高考数学试题分类解析 考点2630.doc

2015年高考数学试题分类解析 考点26-30考点26 随机变量及其分布第1题图【1】（a，湖北，理4）设，这两个正态分布密度曲线如图所示下列结论中正确的是a.b.c.对任意正数，d.对任意正数，【2】（b，上海，理12）赌博有陷阱.某种赌博每局的规则是：赌客先在标记有的卡片中随机摸取一张，将卡片上的数字作为其赌金（单位：元）；随后放回该卡片，再随机摸取两张，将这两张卡片上数字之差的绝对值的1.4倍作为其奖金（单位：元）.若随机变量和分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则= （元）.【3】（a，重庆，理17）端午节吃粽子是我国的传统习俗.设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同.从中任意选取3个.(i)求这三种粽子各取到1个的概率；(ii)设表示取到的豆沙粽个数，求的分布列与数学期望.【4】（a，四川，理17）某市两所中学的学生组队参加辩论赛，中学推荐了3名男生、2名女生，学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当，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，设表示参赛的男生人数，求的分布列和数学期望.【5】（a，福建，理16）某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定，小王到银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但是可以确定该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定.(i)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(ii)设当天小王用该银行卡尝试密码次数为x，求x的分布列和数学期望【6】（b，天津，理16）为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加.现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名.从这8名运动员中随机选择4人参加比赛.(i)设为事件“选出的4人中恰有2 名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”求事件发生的概率；(ii)设为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量的分布列和数学期望.【7】（b，安徽，理17）已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或检测出3件正品时检测结束(i)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；(ii)已知每检测一件产品需要费用100元，设表示直到检测出2件次品或检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求的分布列和均值(数学期望).【8】（b，湖南，理18）某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖. 每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球. 在摸出的2球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖.(i)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(ii)若某顾客有3次抽奖的机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为，求的分布列和数学期望.【9】（c，山东，理19）若是一个三位正整数，且的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称为“三位递增数”（如137，359，567等）在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得分；若能被10整除，得1分(i)写出所有个位数字是5的“三位递增数” ；(ii)若甲参加活动，求甲得分的分布列和数学期望考点27 导数的应用【1】（c，新课标，理12）设函数是奇函数的导函数，当时，则使得成立的的取值范围是a.b. c.d. 【2】（c，安徽，文10）函数的图象如图所示，则下列结论成立的是a. b. c. d.【3】（c，福建，文12）“对任意，”是“”的a.充分不必要条件 b.必要不充分条件 c.充分必要条件 d.既不充分也不必要条件【4】（c，福建，理10）若定义在上的函数 满足，其导函数满足，则下列结论中一定错误的是a. b. c. d.【5】（a，新课标，文13）已知函数的图像过点，则 .【6】（a，新课标，文16）已知曲线在点 处的切线与曲线相切，则 .【7】（b，天津，文11）已知函数，其中为实数，为的导函数.若，则的值为 .【8】（b，陕西，文15）函数在其极值点处的切线方程为 .【9】（b，陕西，理15）设曲线在点处的切线与曲线上点处的切线垂直，则的坐标为 .【10】（c，安徽，理15）设，其中均为实数.下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 （写出所有正确条件的编号）.;；;【11】（a，新课标i，文21）设函数.(i)讨论的导函数的零点的个数；(ii)证明：当时.【12】（a，浙江，自选模块3-2）设函数r)，求的单调递减区间.【13】（b，重庆，文19）已知函数在处取得极值.(i)确定的值；(ii)若，讨论函数的单调性.【14】（b，重庆，理20）设函数.(i)若在处取得极值，确定的值，并求此时曲线在点处的切线方程；(ii)若在上为减函数，求的取值范围.【15】（b，广东，理19）设，函数.(1)求的单调区间；(2)证明：在上仅有一个零点；(3)若曲线在点处的切线与轴平行，且在点处的切线与直线平行（是坐标原点）,证明：【16】（c，新课标i，理21）已知函数，.(i)当为何值时，轴为曲线的切线；(ii)用 表示，中的最小值，设函数 ，讨论零点的个数.【17】（c，新课标，文21）函数.(i)讨论的单调性；(ii)当有最大值，且最大值大于时，求a的取值范围【18】（c，新课标，理21）设函数.(i)证明：在单调递减，在单调递增；(ii)若对于任意都有，求的取值范围.【19】（c，北京，文19）设函数，(i)求的单调区间和极值；(ii)证明：若存在零点，则在区间上仅有一个零点【20】（c，北京，理18）已知函数(i)求曲线在点处的切线方程；(ii)求证：当时，；(iii)设实数使得对恒成立，求的最大值【21】（c，天津，文20）已知函数，.(1)求的单调区间；(2)设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意的实数，都有;(3)若方程（为实数）有两个实数根且求证：.【22】（c，天津，理20）已知函数，其中,且(i)讨论的单调性；(ii)设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有(iii)若关于的方程（为实数）有两个正实根，求证： 【23】（c，四川，文21）已知函数，其中(1)设是的导函数，讨论的单调性；(2)证明：存在，使得恒成立，且在区间内有唯一解.【24】（c，四川，理21）已知函数，其中(1)设是的导函数，讨论的单调性；(2)证明：存在，使得在区间内恒成立，且在区间内有唯一解.【25】（c，广东，文21）设为实数，函数(1)若，求的取值范围；(2)讨论的单调性；(3)当时，讨论在区间内的零点个数【26】（c，山东，文20）设函数，已知曲线在点处的切线与直线平行.(i)求的值；(ii)是否存在自然数，使得方程在内存在唯一的根？如果存在，求出；如果不存在，请说明理由；(iii)设函数（表示中的较小值），求的最大值.【27】（c，山东，理21）设函数，其中(i)讨论函数极值点的个数，并说明理由；(ii)若，成立，求的取值范围【28】（c，江苏，文理19）已知函数 (r).(1)试讨论的单调性；(2)若（实数是与无关的常数），当函数有三个不同的零点时，的取值范围恰好是，求的值.【29】（c，福建，文22）已知函数(i)求函数的单调递增区间；(ii)证明：当时，；(iii)确定实数的所有可能取值，使得存在，当时，恒有【30】（c，湖南，理21）已知，函数，记为的从小到大的第个极值点. 证明:(i)数列是等比数列；(ii)若，则对一切，恒成立.【31】（c，陕西，文21）设,，(i)求;(ii)证明：在内有且仅有一个零点（记为），且.【32】（c，福建，理20）已知函数，.(i)证明：当时；(ii)证明：当时，存在,使得对任意的，恒有；(iii)确定k的所有可能取值，使得存在，对任意的，恒有考点28 定积分与微积分基本定理【1】（a，天津，理11）曲线与直线所围成的封闭图形的面积为 .【2】（a，湖南，理11） .第3题图【3】（b，陕西，理16）如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型（图中虚线表示），则原始的最大流量与当前最大流量的比值为 .考点29 推理与证明【1】（a，山东，理11）观察下列各式：；照此规律，当时，= .【2】（b，陕西，文16）观察下列等式：； 据此规律，第个等式可为 .【3】（，福建，理15）一个二元码是由0和1组成的数字串，其中称为第位码元，二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，或者由1变为0）.已知某种二元码的码元满足如下校验方程组： 其中运算 定义为：现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定等于 .【4】（b，湖北，文21）设函数，的定义域均为r，且是奇函数，是偶函数，其中为自然对数的底数. (i)求，的解析式，并证明：当时，；(ii)设，证明：当时，.【5】（c，湖北，理22）已知数列的各项均为正数，为自然对数的底数(i)求函数的单调区间，并比较与的大小；(ii)计算，由此推测计算的公式，并给出证明；(ii)令，数列，的前项和分别记为, 证明：. 【6】（c，江苏，理23）已知集合，（n*），设整除或整除，令表示集合所含元素个数.(1)写出的值；(2)当时，写出的表达式，并用数学归纳法证明.考点30 复数【1】（a，新课标i，文3）已知复数满足，则a. b. c. d.【2】（a，新课标i，理1）设复数满足，则a. b. c. d.【3】（a，新课标，文2）若为实数，且，则a. b. c.3 d.【4】（a，新课标，理2）若为实数，且，则a.-1 b.0 c.1 d.【5】（a，北京，理1）复数a. b. c. d.【6】（a，湖北，文1）i为虚数单位，a. b. c. d.1【7】（a，湖北，理1）i为虚数单位，的共轭复数为a. b. c.1 d.-1【8】（a，四川，理2）设是虚数单位，则复数a. b. c. d.【9】（a，广东，文2）已知是虚数单位，则复数a.2i b.-2i c.2 d.-2【10】（a，广东，理2）若复数 ( i是虚数单位)，则a. b. c. d.【11】（a，山东，理2文2）若复数满足i，其中i为虚数单位，则=a. b. c. d.【12】（a，安徽，文1）设i是虚数单位，则复数a. b. c. d.【13】（a，安徽，理1）设i是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点位于a.第一象限b.第二象限c.第三象限d.第四象限【14】（a，福建，文1）若（，是虚数单位），则的值分别等于a. b. c. d.【15】（a，福建，理1）若集合（ 是虚数单位）， ，则 等于a. b. c d. 【16】（a，湖南，文1理1）已知（为虚数单位），则复数=a. b. c. d.【17】（a，北京，文9）复数的实数为.【18】（a，天津，文9）是虚数单位，计算的结果为 .【19】（a，天津，理9）是虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为 .【20】（a, 上海，文3理2）若复数满足，其中为虚数单位，则= .【21】（a，重庆，文11）复数的实部为_.【22】（a，重庆，理11）设复数的模为，则 .【23】（a，四川，文11）设是虚数单位，则复数.【24】（a，江苏，文理3）设复数满足i（i是虚数单位），则的模为 .【25】（a，浙江，自选模块3-1）已知i是虚数单位，r,复数满足，求的值.考点26 随机变量及其分布【1】（a，湖北，理4）、c解析：随机变量的正态分布密度函数的图象分别关于，对称，所以.又越大，曲线越“矮胖”，越小，曲线越“瘦高”，由图象可知，.因而选c.【2】（b，上海，理12）、0.2解析：当赌金分别为时，其概率都是，.的分布律如下：1.42.84.25.6，所以【3】（a，重庆，理17）解析：(i)令表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有(ii)x的所有可能的取值为0,1,2，且，.综上知，x分布列为012故（个）.【4】（a，四川，理17）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中学抽取的概率为.因此，a中学至少有1名学生入选代表队的概率为.(2)根据题意，的可能取值为1，2,3.所以的分布列为123因此，的数学期望为.【5】（，福建，理16）解析：(i)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为a，则(ii)依题意得，x所有可能的取值是1，2，3，又，所以x的分布列为x123p所以【6】（b，天津，理16）解析：(i)由已知，有所以，事件发生的概率为(ii)随机变量的所有可能值为：1，2，3，4.所以，随机变量的分布列为1234随机变量的数学期望.【7】（b，安徽，理17）解析：(i)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件，(ii)的可能取值为200,300,400.，故的分布列为200300400【8】（b，湖南，理18）解析：(i)记事件=从甲箱中摸出的一个球是红球，=从乙箱中摸出的一个球是红球，顾客抽奖一次获一等奖，顾客抽奖一次获二等奖，c顾客抽奖一次能获奖.由题意与相互独立，与互斥，与互斥，且 ，=+，. 又因为，所以，故所求概率为.(ii)顾客抽奖3次可视为3次独立重复实验，由(i)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为，所以，于是 由此求得x的分布列为x0123px的数学期望为.【9】（c，山东，理19）解析：(i)个位数字是的“三位递增数”分别是：，(ii)由题意知全部“三位递增数”的个数为甲得分，因此，故甲得分的分布列为：01所以考点27 导数的应用【1】（c，新课标，理12）、a解析：设，则，由已知得，当时，所以当时，即在上单调递减；又为奇函数，则为偶函数，即在上单调递增，且.当时，当时，综上所述，使得成立的的取值范围是.【2】（c，安徽，文10）、a解析:由函数图象可知；又是的两个正数解，则故【3】（c，福建，文12）、b解析：当时，构造函数,则.故在单调递增,故,则；当时，不等式等价于，构造函数，则，故在单调递增，故，则. 综上所述，“对任意，”是“”的必要不充分条件,故选b.【4】（c，福建，理10）、c解析：由已知条件,构造函数,则,故函数g(x)在r上单调递增,且,故,所以,即，所以结论中一定错误的是c，选项d不确定；构造函数,则,故函数h(x)在r上单调递增,且,故,所以，即,选项a，b无法判断，故选c.【5】（a，新课标，文13）、解析：由已知得，解得.【6】（a，新课标，文16）、解析：法1 设曲线，曲线，由求得曲线在点处的切线斜率 ，故切线方程，当时，为直线，不符合题意，当时，设切线与曲线相切于点，根据题意可列方程组，解得，又，解得.法2 由求得曲线在点处的切线斜率 ，故切线方程，当时，为直线，不符合题意，当时，由得，依据解得.【7】（b，天津，文11）、解析：.【8】（b，陕西，文15）、解析：由得.又因为当时，；当时，.所以为函数的极值点，由导数的几何意义知，切线斜率，而切点为，所以切线方程为.【9】（b，陕西，理15）、解析：设，由导数的几何意义知，曲线在点处的切线斜率，曲线上点处的切线斜率，因为两切线垂直，所以，即，又，所以，所以.【10】（c，安徽，理15）、解析:令，当时，单调递增，符合题意；当时，分析可知，在区间上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，极大值为，极小值为，因为三次方程仅有一个实根，所以或，即或 【11】（a，新课标i，文21）解析：(i)法1 的定义域为， ， 令，得 令，则在上是增函数，从而当时，有一个零点，当时，没有零点；法2 的定义域为当时，没有零点；当时，因为单调递增，单调递减，所以在单调递增，又，当满足且时，故当时，存在唯一零点.(ii)由(i)，可设在的唯一零点为，当时，；当时，.故在单调递减，在单调递增，所以时，取得最小值，最小值为.由于，所以.故当时，. 【12】（a，浙江，自选模块3-2）解析：对求导，得，由，解得，所以的单调递减区间为.【13】（b，重庆，文19）解析：(i)对求导得,因为在处取得极值,所以,即，解得.(ii)由(i)得.故，令解得，或.当时，故为减函数;当时, ，故为增函数；当时,，故为减函数；当时，故为增函数.综上知在和内为减函数,在和内为增函数.【14】（b，重庆，理20）解析：(i)对求导得因为在处取得极值，所以=0，即.当时，故，从而在点处的切线方程为，化简.(ii)由(i)知.令，由解得,.当时，即，故为减函数；当时，即，故为增函数；当时，即，故为减函数.由在上为减函数，知，解得，故的取值范围为.【15】（b，广东，理19）解析：(1)依题意， 在上是单调增函数.(2) ，且在上有零点;又由（1）知在上是单调函数，故在上仅有一个零点.（3）由（1）知，令得，又，即，即.又，令，则由得，由得，函数在上单调递减，在上单调递增.函数，即在上恒成立， 即.故【16】（c，新课标i，理21）解析：(i)设曲线与轴相切与点则，即解得，因此，当时，轴为曲线的切线.(ii)当时，从而，故在无零点.当时，若，则，故是的零点；若，则，故不是的零点.当时，所以只需考虑在的零点个数.(i)若或，则在的无零点，故在单调，而，所以当时，在有一个零点；当时，在没有零点(ii)若，则在单调递减，在单调递增，故在中，当时，取得最小值，最小值为.若，即，在无零点；若，即，则在有唯一零点；若，即，由于，所以当时，在有两个零点；当时，在有一个零点.综上，当或时，有一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.【17】（c，新课标，文21）解析：(i)的定义域为，.若，则，在上单调递增；若，则当时，；当时，.所以在单调递增，在单调递减.(ii)由(i)得，当时，则在上没有最大值；若，则在上的最大值为.从而，构造函数则在上单调递增，结合得，所求a的取值范围是.【18】（c，新课标，理21）解析：(i) 法1依题意.若,则当时, ,；当时,.所以在单调递减,在单调递增.若，则当时，；当时，.所以，在单调递减，在单调递增.法2 依题意设，则在r上恒成立，即在r上单调递增又所以当时，当时，.所以，在单调递减，在单调递增.(ii)由(i)知,对任意的,在单调递减,在单调递增,故在处取得最小值. 所以,对于任意,的充要条件是即 设函数,则.当时,；当,.故在单调递减,在单调递增.又，,故当时,当时,即式成立当时,由的单调性,即时, ,即.综上,的取值范围是.【19】（c，北京，文19）解析：(i)由，得.由解得与在区间上的情况如下：-0+所以，的单调递减区间是，单调递增区间是在处取得极小值（）由（i）知，在区间上的最小值因为存在零点，所以，从而当时，在区间上单调递减，且，所以是在区间上的唯一零点当时，在区间上单调递减，且，所以在区间上仅有一个零点综上所述，若存在零点，则在区间上仅有一个零点【20】（c，北京，理18）解析: (i)因为，所以，又因为，所以曲线在点处的切线方程为(ii)令，则.因为，所以在区间上单调递增所以,即当时，(iii)由(ii)知，当时，对恒成立当时，令，则.所以当时，因此在区间上单调递减当时，即所以当时，令并非对恒成立综上可知，的最大值为2【21】（c，天津，文20）解析：（i）由得当即时，函数单调递增；当即时，函数单调递减.所以，的单调递增区间为单调递减区间为(ii)设点的坐标为点则曲线在点处的切线方程为，即.令函数即则由于在区间上单调递减，故在区间上单调递减.又因为所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以对于任意实数，即对任意实数，都有.(iii)由（ii）知设方程的根为，可得因为在区间上单调递减，又由（ii）知因此类似地，设曲线在原点处的切线方程为，可得对于任意的有即设方程的根为可得因为在上单调递增，且因此由此可得【22】（c，天津，理20）解析：(i)由可得其中,且下面分两种情况讨论(1)当为奇数 令解得或当变化时，的变化如下表：所以，在，上单调递减，在内单调递增.(2)当为偶数当，即时，函数单调递增；当，即时，函数单调递减；所以，在上单调递增，上单调递减.(ii)设的坐标为即，曲线在点处的切线方程为，即 令 ，则由于在上单调递减，故在上单调递减.又因为，所以当时，当时，所以在内单调递增，在上单调递减，所以对于任意正实数，都有即对任意正实数，都有.(iii)不妨设由(ii)知. 设方程的根为，可得当时，在上单调递减.又由(ii)知，可得类似的，设曲线在原点处的切线方程为可得当，即对任意的，设方程的根为，可得因为在上单调递增，且因此由此可得因为，所以，故所以，【23】（c，四川，文21）解析：(1)由已知，函数的定义域为，所以.当时，单调递减；当时，单调递增.(2)由，解得，令，则.于是，存在，使得.令，其中.由知，函数在区间上单调递增.所以，即.当时，有.由（1）知，在区间上单调递增，故当时，；当时，；又当时，所以，当时，.综上所述，存在，使得恒成立，且在区间内有唯一解.【24】（c，四川，理21）解析：(1)由已知，函数的定义域为，所以.当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增.(2)由，解得.令则故存在，使得.令，由知，函数在区间上单调递增.所以，即.当时，有，.由（1）知，在区间上单调递增，故当时，；当时，；所以，当时，.综上所述，存在，使得在区间内恒成立，且在区间内有唯一解.【25】（c，广东，文21）解析：，因为，所以，当时，显然成立；当，则有，所以，所以综上所述，的取值范围.（2）对于，其对称轴为，开口向上，所以在单增；对于，其对称轴为，开口向上，所以在单减.综上，在单增，在单减.（3）由（2）得在单增，在单减，所以.(i)当时，令=0，即.因为在单减，所以而在单增，所以与在无交点.当时，即，所以，所以，因为，所以，即当时，有一个零点.(ii)当时，当时， ，而在单增，当时，.下面比较与的大小：因为，所以.第25题图结合图像不难得当，与有两个交点. 综上，当时，有一个零点；当，与有两个零点.【26】（c，山东，文20）解析：(i)由题意知，曲线在点处的切线斜率为2.所以，又，所以.(ii)时，方程在内存在唯一的根.设当时， 又.所以存在，使得因为所以当时，时，所以当时，单调递增.所以，使得方程在内存在唯一的根.(iii)由(ii)知方程在内存在唯一的根，且时，时，所以当时，若若，由可知. 故.当时，由可知当时，单调递增；当时，单调递减；可知，且综上可知函数的最小值为.【27】（c，山东，理21）解析：(i)函数的定义域是，令，则(1)当时，此时，函数在定义域上是增函数，无极值点；(2)当时，当时，此时，函数在定义域上是增函数，无极值点；当时，设方程的两根为和（），因为，所以,由知,所以当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；当时，函数单调递增；因此函数有两个极值点(3)当时,.由知.当时，单调递增；当时，单调递减；因此函数有一个极值点综述：当时，函数有一个极值点；当时，函数无极值点；当时，函数有两个极值点(ii)(1)当时，函数在上单调递增，因为，所以，符合题意；(2)当时，由得，所以函数在上单调递增，又因为，所以，符合题意；(3)当时，由得，所以时，函数单调递减，因为，所以时，不合题意；(4)当时，设因为时，所以在上单调递增因此当时，即所以，当时，此时，不合题意综上所述，的取值范围是【28】（c，江苏，文理19）解析：(1)，令，解得，.当时，因为，所以函数在r上单调递增；当时，当或时，当时，；所以函数在和上单调递增，在上单调递减；当时，当或时，当时，；所以函数在和上单调递增，在上单调递减；(2)法1 ，当时，.由函数有三个不同的零点知且，即；又因为的解集是.因此，可得，是的所有根；又因为肯定有一个根为.因此，将，分别代入解得的其他解进行检验.最后得：时，其他均不符合，所以.法2 由(1)知，函数的两个极值为，则函数有三个零点等价于，从而或.又，所以当时，或当时，.设，因为函数有三个零点时，的取值范围恰好是则在上，且在上均恒成立，从而，且，因此.此时，因函数有三个零点，则有两个异于的不等实根，所以 ，且，解得. 综上.【29】（c，福建，文22）解析：(i)，由得解得故的单调递增区间是(ii)令，则有当时，所以在上单调递减.故当时，即当时，(iii)由(ii)知，当时，不存在满足题意当时,对于,有,则，从而不存在满足题意当时，令，则有由得，解得，当时，故在内单调递增从而当时，即.综上，的取值范围是.【30】（c，湖南，理21）解析：(i)，其中，.令，由得 ，即，. 对，若，即，则;若，即，则. 因此，在区间与上，的符号总相反，于是，当，时，取得极值，所以，. 此时，易知，且是常数，故数列是首项为，公比为的等比数列.(ii)由(i)知，于是对一切，恒成立，即恒成立，等价于 （*）恒成立（因为a0）.设，则得，当时，所以在上单调递减；当时，所以在上单调递增.从而当时，函数取得最小值.因此，要使（*）式恒成立，只需，即只需. 而当时，由且由知，. 于是，且当时，因此，对一切，所以，故（*）式也恒成立.综上所述，若，则对一切，恒成立.【31】（c，陕西，文21）解析：(i)法1由题设= = -得，.所以.法2 当时，则，可得.(ii)因为，,所以在内至少存在一个零点.又，所以在内单调递增，因此在内有且仅有一个零点.由于，所以，由此可得.故，所以.【32】（c，福建，理20）解析：(i)令，则有.当时，所以在上单调递减；故当时，即当时，(ii)令，则有当时,所以在上单调递增，.故对任意正实数均满足题意.当时，令得取对任意，恒有，所以在上单调递增, ，即.综上，当时，总存在，使得对任意的，恒有(iii)当时，由(i)知，对于，故.，令，则有.故当时，,在上单调递增，故，即，所以满足题意的不存在.当时，由(ii)知存在,使得对任意的任意的恒有此时，令，则有，故当时，,在上单调递增，故，即.记与中较小的为，则当时,恒有.故满足题意的不存在.当，由(i)知，当时，.令，则有.当时，所以在上单调递减，故.故当时，恒有，此时，任意实数满足题意.综上，.考点28 定积分与微积分基本定理【1】（a，天津，理11）、解析：联立，得或，曲线与直线的交点坐标为，.曲线与直线所围成的图形面积.【2】（a，湖南，理11）、解析：【3】（b，陕西，理16）、1.2第3题图解析：如图，以为原点建立直角坐标系，则，因为抛物线过,两点，易知其方程为，由题意可知原始的最大流量与当前最大流量的比值为，又因为，由定积分的几何意义可知，所以，故答案应填1.2.考点29 推理与证明【1】（a，山东，理11）、解析：观察等式右边的指数与中的关系，可知答案为【2】（b，陕西，文16）、解析：观察得知，等式左边有2项，各项分子都是1，分母从1依次递增至2，并且各项正负相间；等式右边有项，各项分子都是1，分母从+