《2025年金考卷特快专递高中数学》

20.（本小题15分）设函数0),直线l是曲线y = f(x)在点(t,f(t))(t ＞ 0)处的切线.
(1)当k = -1时,求f(x)的单调区间.
(2)求证:l不经过点(0,0).
(3)当k = 1时,设点A(t,f(t))(t ＞ 0),C(0,f(t)),O(0,0),B为l与y轴的交点$,S_{△ACO}$与$S_{△ABO}$分别表示△ACO与△ABO的面积. 是否存在点A使得$2S_{△ACO}=15S_{△ABO}$成立? 若存在,这样的点A有几个?
(参考数据:1.09 ＜ ln 3 ＜ 1.10,1.60 ＜ ln 5 ＜ 1.61,1.94 ＜ ln 7 ＜ 1.95)

答案： 20.导数的综合应用+导数的几何意义+函数的单调区间、零点(理性思维、数学探索、数学应用)
解:
(1)第1步:求导
当$k = - 1$时,$f(x)=x-\ln(1 + x)(x ＞ - 1)$,
则$f'(x)=1-\frac{1}{1 + x}=\frac{x}{1 + x}$.(1分)
第2步:求$f(x)$的单调区间
令$f'(x)＞0$,得$x＞0$,令$f'(x)＜0$,得$-1 ＜ x ＜ 0$,
所以$f(x)$的单调递增区间为$(0,+\infty)$,单调递减区间为$(-1,0)$.(3分)
(2)第1步:求出$l$的方程
$f'(x)=1+\frac{k}{1 + x}$,$f'(t)=1+\frac{k}{1 + t}$,
故$l$的方程为$y - f(t)=(1+\frac{k}{1 + t})(x - t)$.(4分)
第2步:提出假设,得到关于$t$的等式
假设$l$经过点$(0,0)$,则$-f(t)=-t(1+\frac{k}{1 + t})$,
即$-t - k\ln(1 + t)=-t-\frac{tk}{1 + t}$,
又$k\neq0$,所以$\ln(1 + t)=\frac{t}{1 + t}(t＞0)$.(6分)
第3步:推出矛盾,得结论
令$F(t)=\ln(1 + t)-\frac{t}{1 + t}(t＞0)$,
则$F'(t)=\frac{t}{(1 + t)^2}＞0$,
所以$F(t)$在$(0,+\infty)$上单调递增,
所以$F(t)＞0$,即$\ln(1 + t)＞\frac{t}{1 + t}(t＞0)$,与$\ln(1 + t)=\frac{t}{1 + t}(t＞0)$矛盾,
所以假设不成立,即$l$不经过点$(0,0)$.(8分)
(3)第1步:求导,得$f(x)$的单调性
当$k = 1$时,$f(x)=x+\ln(1 + x)$,则$f(0)=0$,$f'(x)=1+\frac{1}{1 + x}＞0$,
故$f(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递增,(9分)
第2步:求出$l$的方程,得到点$B$的纵坐标
所以$l$的方程为$y - [t+\ln(1 + t)]=(1+\frac{1}{1 + t})(x - t)$,
令$x = 0$,得$y_{B}=\ln(1 + t)-\frac{t}{1 + t}$.
第3步:根据$2S_{\triangle ACO}=15S_{\triangle ABO}$得到关于$t$的等式
易知$AC\perp BC$,则由$2S_{\triangle ACO}=15S_{\triangle ABO}$,得$2\times\frac{1}{2}|OC|\times|AC| = 15\times\frac{1}{2}|OB|\times|AC|$,
得$2|OC| = 15|OB|$,得$2[t+\ln(1 + t)] = 15\ln(1 + t)-\frac{15t}{1 + t}(t＞0)$,
即$2t - 13\ln(1 + t)+\frac{15t}{1 + t}=0(t＞0)$.(11分)
第4步:构造新函数,求零点个数
令$\varphi(x)=2x - 13\ln(1 + x)+\frac{15x}{1 + x}$,
则$\varphi'(x)=2-\frac{13}{1 + x}+\frac{15}{(1 + x)^2}=\frac{(2x - 1)(x - 4)}{(1 + x)^2}$,
所以$\varphi(x)$在$(0,\frac{1}{2})$,$(4,+\infty)$上单调递增,在$(\frac{1}{2},4)$上单调递减.(13分)
因为$\varphi(0)=0$,$\varphi(\frac{1}{2})＞0$,$\varphi(4)=20 - 13\ln5＜20 - 13\times1.6=-0.8＜0$,$\varphi(8)=\frac{88}{3}-26\ln3＞\frac{88}{3}-26\times1.1\approx0.7＞0$,
所以$\varphi(x)$在$(0,+\infty)$上有2个不同的零点.(14分)
第5步:得结论
故存在点$A$使得$2S_{\triangle ACO}=15S_{\triangle ABO}$成立,且点$A$的个数为2.(15分)
考情速递 关注试题的和谐性 本题考查的是导数的几何意义、函数的单调性和零点存在定理等知识,三个小问层层递进,形成结构化的问题序列,将函数与导数的核心知识串联起来考查,体现试题和谐的结构特征.

21. (本小题15分)已知集合$M = \{ (i,j,k,w)\mid i\in \{ 1,2\} ,j\in \{ 3,4\} ,k\in \{ 5,6\} ,w\in \{ 7,8\} ,且i + j + k + w为偶数\}$。给定数列$A:a_{1},a_{2},\cdots ,a_{8}$和序列$\Omega :T_{1},T_{2},\cdots ,T_{s}$，其中$T_{t}=(i_{t},j_{t},k_{t},w_{t})\in M(t = 1,2,\cdots ,s)$，对数列$A$进行如下变换：将$A$的第$i_{1},j_{1},k_{1},w_{1}$项均加 1，其余项不变，得到的数列记作$T_{1}(A)$；将$T_{1}(A)$的第$i_{2},j_{2},k_{2},w_{2}$项均加 1，其余项不变，得到的数列记作$T_{2}T_{1}(A)$； …… ；以此类推，得到数列$T_{s}\cdots T_{2}T_{1}(A)$，简记为$\Omega (A)$。
(1) 给定数列$A:1,3,2,4,6,3,1,9$和序列$\Omega :(1,3,5,7),(2,4,6,8),(1,3,5,7)$，写出$\Omega (A)$；
(2) 是否存在序列$\Omega$，使得$\Omega (A)$为$a_{1}+2,a_{2}+6,a_{3}+4,a_{4}+2,a_{5}+8,a_{6}+2,a_{7}+4,a_{8}+4$？若存在，写出一个$\Omega$，若不存在，说明理由；
(3) 若数列$A$的各项均为正整数，且$a_{1}+a_{3}+a_{5}+a_{7}$为偶数，求证：“存在序列$\Omega$，使得$\Omega (A)$的各项都相等” 的充要条件为“$a_{1}+a_{2}=a_{3}+a_{4}=a_{5}+a_{6}=a_{7}+a_{8}$”。

答案： 21.新定义 + 充要条件(理性思维、数学探索)
解:
(1)Ω(A):3,4,4,5,8,4,3,10. (2分)
(2)不存在.理由如下:
若存在Ω,则a₁,a₂与a₃,a₄增加值之和应该相等,注意到a₁,a₂一共增加了8,而a₃,a₄一共增加了6,从而不存在符合题意的Ω. (4分)
(3)第1步:证明必要性
因为存在序列Ω,使得a₁ = a₂ = … = a₈,所以a₁ + a₂ = a₃ + a₄ = a₅ + a₆ = a₇ + a₈.
又每次进行变换时,a₁ + a₂,a₃ + a₄,a₅ + a₆,a₇ + a₈均增加1,
故经过n(n∈N*)次变换后,a₁ + a₂ + n = a₃ + a₄ + n = a₅ + a₆ + n = a₇ + a₈ + n,可得a₁ + a₂ = a₃ + a₄ = a₅ + a₆ = a₇ + a₈恒成立. (6分)
第2步:证明充分性
如果a₁ + a₂ = a₃ + a₄ = a₅ + a₆ = a₇ + a₈,
且还有a₁ - a₂ = a₃ - a₄ = a₅ - a₆ = a₇ - a₈ = 0,
则有a₁ = a₂ = a₃ = a₄ = a₅ = a₆ = a₇ = a₈,即Ω(A)为常数列,
由于每次变换后均有a₁ + a₂ = a₃ + a₄ = a₅ + a₆ = a₇ + a₈,
故我们只需证明可在某一步变换后有a₁ - a₂ = a₃ - a₄ = a₅ - a₆ = a₇ - a₈ = 0. (9分)
设(S₁,S₂,S₃,S₄) = (a₁ - a₂,a₃ - a₄,a₅ - a₆,a₇ - a₈),
从而(S₁,S₂,S₃,S₄)在每次变换后相当于在偶数个位置上加1,其余减1,
由a₁ + a₂ = a₃ + a₄ = a₅ + a₆ = a₇ + a₈,可得初始情况下S₁,S₂,S₃,S₄同时为奇数或同时为偶数.
不妨设为偶,则a₁ + a₃ + a₅ + a₇为偶,所以S₁ + S₂ + S₃ + S₄为4的倍数,且在变换后仍同时为奇数或同时为偶数,且和为4的倍数. (11分)
经过若干次变换后,不妨设max|Sᵢ|达到最小值,且取max|Sᵢ|的Sᵢ最少,
不妨设成|S₁|且S₁ ＞ 0. (12分)
当S₁ ≥ 2时,
①假设还有|S₂| ≥ 2.
若S₂ ≥ 2,
则(S₁,S₂,S₃,S₄)→(S₁ - 1,S₂ - 1,S₃ - 1,S₄ - 1)→(S₁ - 2,S₂ - 2,S₃,S₄),
若S₂ ≤ - 2,
则(S₁,S₂,S₃,S₄)→(S₁ - 1,S₂ + 1,S₃ - 1,S₄ + 1)→(S₁ - 2,S₂ + 2,S₃,S₄), (*)
总可使|S₁|,|S₂|同时减小,与假设矛盾. (13分)
②假设|S₂|,|S₃|,|S₄| ＜ 1,
若S₂,S₃,S₄中有小于零的,设为S₂,同(*)即可,
若S₂,S₃,S₄均大于等于零,所有位置同时减2,
与假设矛盾. (14分)
当S₁ ≤ 1时,Sᵢ要么为0,要么为±1,
由于S₁ + S₂ + S₃ + S₄是4的倍数,只可能为以下几种及其轮换,
a. (0,0,0,0),
b. (1,1, - 1, - 1)→(0,0,0,0),
c. (1,1,1,1)→(0,0,0,0),
d. ( - 1, - 1, - 1, - 1)→(0,0,0,0),
故均与假设矛盾,即max|Sᵢ|最小时为0,
即总能使得(S₁,S₂,S₃,S₄)→(0,0,0,0),即∃Ω,使得Ω(A)为常数列. (15分)
考情速递 研究多样化的考查路径,考查学生的可持续学习能力
本题具有很强的综合性,三问的安排层层递进:第
(1)问考查学生的即时学习能力;第
(2)问和第
(3)问考查了学生应用知识分析问题和解决问题的能力,以及逻辑推理、信息加工、学会学习、语言表达的素养,有利于引导学生养成终身学习的意识和能力.本题通过问题导向和任务驱动的设计,激发学生探索未知的兴趣,加强对支撑学生终身发展的知识、能力和素养的培养.