《2025年理想树图书高考必刷卷42套模拟卷汇编高中数学人教版》

18.(17分)已知函数f(x)=ln$\frac{x}{2−x}$+ax+b(x−1)³.
　(1)若b=0,且f'(x)≥0,求a的最小值;
　(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
　(3)若f(x)＞−2当且仅当1＜x＜2,求b的取值范围.

答案： 18.[命题点]导数的运算、不等式恒成立求参数范围
(1)[解]当b=0时，f(x)=ln$\frac{x}{2−x}$+ax,x∈(0,2),
　则f'(x)=$\frac{2−x}{x}$.$\frac{x}{2−x}$)+a=$\frac{2−x}{x}$.$\frac{2−x−(−1)x}{(2−x)²}$+a=$\frac{2}{x(2−x)}$+a.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　2分
∵f'(x)≥0,
∴a≥$\frac{2}{x(x−2)}$在(0,2)上恒成立.
　当x∈(0,2)时,x(x−2)∈[−1,0),
∴$\frac{2}{x(x−2)}$∈(−∞o,−2],
∴a∈[−2,+8),即a的最小值为−2.　　　　　　　　　　5分
(2)[证明]
∵∮(x)=In$\frac{x}{2−x}$+ax+b(x−1)²,x∈(0,2),
∴∮(x+1)=1n↓1−+xax+a+bx²,x∈(−1,1).　　　　　　　　6分令g(x)=J(x+1)−a=ln$\frac{1+x}{1−x}$+ax+bx²,x∈(−1,1),则g(−x)=
ln$\frac{1−x}{1+x}$−ax−bx²=−ln$\frac{1+x}{1−x}$−ax−bx²=−g(x),
∴g(x)是定义域为(−1,1)的奇函数，其图像关于坐标原点0对称.　　　　　9分又
∵∮(x)的图像可由g(x)的图像向右平移1个单位长度，再向上平移a个单位长度得到，
∴曲线y=f(x)是中心对称图形.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　10分一题多解∮(x)的定义域为(0,2)f
(1)=a.6分当x∈(−1,1)时,f(1+x)=ln$\frac{1+x}{1−x}$+a(1+x)+bx²,f(1−x)=
　ln$\frac{1−x}{1+x}$+a(1−x)−bx²,
∴∮(1+x)+∮(1−x)=ln$\frac{1+x}{1−x}$+ln$\frac{1−x}{1+x}$+2a=2a,
∴曲线y=f(x)关于点(1,a)中心对称,即曲线y=f(x)是中心对称图形.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　10分
(3)[解]
∵∮(x)＞−2当且仅当1＜x＜2,
∴∮
(1)=−2=＞a=−2,
∴∮(x)=ln$\frac{x}{2−x}$2x+b(x−1)²＞−2对任意x∈(1,2)恒成立，∮'(x)=$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{2−x}$−2+3b(x−1)²=$\frac{2(x−1)}{x(2−x)}$+3b(x−1)²=(x−1)²².
[x(22−x)3b].　　　　　　　　　　　　　　　　　　　12分令m(x)=x(22|x)+3b,
∴必有m
(1)=2+3b≥0=b≥−$\frac{2}{3}$.
否则若b＜−$\frac{2}{3}$,则存在δ(1＜δ＜2)使得当x∈(1,δ)时f'(x)＜0,f(x)在(1,δ)上单调递减,
∴∮(δ)＜f
(1)=−2.　　　　　13分当b≥−$\frac{2}{3}$时,对任意x∈(1,2)∮(x)≥ln$\frac{x}{2−x}$−2x−$\frac{2}{3}$(x−1)²,令h(x)=1n$\frac{x}{2−x}$−2x−$\frac{2}{3}$(x−1)²,则h'(x)=$\frac{2(x−1)}{x(2−x)}$−2(x−1)²=
2(x−1)²[$\frac{1}{x(2−x)}$−1]＞0,对任意x∈(1,2)恒成立"
∴h(x)＞h
(1)=−2,符合条件.　　　　　　　　　　　　16分综上可得b的取值范围是[−+∞)　　　　　　　　17分

19. (17分)设m为正整数，数列$a_1,a_2,\cdots,a_{4m + 2}$是公差不为0的等差数列，若从中删去两项$a_i$和$a_j$（$i＜j$）后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列$a_1,a_2,\cdots,a_{4m + 2}$是$(i,j)$−可分数列。
　(1)写出所有的$(i,j)$，$1\leq i＜j\leq6$，使得数列$a_1,a_2,\cdots,a_6$是$(i,j)$−可分数列；
　(2)当$m\geq3$时，证明：数列$a_1,a_2,\cdots,a_{4m + 2}$是$(2,13)$−可分数列；
　(3)从1,2,$\cdots$,4m + 2中一次任取两个数i和j（$i＜j$），记数列$a_1,a_2,\cdots,a_{4m + 2}$是$(i,j)$−可分数列的概率为$P_m$，证明：$P_m＞\frac{1}{8}$。

答案：
19.[命题点]数列新定义
(1)[解]满足题意的(i,j)为(1,2)，(1,6)，(5,6). 3分
(2)[证明]因为在公差不为0的等差数列{an}中，ap，aq，am，an成等差数列，则p，q，m，n成等差数列. 5分
当m≥3时，a1，a2，…，a4m + 2可连续4项为一组构成等差数列.
故需证明序号为1，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，14的项可分成三组项数为4的等差数列，易知分为(1，4，7，10)，(3，6，9，12)，(5，8，11，14)三组满足题意，所以当m≥3时，数列a1，a2，…，a4m + 2是(2，13)−可分数列. 7分
(3)[证明]解法一:由
(2)可知，等差数列a1，a2，…，a4m + 2是(i，j)−可分数列⇔数列1，2，…，4m + 2是(i，j)−可分数列.
下面证明1，2，…，4m + 2是(4k + 1，4r + 2)−可分数列(0≤k≤r≤m).
当r = k时，4k + 1与4r + 2是相邻两项，可分为(1，2，3，4)，(5，6，7，8)，…，(4k - 3，4k - 2，4k - 1，4k)，(4k + 3，4k + 4，4k + 5，4k + 6)，…，(4m - 1，4m，4m + 1，4m + 2). 9分
当r＞k时，4k + 1，4k + 2，…，4r + 1，4r + 2，共4(r - k) + 2项，中间的4(r - k)项可连续4项为一组，前后的项可分为(1，2，3，4)，…，(4k - 3，4k - 2，4k - 1，4k)与(4(r + 1) - 1，4(r + 1)，4(r + 1) + 1，4(r + 1) + 2)，…，(4m - 1，4m，4m + 1，4m + 2).
此时，(k，r)共有$C_{m + 1}^2=\frac{1}{2}(m + 1)(m + 2)$组. 10分
再证:1，2，…，4m + 2是(4k + 2，4r + 1)−可分数列(0≤k＜r≤m).
易知1~4k与4r + 3~4m + 2是可分的，只需考虑4k + 1，4k + 3，4k + 4，…，4r - 1，4r，4r + 2的可分性.
设p = r - k∈N*，只需证:1，3，4，…，4p - 1，4p，4p + 2可分(提示:1~4p + 2去掉2与4p + 1).
当p = 1时，1，3，4，6，无法做到;
当p = 2时，1，3， ，可以做到;
当p = 3时，1，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，可以做到;
当p = 4时，1，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，16，18，(1，5，9，13)，(3，7，11，15)，(4，8，12，16)，(6，10，14，18)满足题意. 13分
故∀p≥2，可划分为:(1，p + 1，2p + 1，3p + 1)，(3，p + 3，2p + 3，3p + 3)，(4，p + 4，2p + 4，3p + 4)，(5，p + 5，2p + 5，3p + 5)，…，(p，2p，3p，4p)，(p + 2，2p + 2，3p + 2，4p + 2)，共p组.
事实上，就是(i，p + i，2p + i，3p + i)，i = 1，3，…，p，p + 2，且把2换成4k + 2，此时，(k，r)即(k，k + p)，p≥2共有$C_{m}^2 - m=\frac{1}{2}m(m - 1)$组.(提示:(0，1)，(1，2)，…，(m - 1，m)不可行)
综上，可行的(4k + 2，4r + 1)与(4k + 1，4r + 2)至少有$\frac{1}{2}m(m - 1)+\frac{1}{2}(m + 1)(m + 2)$组. 16分
故$P_m\geq\frac{\frac{1}{2}(2m^2 + 2m + 2)}{C_{4m + 2}^2}=\frac{m^2 + m + 1}{(2m + 1)(4m + 1)}=\frac{m^2 + m + 1}{8m^2 + 6m + 1}＞\frac{1}{8}$，得证！ 17分
解法二:对于等差数列a1，a2，…，a4m + 2中的ai，aj，i＜j
若i≡1(mod 4)，j≡2(mod 4)，则
a1，a2，a3，a4；a5，a6，a7，a8；…；ai - 4，ai - 3，ai - 2，ai - 1构成$\frac{i - 1}{4}$个等差数列，
ai + 1，ai + 2，ai + 3，ai + 4；ai + 5，ai + 6，ai + 7，ai + 8；…；aj - 4，aj - 3，aj - 2，aj - 1构成$\frac{j - i}{4}-1$个等差数列，
aj + 1，aj + 2，aj + 3，aj + 4；aj + 5，aj + 6，aj + 7，aj + 8；…；a4m - 1，a4m，a4m + 1，a4m + 2构成$\frac{4m + 2 - j}{4}$个等差数列，
故成立. 10分
此时，(i，j)有$C_{m + 1}^2=\frac{1}{2}(m + 1)(m + 2)$组，
$\frac{\frac{1}{2}(m + 1)(m + 2)}{C_{4m + 2}^2}=\frac{m^2 + 3m + 2}{16m^2 + 12m + 2}＞\frac{1}{16}$
由
(2)可知，考虑i＜j，i≡2(mod 4)，j≡1(mod 4)的可行性.
令k = $\frac{1 - i}{4}$，则k∈N*.
当k = 1时，有1，3，4，6，不可行.
当k = 2时，有(1，3，5，7)，(4，6，8，10).
当k = 3时，有(1，4，7，10)，(3，6，9，12)，(5，8，11，14).
不难发现几个等差数列的公差均为k，故我们可尝试构造一个关于k的一般性的式子求解. 13分
对于i = 4p + 2，j = 4q + 1的情况:a1，a2，a3，a4；a5，a6，a7，a8；…；ai - 3，ai - 2，ai - 1构成$\frac{i - 2}{4}$个等差数列
而对于中间部分，不妨i = 2，j = 4k + 1.
则(1，1 + k，1 + 2k，1 + 3k)，(3，3 + k，3 + 2k，3 + 3k)，(4，4 + k，4 + 2k，4 + 3k)，…，(k - 1，2k - 1，3k - 1，4k - 1)，(k，2k，3k，4k)，(k + 2，2k + 2，3k + 2，4k + 2)，此时恰好没有2和4k + 1，恰好是k个等差数列，故构造成立. 15分
综上，已证i＜j，i≡1(mod 4)，j≡2(mod 4)时成立；i＜j，i≡2(mod 4)，j≡1(mod 4)且j≠i + 3时成立.
首先:$C_{4m + 2}^2=(2m + 1)(4m + 1)$，
1°当i = 1时，有m + 1个j满足；当i = 5时，有m个j满足；…；当i = 4m + 1时，有1个j满足
共有$\frac{(m + 1)(m + 2)}{2}$组(i，j).
2°当i = 2时，有m - 1个j满足；当i = 6时，有m - 2个j满足；…；当i = 4m - 2时，有0个j满足
共有$\frac{(m - 1)m}{2}$组(i，j).
故$P_m\geq\frac{\frac{(m - 1)m}{2}+\frac{(m + 2)(m + 1)}{2}}{(2m + 1)(4m + 1)}=\frac{m^2 + m + 1}{8m^2 + 6m + 1}＞\frac{1}{8}$，证毕. 17分
解法三:先证数列a1，a2，…，a4m + 2是(2，4k + 1)(其中k≥2)−可分数列
当k = 2时，a1，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9分成(a1，a3，a5，a7)，(a4，a6，a8，a9)两组等差数列，a1，a2，…，a4m + 2，4项一组成等差数列，所以k = 2时成立.
当k = 3时，由
(2)可知数列是(2，13)−可分数列.
当k = 4时，a1，a2，…，a16，a18分成(a1，a5，a9，a13)，(a3，a7，a11，a15)，(a4，a8，a12，a16)，(a6，a10，a14，a18)四组等差数列，a19，a20，a21，a22，…，a4m + 2，4项一组成等差数列，所以k = 4成立.
以此类推，当k = m时，a1，…，a4m + 2可划分成(a1，a1 + m，a1 + 2m，a1 + 3m)，(a3，a3 + m，a3 + 2m，a3 + 3m)，…，(am，a2m，a3m，a4m)，(a2 + m，a2 + 2m，a2 + 3m，a2 + 4m)，共m组等差数列. 12分
下面用数学归纳法证明$P_m＞\frac{1}{8}$.
①当m = 1时，删去的(ai，aj)为(a1，a6)，(a1，a2)，(a5，a6)，共3个，$P_1=\frac{3}{C_{6}^2}=\frac{3}{15}=\frac{1}{5}＞\frac{1}{8}$，
∴$P_m＞\frac{1}{8}$成立.
②假设m = k(k≥1)时，$P_m＞\frac{1}{8}$成立，则当m = k + 1时，

1°若ai，aj∈{a5，a6，…，a4k + 2}，则去掉这4项，变为m = k的情形；
2°若ai∈{a1，a2，a3，a4}，aj∈{a4m - 1，a4m，a4m + 1，a4m + 2}，(ai，aj)共4×4 = 16种情况，其中(ai，a4m + 2)和(a2，a4m + 1)成立，至少两种；
当ai，aj∈{a1，a2，a3，a4}或ai，aj∈{a4m - 1，a4m，a4m + 1，a4m + 2}，其中(a1，a2)和(a4m + 1，a4m + 2)成立，概率为$\frac{1}{C_{4}^2}=\frac{1}{6}$
所以$P_{k + 1}＞P(1°)\cdot P_k+P(2°)\cdot\frac{2}{16}$.
又因为P(1°)+P(2°)=1，所以$P_{k + 1}＞P(1°)\cdot\frac{1}{8}+(1 - P(1°))\cdot\frac{1}{8}=\frac{1}{8}$
由①②可知，$P_m＞\frac{1}{8}$对m∈N*恒成立，所以$P_m＞\frac{1}{8}$成立.得证！ 17分