《2025年金考卷特快专递高中数学》

18.已知函数f(x)=$In\frac {x}{2-x}+ax+b(x-1)³$
(1)若$b = 0$，且$f'(x)\geqslant0$，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.函数图象的对称性+利用导数研究函数的单调性(理性思维、数学探索、数学应用)
解:
(1)第1步:求函数f(x)的定义域
f(x)的定义域为(0,2),(易错警示:容易忽略求解函数的定义域,从而致错) (1分)
第2步:求解f'(x)
若b = 0,则f(x)=ln$\frac{x}{2 - x}$+ax,f'(x)=$\frac{2 - x}{x}$·$\frac{(2 - x)+x}{(2 - x)^2}$+a=$\frac{2}{x(2 - x)}$+a, (2分)
第3步:根据f'(x)≥0求a的最小值
当x∈(0,2)时,x(2 - x)∈(0,1],f'(x)_{min}=2 + a≥0,则a≥ - 2, (4分)
故a的最小值为 - 2. (5分)
(2)第1步:求解f(2 - x)与f(x)的关系式
f(2 - x)=ln$\frac{2 - x}{x}$+a(2 - x)+b(1 - x)³=-ln$\frac{x}{2 - x}$-ax - b(x - 1)³+2a=-f(x)+2a, (7分)
第2步:得出曲线y = f(x)的对称中心
故曲线y = f(x)关于点(1,a)中心对称.(归纳总结:若f(2a - x)+f(x)=2b,则函数f(x)的图象关于点(a,b)中心对称) (8分)
(3)第1步:求a的值
由题知f
(1)=a = - 2,(题眼) (9分)
第2步:求解f'(x)并变形整理
此时f(x)=ln$\frac{x}{2 - x}$-2x + b(x - 1)³, (10分)
f'(x)=$\frac{2 - x}{x}$·$\frac{(2 - x)+x}{(2 - x)^2}$-2 + 3b(x - 1)²=$\frac{2}{x(2 - x)}$-2 + 3b(x - 1)²=(x - 1)²[$\frac{2}{x(2 - x)}$+3b].(难点突破:对导函数f'(x)进行通分、分解因式(提公因式)等,可以有效化繁为简,便于判断f'(x)的符号) (11分)
第3步:分类讨论,研究f(x)的单调性,并判断是否符合题意
记g(x)=$\frac{2}{x(2 - x)}$+3b,x∈(0,2),易知g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增,g
(1)=2 + 3b, (12分)
当b≥-$\frac{2}{3}$时,g(x)≥0,f'(x)≥0,f(x)在(0,2)上单调递增,
又f
(1)= - 2,故符合题意. (14分)
当b＜-$\frac{2}{3}$时,g
(1)＜0,g(x)=$\frac{2}{x(2 - x)}$+3b=$\frac{-3bx^2 + 6bx + 2}{x(2 - x)}$,
令g(x)=0,得x = 1±$\sqrt{1+\frac{2}{3b}}$,
因为b＜-$\frac{2}{3}$,所以$\sqrt{1+\frac{2}{3b}}$∈(0,1),故1+$\sqrt{1+\frac{2}{3b}}$∈(1,2),1-$\sqrt{1+\frac{2}{3b}}$∈(0,1),
所以当x∈(1,1+$\sqrt{1+\frac{2}{3b}}$)时,g(x)＜0,f'(x)＜0,f(x)在(1,1+$\sqrt{1+\frac{2}{3b}}$)上单调递减,故f(1+$\sqrt{1+\frac{2}{3b}}$)＜f
(1)= - 2,不符合题意. (16分)
第4步:得出b的取值范围
综上,b的取值范围为[-$\frac{2}{3}$,+∞). (17分)
考情速递 重能力,考思想 本题考查函数与导数知识,深入考查逻辑推理能力、运算求解能力以及数形结合思想.其中第
(2)问考查了函数图象的对称性,与2023年全国乙卷理科第21题考查方式相似,考查函数图象的对称性这一几何性质的代数表示,第
(3)问的设问方式相对新颖,需要学生利用导数工具研究函数的单调性,进而解决问题.
考教衔接 本题源自人教A版必修第一册第87页习题3.2第13题.本题第
(2)问中,由f(x)=ln$\frac{x}{2 - x}$+ax + b(x - 1)³,可知y = f(x + 1)-a=ln$\frac{x + 1}{1 - x}$+ax + bx³为奇函数,故据教材结论可知,曲线y = f(x)关于点(1,a)成中心对称.

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$(i,j),1\leqslant i ＜ j\leqslant6$,使得数列$a_{1},a_{2},\cdots,a_{6}$是$(i,j)$ - 可分数列;
(2)当$m\geqslant3$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： 解:
(1)(1,2),(1,6),(5,6).　　　　　　　　　　　　　　(3分)
(2)第1步:分析当m = 3时的分组情况
当m = 3时，删去a₂,a₁₃，其余项可分为以下3组:a₁,a₄,a₇,a₁₀为第1组,a₃,a₆,a₉,a₁₂为第2组,a₅,a₈,a₁₁,a₁₄为第3组,　　　　(5分)
第2步:分析当m＞3时的分组情况，得结论
当m＞3时，删去a₂,a₁₃，其余项可分为以下m组:a₁,a₄,a₇,a₁₀为第1组,a₃,a₆,a₉,a₁₂为第2组,a₅,a₈,a₁₁,a₁₄为第3组,a₁₅,a₁₆,a₁₇,a₁₈为第4组,a₁₉,a₂₀,a₂₁,a₂₂为第5组，……,$a_{4m-1},a_{4m},a_{4m+1},a_{4m+2}$为第m组,可知每组的4个数都能构成等差数列,故数列$a_1,a_2,…,a_{4m+2}$是(2,13)−可分数列.　　　　　　　　　　　　　　　　　　(9分)
(3)第1步:证明1,2,…,4m + 2是(4p + 1,4q + 2)−可分数列,并求出方法数
易知$a_1,a_2,…,a_{4m+2}$是(i,j)−可分数列⇒1,2,…,4m + 2是(4p + 1,4q + 2)−可分数列,其中p,q∈{0,1,…,m}.　　　　　　　(10分)
当0≤p≤q≤m时，删去4p + 1,4q + 2,
其余项从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数都能构成等差数列，
故数列1,2,…,4m + 2是(4p + 1,4q + 2)−可分数列,可分为(1,2,3,4),…,(4p - 3,4p - 2,4p - 1,4p),…,(4(q + 1) - 1,4(q + 1),4(q + 1)+1,4(q + 1)+2),…,(4m - 1,4m,4m + 1,4m + 2).p,q的可能取值方法数为$C_{m+1}²$ + m + 1 = $\frac{(m + 1)(m + 2)}{2}$.　　　　(13分)
第2步:证明1,2,…,4m + 2是(4p + 2,4q + 1)−可分数列，并求出方法数
易知$a_1,a_2,…,a_{4m+2}$是(i,j)−可分数列⇒1,2,…,4m + 2是(4p + 2,4q + 1)−可分数列,其中p,q∈{0,1,…,m}.
当q - p＞1时，删去4p + 2,4q + 1,
将1~4p与4q + 3~4m + 2从小到大,每4项分为1组,可知每组的4个数成等差数列.
考虑4p + 1,4p + 3,4p + 4,…,4q,4q + 2是否可分,等同于考虑1,3,4,…,4t,4t + 2是否可分,其中t = q - p＞1,可分为(1,t + 1,2t + 1,3t + 1),(3,t + 3,2t + 3,3t + 3),(4,t + 4,2t + 4,3t + 4),…,(t,2t,3t,4t),(t + 2,2t + 2,3t + 2,4t + 2),每组4个数都能构成等差数列.
故数列1,2,…,4m + 2是(4p + 2,4q + 1)−可分数列,p,q且q - p＞1的可能取值方法数为
$C_{m+1}²$ - m = $\frac{(m - 1)m}{2}$.　　　　　　　(16分)
第3步:证明$P_m$＞$\frac{1}{8}$
从而$P_m$≥$\frac{\frac{(m + 1)(m + 2)}{2}+\frac{(m - 1)m}{2}}{C_{4m + 2}^2}$=$\frac{m² + m + 1}{8m² + 6m + 1}$＞$\frac{1}{8}$.(17分)