《2025年金考卷特快专递高中数学》

已知函数f(x) =(1 -ax)In(1 +x) -x.
(1)当$a = - 2$时，求$f(x)$的极值；
(2)当$x\geq0$时，$f(x)\geq0$，求$a$的取值范围.

答案： 21.函数的极值+不等式恒成立问题(端点效应)(理性思维、数学探索)
解:
(1)第1步:给出定义域，并求导
当a = - 2时，f(x)=(1 + 2x)ln(1 + x)-x，x∈(-1,+∞)，
f'(x)=2ln(1 + x)+$\frac{1 + 2x}{1 + x}$-1=2ln(1 + x)-$\frac{1}{1 + x}$+1.　　　　(1分)
第2步:判断函数的单调性
易知f'(x)在(-1,+∞)上单调递增，且f'
(0)=0，
所以当x∈(-1,0)时，f'(x)＜0，当x∈(0,+∞)时，f'(x)＞0，所以f(x)在(-1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增.　(3分)
第3步:根据极值的定义给出结论
所以当x = 0时，f(x)取得极小值，为f
(0)=0，f(x)无极大值. (5分)
(2)第1步:求导
f(x)=(1 - ax)ln(1 + x)-x，x∈(-1,+∞)，
则f'(x)=-a\ln(1 + x)-$\frac{(a + 1)x}{1 + x}$，设g(x)=-a\ln(1 + x)-$\frac{(a + 1)x}{1 + x}$，则g'(x)=-$\frac{a}{1 + x}$-$\frac{a + 1}{(1 + x)^2}$.
第2步:找出原不等式成立的一个必要条件
因为当x≥0时，f(x)≥0，且f
(0)=0，f'
(0)=0，
所以g'
(0)=-2a - 1≥0，得a≤-$\frac{1}{2}$，
故a≤-$\frac{1}{2}$是原不等式成立的一个必要条件.　　　　　　　(8分)
第3步:证明该必要条件也是充分条件
下面证明其充分性:
当a≤-$\frac{1}{2}$，x≥0时，g'(x)≥$\frac{1}{2(1 + x)}$-$\frac{1}{2(1 + x)^2}$=$\frac{x}{2(1 + x)^2}$≥0，所以f'(x)在[0,+∞)上单调递增，且f'(x)≥f'
(0)=0，
所以f(x)在[0,+∞)上单调递增，且f(x)≥f
(0)=0.　　　(11分)
综上，a的取值范围是(-∞,-$\frac{1}{2}$].　　　　　　　　　　　(12分)

22. (新教材不作要求)[选修4 - 4：坐标系与参数方程](10分)
在直角坐标系$xOy$中，以坐标原点为极点，$x$轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线$C$的极坐标方程为$\rho=\rho\cos\theta + 1$.
(1)写出$C$的直角坐标方程；
(2)设直线$l:\begin{cases}x = t\\y = t + a\end{cases}$($t$为参数)，若$C$与$l$相交于$A$，$B$两点，且$|AB| = 2$，求$a$.

答案： 22.极坐标方程与直角坐标方程、参数方程与普通方程的相互转化+弦长公式(理性思维、数学应用)
解:
(1)因为ρ²=x² + y²，x = ρcosθ，y = ρsinθ，所以由ρ = ρcosθ + 1，可得$\sqrt{x^2 + y^2}$=x + 1.　　　　　　　　　　　　　　　　　　(2分)
化简整理得y²=2x + 1，
所以C的直角坐标方程为y²=2x + 1.　　　　　　　　　　　(5分)
(2)第1步:联立方程，消元得出关于y的一元二次方程，并写出根与系数的关系
由直线l的参数方程可得直线l的普通方程为y = x + a，
设A(x₁,y₁)，B(x₂,y₂)，
联立方程得$\begin{cases}y = x + a\\y^2 = 2x + 1\end{cases}$，
消去y得x²+2(a - 1)x + a² - 1=0，则Δ＞0，
由根与系数的关系得x₁ + x₂=-2(a - 1)，x₁x₂=a² - 1.　　　(6分)
第2步:利用弦长公式构建关于a的方程，并求解
由弦长公式得|AB|=$\sqrt{2}$×$\sqrt{4(a - 1)^2-4(a^2 - 1)}$=4$\sqrt{-a + 1}$=2. (8分)
解得a = $\frac{3}{4}$，经检验，a = $\frac{3}{4}$符合题意，所以a = $\frac{3}{4}$.　　　　　(10分)

23.(新教材不作要求)[选修4−5:不等式选讲](10分)
　　已知实数a,b满足a + b≥3.
　　(1)证明:2a² + 2b² ＞ a + b;
　　(2)证明:|a - 2b²| + |b - 2a²|≥6.

答案： 23.绝对值三角不等式+基本不等式+不等式的基本性质
解:
(1)解法一(作差法+基本不等式)　第1步:证明$(a + b)^{2}\geq4ab$
$\because (a + b)^{2}=a^{2}+b^{2}+2ab\geq2ab + 2ab = 4ab$, 当且仅当$a = b$时等号成立, (2分)
第2步:作差比较大小，得出结论
$\therefore (2a^{2}+2b^{2})-(a + b)=2(a + b)^{2}-4ab-(a + b)\geq(a + b)^{2}-(a + b)=(a + b)(a + b - 1)$, (4分)
由$a + b\geq3$得$(a + b)(a + b - 1)＞0$,
$\therefore 2a^{2}+2b^{2}＞a + b$. (5分)
解法二(不等式的传递性)　第1步:证明$2a^{2}+2b^{2}\geq(a + b)^{2}$
$\because (2a^{2}+2b^{2})-(a + b)^{2}=(a - b)^{2}\geq0$,
$\therefore 2a^{2}+2b^{2}\geq(a + b)^{2}$, 当且仅当$a = b$时等号成立, (2分)
第2步:证明$(a + b)^{2}＞a + b$
$\because a + b\geq3$,
$\therefore (a + b)^{2}＞a + b$, (4分)
第3步:利用不等式的传递性得出结论
$\therefore 2a^{2}+2b^{2}＞a + b$. (5分)
(2)第1步:利用绝对值三角不等式去绝对值
$|a - 2b^{2}|+|b - 2a^{2}|\geq|a - 2b^{2}+b - 2a^{2}|=|a + b-(2a^{2}+2b^{2})|=2a^{2}+2b^{2}-(a + b)$. (7分)
第2步:利用$a + b\geq3$得出结论
由
(1)中解法一知$(2a^{2}+2b^{2})-(a + b)\geq(a + b)(a + b - 1)$,
$\because a + b\geq3,\therefore (a + b)(a + b - 1)\geq3\times2 = 6$,
$\therefore |a - 2b^{2}|+|b - 2a^{2}|\geq6$. (10分)