于点( ,1)对称,即 f(x)+f(1﹣x) =2,即可得到结论. 2 解答: 解:函数的导数 g′(x)=x ﹣x+3, g″(x)=2x﹣1, 由 g″(x0)=0 得 2x0﹣1=0 解得 x0= ,而 f( )=1, 故函数 g(x)关于点( ,1)对称, ∴g(x)+g(1﹣x)=2, 故设 g( 则 g( )+g( )+g( )+…+g( )+…+g( )=m, )=m,

两式相加得 2×2014=2m, 则 m=2014. 故选:B 点评: 本题主要考查导数的基本运算, 利用条件求出函数的对称中心是解决本题的关键. 求 和的过程中使用了倒序相加法. 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.把答案填在题中的横线上) 13. (5 分) (2015 春?文昌校级期中)已知复平面上的正方形的三个顶点对应的复数分别为 1+2i,﹣2+i,﹣1﹣2i,那么第四个顶点对应的复数是 2﹣i . 考点: 复数的代数表示法及其几何意义. 专题: 数系的扩充和复数. 分析: 根据复数的几何意义以及正方形的性质进行求解即可.

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解答: 解:不妨设正方形 ABCD 的三个顶点 A,B,C 对应的复数分别为 1+2i,﹣2+i,﹣ 1﹣2i, 则 A(1,2) ,B(﹣2,1) ,C(﹣1,﹣2) , 设 D(x,y) , 则满足 即 ,即(﹣3,﹣1)=(﹣1﹣x,﹣2﹣y) ,解得 ,

满足 则 D(2,﹣1) ,对应的复数为 2﹣i, 故答案为:2﹣i 点评: 本题主要考查复数的几何意义,利用复数相等是解决本题的关键. 14. (5 分) (2014?福建)如图,在边长为 e(e 为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒 黄豆,则它落到阴影部分的概率为 .

考点: 专题: 分析: 解答:

几何概型. 综合题;概率与统计. 利用定积分计算阴影部分的面积,利用几何概型的概率公式求出概率. x 解:由题意,y=lnx 与 y=e 关于 y=x 对称, (e﹣e )dx=2(ex﹣e )
x x

∴阴影部分的面积为 2

=2,
2

∵边长为 e(e 为自然对数的底数)的正方形的面积为 e , ∴落到阴影部分的概率为 故答案为: . .

点评: 本题考查几何概型,几何概型的概率的值是通过长度、面积、和体积的比值得到. 15. (5 分) (2015 春?文昌校级期中)如图,将全体正奇数排成一个三角形数阵:按照以上 排列的规律,第 45 行从左向右的第 17 个数为 2013 .

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考点: 归纳推理. 专题: 推理和证明. 分析: 由三角形数阵,知第 n 行的前面共有 1+2+3+…+(n﹣1)个连续奇数,再由等差数 列的前 n 项和公式化简,再由奇数的特点求出第 n 行从左向右的第 m 个数,代入可得答案. 解答: 解:观察三角形数阵, 知第 n 行前共有 1+2+3+…+(n﹣1)= 第 n 行从左向右的第 m 个数为 2[ 个奇数, +m]﹣1=n ﹣n+2m﹣1,
2 2

当 n=45,m=17 时,第 45 行从左向右的第 17 个数为:45 ﹣45+2×17﹣1=2013, 故答案为:2013 点评: 本题考查了归纳推理在数阵的排列规律的应用, 以及等差数列的前 n 项和公式应用, 关键是发现规律并应用所学知识,来解答问题. 16. (5 分) (2015 春?文昌校级期中)已知函数 f(x)=ax ﹣1 的图象在点 A(1,f(1) )处 的切线 l 与直线 8x﹣y+2=0 平行,若数列{ . }的前 n 项和为 Sn,则 S2012 的值为
2

考点: 数列的求和;利用导数研究曲线上某点切线方程. 专题: 综合题;导数的概念及应用. 分析: 由题意和求导公式得 f′(x)=2ax,由切线 l 与直线 8x﹣y+2=0 平行求出 a 的值,代 入 f(x)求出 f(n) ,再化简 利用裂项相消法求出 S2012 的值.

解答: 解:由题意得,f′(x)=2ax, ∵在点 A(1,f(1) )处的切线 l 与直线 8x﹣y+2=0 平行, ∴f′(1)=2a=8,解得 a=4, 2 2 则 f(x)=4x ﹣1,即 f(n)=4n ﹣1=(2n﹣1) (2n+1) , ∴ = = ( )+…+( ) , )]

∴S2012= [(1﹣ )+( = (1﹣ )= ,

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故答案为:



点评: 本题考查裂项相消法求数列的和,以及导数的几何意义,属于中档题. 三、解答题(本大题共 6 个小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17. (10 分)设复数 z 满足|z|=1,且(3+4i)?z 是纯虚数,求 z. 考点: 复数代数形式的乘除运算. 专题: 数系的扩充和复数. 分析: 设出 z=a+bi,由题意得到关于 a,b 的二元二次方程组,求得 a,b 后得答案. 2 2 解答: 解:设 z=a+bi,由|z|=1,得 a +b =1①, 由(3+4i)?z=(3+4i) (a+bi)=(3a﹣4b)+(4a+3b)i 是纯虚数, 得 3a﹣4b=0②,

联立①②得:











点评: 本题考查了复数代数形式的乘除运算,考查了复数的基本概念,是基础题. 18. (12 分) (2015 春?菏泽期中)已知 a<2,函数 f(x)=(x +ax+a)e (1)当 a=1 时,求 f(x)的单调递增区间; (2)若 f(x)的极大值是 6?e ,求 a 的值. 考点: 利用导数研究函数的极值;利用导数研究函数的单调性. 专题: 导数的综合应用. 分析: (1)当 a=1 时,f′(x)=(x +3x+2)e ,由此利用导数性质能求出 f(x)的单调递 增区间. 2 x (2)f′(x)=[x +(a+2)x+2a]e ,由 f′(x)=0,得 x=﹣2,或 x=﹣a,列表讨论,能求出 a 的值. 2 x 解答: 解: (1)当 a=1 时,f(x)=(x +x+1)e , 2 x ∴f′(x)=(x +3x+2)e , 由 f′(x)≥0,得 x≤﹣2,或 x≥﹣1, ∴f(x)的增区间为(﹣∞,﹣2],[﹣1,+∞) . (2)f′(x)=[x +(a+2)x+2a]e , 由 f′(x)=0,得 x=﹣2,或 x=﹣a, 列表讨论,得: x (﹣∞,﹣2) ﹣2 (﹣2,﹣a) ﹣a (﹣a,+∞) f′(x) + 0 ﹣ 0 + f(x) ↑ 极大值 ↓ 极小值 ↑ ∴x=﹣2 时,f(x)取得极大值, 又 f(﹣2)=(4﹣a)?e ,f(x)的极大值是 6?e , ﹣2 ﹣2 ∴(4﹣a)?e =6?e ,解得 a=﹣2.
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﹣2 ﹣2 ﹣2

2

x

2

x

2

x

∴a 的值为﹣2. 点评: 本题考查函数单调区间的求法,考查实数的取值范围的求法,是中档题,解题时要 认真审题,注意导数性质的合理运用.

19. (12 分) (2015 春?文昌校级期中) (1)若 x,y 都是正实数,且 x+y>2,求证: 2和 <2 中至少有一个成立.
+



(2)已知 a、b、c∈R ,求证:





考点: 不等式的证明;反证法与放缩法. 专题: 证明题;推理和证明. 分析: (1)本题证明结论中结构较复杂,而其否定结构简单,故可用反证法证明其否定不 成立,以此来证明结论成立. (2)利用分析法证明即可. 解答: 证明: (1)假设 <2 和 <2 都不成立,即 ≥2 和 ≥2 同时成立.…(2

分) ∵x>0 且 y>0,∴1+x≥2y,且 1+y≥2x.…(4 分) 两式相加得 2+x+y≥2x+2y,∴x+y≤2.这与已知条件 x+y>2 矛盾, ∴ <2 和 <2 中至少有一个成立. …(6 分)

(2)要证
2 2 2


2 2


2

只需证:3(a +b +c )≥a +b +c +2ab+2bc+2ca,…(9 分) 2 2 2 只需证:2(a +b +c )≥2ab+2bc+2ca,…(10 分) 2 2 2 只需证: (a﹣b) +(b﹣c) +(c﹣a) ≥0,而这是显然成立的, ∴ ≥ 成立 …(12 分)

点评: 本题考查分析法、反证法证明命题,在作证明题时,对于一些条件相对较少或者证 明时需要分类讨论的题型,最好试试用反证法能否证明问题.
3 2

20. (12 分)设定函数 f(x)= x +bx +cx+d(a>0) ,且方程 f′(x)﹣9x=0 的两个根分别 为 1,4. (Ⅰ)当 a=3 且曲线 y=f(x)过原点时,求 f(x)的解析式; (Ⅱ)若 f(x)在(﹣∞,+∞)无极值点,求 a 的取值范围. 考点: 利用导数研究函数的极值;一元二次方程的根的分布与系数的关系. 专题: 导数的概念及应用.
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分析: 先对函数 f(x)进行求导,然后代入 f′(x)﹣9x=0 中,再由方程有两根 1、4 可得 两等式; (1)将 a 的值代入即可求出 b,c 的值,再由 f(0)=0 可求 d 的值,进而确定函数解析式. (2)f(x)在(﹣∞,+∞)无极值点即函数 f(x)是单调函数,且可判断是单调增函数, 再由导函数大于等于 0 在 R 上恒成立可解. 2 解答: 解:由得 f′(x)=ax +2bx+c 因为 f′(x)﹣9x=ax +2bx+c﹣9x=0 的两个根分别为 1,4,所以
2

(*)

(Ⅰ)当 a=3 时,又由(*)式得 解得 b=﹣3,c=12 又因为曲线 y=f(x)过原点,所以 d=0, 3 2 故 f(x)=x ﹣3x +12x. (Ⅱ)由于 a>0,所以“ (x)=ax +2bx+c≥0 在(﹣∞,+∞)内恒成立”. 由(*)式得 2b=9﹣5a,c=4a. 2 又△ =(2b) ﹣4ac=9(a﹣1) (a﹣9) 解 得 a∈[1,9]
2

在(﹣∞,+∞)内无极值点”等价于“f′

即 a 的取值范围[1,9] 点评: 本题主要考查函数的单调性、极值点与其导函数之间的关系.属基础题. 21. (12 分)已知数列{an}满足 Sn+an=2n+1. (1)写出 a1,a2,a3,并推测 an 的表达式; (2)用数学归纳法证明所得的结论. 考点: 数列递推式;数学归纳法. 专题: 证明题. 分析: (1)取 n=1,2,3,分别求出 a1,a2,a3,然后仔细观察,总结规律,猜测 an 的值. (2)用数学归纳法进行证明,①当 n=1 时,命题成立;②假设 n=k 时,命题成立,即 ak=2 ﹣ ,当 n=k+1 时,a1+a2+…+ak+ak+1+ak+1=2(k+1)+1,ak+1=2﹣ 都成立. ,当 n=k+1 时,命

题成立.故 an=2﹣

解答: 解: (1)当 n=1,时 S1+a1=2a1=3 ∴a1= 当 n=2 时,S2+a2=a1+a2+a2=5 ∴a2= ,
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同样令 n=3,则可求出 a3= ∴a1= ,a2= ,a3= 猜测 an=2﹣ (2)①由(1)已得当 n=1 时,命题成立; ②假设 n=k 时,命题成立,即 ak=2﹣ ,

当 n=k+1 时,a1+a2+…+ak+2ak+1=2(k+1)+1, 且 a1+a2+…+ak=2k+1﹣ak ∴2k+1﹣ak+2ak+1=2(k+1)+1=2k+3, ∴2ak+1=2+2﹣ ,即 ak+1=2﹣ ,

即当 n=k+1 时,命题成立. 根据①②得 n∈N ,an=2﹣
+

都成立.

点评: 本题考查数列的递推式,解题时注意数学归纳法的证明过程.

22. (12 分) (2015?山东模拟)已知函数 g(x)=

,f(x)=g(x)﹣ax.

(Ⅰ)求函数 g(x)的单调区间; (Ⅱ)若函数 f(x)在区间(1,+∞)上是减函数,求实数 a 的最小值; 2 (Ⅲ)若存在 x1,x2∈[e,e ], (e=2.71828…是自然对数的底数)使 f(x1)≤f′(x2)+a,求 实数 a 的取值范围. 考点: 利用导数研究函数的单调性;导数在最大值、最小值问题中的应用. 专题: 函数的性质及应用;导数的综合应用. 分析: (1)先求出函数 g(x)的定义域,再利用导数 g′(x)即可得结论; (2)由题意得,a≥ =h(x)在(1,+∞)上恒成立,即 a≥hmax(x)即可,根据

配方法易得 hmax(x)= ,即得结论; (3)通过分析,问题等价于:“当 x∈[e,e ]时,有 fmin(x)≤ ”,结合(2)及 f′(x) ,分 ① 、②a≤0、③ 三种情况讨论即可. 得,x>0 且 x≠1,则函数 g(x)的定义域为(0,1)∪(1,
2

解答: 解: (1)由 +∞) , 且 g′(x)=

,令 g′(x)=0,即 lnx﹣1=0,解得 x=e,

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当 0<x<e 且 x≠1 时,g′(x)<0;当 x>e 时 g′(x)>0, ∴函数 g(x)的减区间是(0,1) , (1,e) ,增区间是(e,+∞) ; (2)由题意得,函数 f(x)= 在(1,+∞)上是减函数, 在(1,+∞)上恒成

∴f′(x)= 立, 令 h(x)=

﹣a≤0 在(1,+∞)上恒成立,即 a≥

,x∈(1,+∞) ,因此 a≥hmax(x)即可,
2 2

由 h(x)= 成立, ∴hmax(x)= ,因此 a

=﹣(

﹣ ) + ≤ ,当且仅当

,即 x=e 时等号

,故 a 的最小值为 ;
2

(3)命题“若存在 x1,x2∈[e,e ],使 f(x1)≤f′(x2)+a”等价于 2 “当 x∈[e,e ]时,有 fmin(x)≤f′max(x)+a”, 由(2)得,当 x∈[e,e ]时,f′max(x)= ﹣a,则 f′max(x)+a= , 故问题等价于:“当 x∈[e,e ]时,有 fmin(x)≤ ”, ∵f′(x)= ﹣a,由(2)知
2 2 2


2

①当

时,f′(x)≤0 在[e,e ]上恒成立,因此 f(x)在[e,e ]上为减函数,
2

则 fmin(x)=f(e )=
2

,故 a


2

②当 a≤0 时,f′(x)≥0 在[e,e ]上恒成立,因此 f(x)在[e,e ]上为增函数, 则 fmin(x)=f(e)=a﹣ae≥e ③当 上为增函数, 故 f′(x) 的值域为[f′(e) ,f′(e )],即
2 2

,不合题意; =﹣( ﹣ ) + ﹣a 在[e,e ]
2 2

时,由于 f′(x)=



由 f′(x)的单调性和值域知,存在唯一 x0∈(e,e ) ,使 f′(x0)=0,且满足: 当 x∈(e,x0) ,时,f′(x)<0,此时 f(x)为减函数; 2 当 x∈(x0,e ) ,时,f′(x)>0,此时 f(x)为增函数; 所以,fmin(x)=f(x0)= ,x0∈(e,e ) ,
2

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所以, 综上所述,得 a .

= 与

矛盾,不合题意.

点评: 本题考查函数的单调区间,最值,考查分类讨论的思想,注意解题方法的积累,属 于难题.

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