数学错题整理版

2024年2月6日发(作者：无锡高一数学试卷)

数学（测试2 导数在研究函数中的应用）

题目：已知函数f（x）=xe-x（x∈R）。

（1）求函数f（x）的单调区间和极值；答：________

（2）已知函数y=g（x）的图像与函数y=f（x）的图像关于直线x=1对称。证明当x>1时，f（x）>g（x）；答：________

（3）如果x1≠x2，且f（x1）=f（x2），证明x1+x2>2。答：________

解答：（1）f\'（x）=（1-x）e-x。令f\'（x）=0，解得x=1。

当x变化时，f\'（x），f（x）的变化情况如下表：

所以f（x）在（-∞，1）内是增函数，在（1，+∞）内是减函数。

函数f（x）在x=1处取得极大值f（1），且f（1）=。

（2）证明：由题意可知g（x）=f（2-x），得g（x）=（2-x）ex-2。

令F（x）=f（x）-g（x），即F（x）=xe-x+（x-2）ex-2。

于是F\'（x）=（x-1）（e2x-2-1）e-x。

当x>1时，2x-2>0，从而e2x-2-1>0。又e-x>0，所以F\'（x）>0。从而函数F（x）在[1，+∞）上是增函数。又F（1）=e-1-e-1=0，所以x>1时，有F（x）>F（1）=0，即f（x）>g（x）。

（3）证明：①若（x1-1）（x2-1）=0，由（1）及f（x1）=f（x2），得x1=x2=1，与x1≠x2矛盾。

②若（x1-1）（x2-1）>0，由（1）及f（x1）=f（x2），得x1=x2，与x1≠x2矛盾。

根据①②得（x1-1）（x2-1）<0。不妨设x1<1，x2>1。

由（2）可知，f（x2）>g（x2），g（x2）=f（2-x2），所以f（x2）>f（2-x2），从而f（x1）>f（2-x2）。因为x2>1，所以2-x2<1。

又由（1）可知函数f（x）在区间（-∞，1）内是增函数，所以x1>2-x2，即x1+x2>2。

本题考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力。

题目：

已知函数f(x)=12e2x−e(ex+e−x)−x.

(1)求函数f(x)的极值.(2)是否存在正整数a,使得方程f(x)=f(−a)+f(a)2在区间[−a,a]上有三个不同的实根，若存在，试确定a的值；若不存在，请说明理由。

考点：利用导数研究函数的极值分析：（I）对函数求导整理可得，f′(x)＝1ex(ex−e)(ex−1)(ex+1)，分别令y′＞0，y′＜0，求出函数的单调区间，进一步求函数的极值．（II）结合（I ）可知a=1不符合条件，a令ea+e-a=t，a=2时，从而可把g（a）=f(a)+f(−a)2转化为关于t的二次函数，结合二次函数的图象进行判断当a≥3，结合t的范围可判断函数g（a）在a≥3时单调递增f(a)+f(−a)2≥g(3)+g(−3)2＞f（0），结合函数的图象可判断．（法二）构造函数h（x）=f（x）-f(a)+f(−a)2，结合函数f（x）的条件，判断函数g（x）的单调性及极值点，由零点判定定理可得函数g（x）在[-a，a]上存在零点，只有当h（0）＞0，h（1）＜0时才有可能出现三个零点．类比法一求解．

解答一：(I)由题意得f′(x)=e2x−e(ex−e−x)−(12分)=1ex(ex−e)(ex−1)(ex+1),(3分)

则当ex<1或ex>e即x<0或x>1时f′(x)>0，当1

(II)当a=1时,由(I)可知方程f(x)=f(−a)+f(a)2在区间[−a,a]上最多只有两个根,故不符合题意.(9分)又f(−a)+f(a)2=14(e2a+e−2a)−e(ea+e−a)，设ea+e−a=t,则e2a+e−2a=t2−2，设g(a)=f(−a)+f(a)2=14t2−et−12=14(t−2e)2−e2−12,(11分)当a=2时,g(2)−f(1)=14[(e2+e−2−2e)2−2e2+6]<0,(这里可利用e≈2.7近似估算得出)则方程f(x)=f(−a)+f(a)2在区间[−a,a]上最多只有一个根.(13分)当a⩾3时,t=ea+e−a在a∈[3,+∞)上是增函数，又t>2e,则g(a)在a∈[3,+∞)上是增函数,则f(−a)+f(a)2⩾f(−3)+f(3)2>f(0)，则方程f(x)=f(−a)+f(a)2在区间[−a,a]上最多只有一个根。故不存在正整数a,使得方程f(x)=f(−a)+f(a)2在区间[−a,a]上有三个不同的实根.(15分)

解法2:设h(x)=f(x)−f(−a)+f(a)2,则函数h(x)与f(x)具有相同的单调性,且h(x)的极大值为h(0),极小值为h(1),又h(−a)h(a)=−14[f(a)−f(−a)]2⩽0,则h(x)区间[−a,a]上一定有零点,只有当h(0)>0,h(1)<0时才有可能出现三个零点,下面对正整数a进行讨论与验证(同上).

题目：已知函数f（x）=x2+alnx（a为实常数）

（Ⅰ）若a=-2，求证：函数f（x）在（1，+∞）上是增函数；

（Ⅱ）求函数f（x）在[1，e]上的最小值及相应的x值；

（Ⅲ）若存在x∈[1，e]，使得f（x）≤（a+2）x成立，求实数a的取值范围．

考点：利用导数求闭区间上函数的最值，函数的单调性与导数的关系

解答（自己写）：

题目：设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)=0，当x>0时，有(f(x)x)的导数小于零恒成立，则不等式x2f(x)>0）的解集是A. (一2,0)∪(2,+∞)B. (一2,0)∪(0,2)

C. (−∞,−2)∪(2,+∞)D. (−∞,−2)∪(0,2)

考点：函数的单调性与导数的关系

分析：首先根据商函数求导法则，求出F(X)的导数；然后利用导函数的正负性，判断函数y=

在（0，+∞）内单调递减；再由f（2）=0，易得f（x）在（0，+∞）内的正负；最后结合奇函数的图象特征，可得f（x）在（-∞，0）内的正负性．则xf（x）＞0⇔f（x）＞0的解集即可求得．

解答：由(f(x)x)′=xf′(x)−f(x)x2因为当x>0时，有xf′(x)−f(x)x2<0恒成立，即[f(x)x]′<0恒成立，

∴y=f(x)x在(0,+∞)内单调递减，∵f(2)=0，

∴在(0,2)内恒有f(x)>0；在(2,+∞)内恒有f(x)<0.又∵f(x)是定义在R上的奇函数，∴在(−∞,−2)内恒有f(x)>0；在(−2,0)内恒有f(x)<0.又不等式x2f(x)>0的解集，即不等式f(x)>0的解集。

故答案为：(−∞,−2)∪(0,2).

2题目：

当时，f（x）=xlnx，则下列大小关系正确的是

A. f2（x）＜f（x2）＜f（x）B. f（x2）＜f2（x）＜f（x）

C. f（x）＜f（x2）＜f2（x）D. f（x2）＜f（x）＜f2（x）

解答：∵f（x）=xlnx∴f′（x）=lnx+1∵当时，f′（x）＞0恒成立

故f（x）=xlnx在区间（，1）上为增函数又由f（1）=0由此时x2＜x，故f（x2）＜f（x）＜0

故f（x2）＜f（x）＜f2（x）故选D

物理题目：

某发电厂通过两条输电线向远处的用电设备供电。当发电厂输出的功率为P0时,额定电压为U的用电设备消耗的功率为P1.若发电厂用一台升压变压器T1先把电压升高,仍通过原来的输电线供电,达到用电设备所在地,再通过一台降压变压器T2把电压降到用电设备的额定电压,供用电设备使用,如图所示,这样改动后,当发电厂输出的功率仍为P0,用电设备可获得的功率增加至P2.试求所用升压变压器T1的原线圈与副线圈的匝数比N1/N2以及降压变压器T2的原线圈与副线圈的匝数比n1/n2各为多少?

考点：远距离输电

分析：不用变压器时，根据P损＝P0−P1＝I1r求出输电线的电阻，接变压器时，P损′＝P0−P2＝I2r求出I2的大小，根据原副线圈电流比等于匝数之反比求出升压变压器的匝数比．根据输出功率求出降压变压器的电流，再根据原副线圈电流比等于匝数之反比求出降压变压器的匝数比．

解答：

22

（数学试卷七校联考）题目：

设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=3√2,左顶点M到直线xa+yb=1的距离d=45√5，O为坐标原点。(Ⅰ)求椭圆C的方程；

(Ⅱ)设直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距离为定值；(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，试求△AOB的面积S的最小值。

考点：直线与圆锥曲线的综合问题

题目：设抛物线C:y2=2x的焦点为F，直线l过F与C交于A，B两点，若|AF|=3|BF|，则l的方程为___.

考点：抛物线的简单性质

分析：由题意设出直线AB的方程，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理，结合|AF|=3|BF|得到x1=3x2+2，求出k得答案．解答：由y2=2x,得F(12,0)，设AB所在直线方程为y=k(x−12)，代入y2=2x,得k2x2−(k2+2)x+14k2=0.

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=1+2k2,x1x2=14结合|AF|=3|BF|,x1+12=3(x2+12)

解方程得k=±3√.∴直线L的方程为y=±3√(x−12).故答案为：y=±3√(x−12)

题目：设[m]表示不超过实数m的最大整数,则在直角坐标平面xOy上,则满足[x]2+[y]2=50的点P(x,y)所成的图形面积为___.

考点：分段函数的应用分析：根据方程可得对于x，y≥0时，求出x，y的整数解，可得|[x]|可能取的数值为7、5、1，则可以确定x的范围，进而得到对应的y的范围，求出面积即可．

解答：由题意可得：方程：[x]2+[y]2=50

当x,y⩾0时,[x],[y]的整解有三组,(7,1),(5,5),(1,7)所以此时|[x]|可能取的数值为：7，5，1.

当|[x]|=7时,7⩽x<8,或−7⩽x<−6,|[y]|=1，−1⩽y<0，或1⩽y<2，围成的区域是4个单位正方形；

当|[x]|=5时,5⩽x<6,或−5⩽x<−4;|[y]|=5，−5⩽y<−4，5⩽y<6，围成的区域是4个单位正方形；

当|[x]|=1时，−1⩽x<0，或1所以总面积是：12 故答案是12.

题目：函数f(x)=Asin(ωx+π6)(ω>0)的图象与x轴的交点的横坐标构成一个公差为π2的等差数列，要得到函数g(x)=Asinωx的图象，只需将f(x)= 的图象（A. 向左平移π6个单位B. 向右平移π6个单位

C. 向左平移π12个单位D. 向右平移π12个单位

考点：函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换

分析：解答：由题意可得，函数的周期为2×π2=π，再由2πω=π可得ω=2，即函数f(x)=Asin(2x+π6)=Asin2(x+π12)

要得到函数g(x)=Asin2x的图象，只需将f(x)=Asin2(x+π12)的图象向右平移π12个单位即可，故选D.

题目：已知数列{an}的首项为1，数列{bn}为等比数列，且bn=an+1an，若b10⋅b11=2，则a21=()

A. 20 B. 512 C. 1013 D. 1024

考点：等比数列的通项公式分析：根据所给的关系式，依次令n=1、2、…、20列出20个式子，再将20个式子相乘化简，根据等比数列的性质和条件求出a21的值．

解答：由bn=an+1an得，b1=a2a1,b2=a3a2,b3=a4a3,…,b20=a21a20，

以上20个式子相乘得，b1b2b3…b20=a2a1×a3a2×a4a3×…×a21a20=a21a1，

∵数列{bn}为等比数列,且b10⋅b11=2,数列{an}的首项为1，∴210=a21a1,解得a21=1024，故选：D

题目：已知x>0，y>0，2x+1y=1，若x+2y>m2+2m恒成立，则实数m的取值范围是（ ）。

A. (−2,4) B. (−4,2) C. [−2,4] D. [−4,2]

考点：基本不等式，不等关系与不等式分析：本题主要考查基本不等式和恒成立问题。

由2x+1y=1，得到(x+2y)×1=(x+2y)×(2x+1y)=4+xy+4yx，因为x>0，y>0，由基本不等式得到，4+xy+4yx⩾4+2xy×4yx−−−−−−√=8，当且仅当xy=4yx，即x=2y=4时取等号，又由x+2y>m2+2m恒成立，所以m2+2m<(x+2y)min，即m2+2m<8，解得$-4。

故本题正确答案为B。解答：B

题目：东海水晶制品厂去年的年产量为10万件，每件水晶产品的销售价格为100元，固定成本为80元。从今年起，工厂投入100万元科技成本，并计划以后每年比上一年多投入100万元科技成本。预计产量每年递增1万件，每件水晶产品的固定成本g(n)与科技成本的投入次数n的关系是g(n)=80n+1−−−−−√.若水晶产品的销售价格不变，第n次投入后的年利润为f(n)万元。(1)求出f(n)的表达式；(2)问从今年算起第几年利润最高?最高利润为多少万元?

考点：函数模型的选择与应用

分析：（1）先根据题意可得：第n次投入后，产量为10+n万件，价格为100元，固定成本为 元，科技成本投入为100n，进而可求年利润为f（n） （2）将函数整理成 ，进而可以利用基本不等式，求出最高利润．解答：1)第n次投入后，产量为10+n万件，价格为100元，固定成本为80n+1−−−−−√元，

科技成本投入为100n，…(2分)所以，年利润为f(n)=(10+n)(100−80n+1−−−−−√)−100n…(6分)

(2).由(1)f(n)=(10+n)(100−80n+1−−−−−√)−100n

=1000−80(n+1−−−−−√+9n+1−−−−−√)⩽520(万元)…(9分)

当且仅当n+1−−−−−√=9n+1−−−−−√时 即n=8时，利润最高，最高利润为520万元.…(11分)

答：从今年算起第8年利润最高，最高利润为520万元.…(12分)