《2025年金考卷特快专递高中数学》

20.（本小题15分）设函数，曲线y=$f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y = -x + 1$.
(1)求$a,b$的值；
(2)设函数$g(x)=f'(x)$，求$g(x)$的单调区间；
(3)求$f(x)$的极值点个数.

答案： 20.导数的几何意义+利用导数研究函数的单调性、极值点+零点存在定理(理性思维、数学探索、数学应用)
解题思路
(1)根据曲线y = f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程为y = -x + 1可得f'
(1)= -1及f
(1)=0,据此建立方程组,从而求出a,b的值;
(2)首先对函数g(x)求导,然后求g'(x)=0的根,再分区间列表讨论,从而求出函数g(x)的单调区间;
(3)求函数f(x)的极值点个数,即求g(x)=f'(x)的变号零点的个数,根据f'(x)的单调性利用零点存在定理确定f'(x)在不同单调区间内的零点个数,从而确定f(x)的极值点个数.
解:
(1)依题意$,f(1)=1 - e^{a + b}=0.$
所以a + b = 0. (1分)
由$f(x)=x - x^{3}e^{ax + b}$得
$f'(x)=1 - (3x^{2}+ax^{3})e^{ax + b},f'(1)=1 - (3 + a)e^{a + b}.$
依题意,f'
(1)= -1,故$(3 + a)e^{a + b}=2. (3$分)
由$\begin{cases}a + b = 0\\(3 + a)e^{a + b}=2\end{cases},$得a = -1,b = 1. (4分)
(2)由
(1)知$,g(x)=f'(x)=(x^{3}-3x^{2})e^{1 - x}+1.$
所以$g'(x)=x(-x^{2}+6x - 6)e^{1 - x}. (5$分)
令g'(x)=0,得$x = 0,x = 3 - \sqrt{3}$或$x = 3 + \sqrt{3}. (6$分)
g'(x)与g(x)的变化情况如表:
$x (-∞,0) (0,3 - \sqrt{3}) (3 - \sqrt{3},3 + \sqrt{3}) (3 + \sqrt{3},+∞)$
g'(x) + - + -
g(x) ↗ ↘ ↗ ↘
所以,函数g(x)的单调递增区间是$(-∞,0),(3 - \sqrt{3},3 + \sqrt{3});$单调递减区间是$(0,3 - \sqrt{3}),(3 + \sqrt{3},+∞). (8$分)
(3)由
(1)知$f'(x)=x^{2}(x - 3)e^{1 - x}+1.$
因为f'(x)在区间(-∞,0)上单调递增,且$f'(-1)=1 - 4e^{2}＜0,f'(0)=1＞0,$所以根据函数零点存在定理与f'(x)的单调性可知,f'(x)在区间(-∞,0]内存在唯一零点$x_{1},$且$x_{1}$是f(x)的极小值点. (10分)
因为f'(x)在区间$(0,3 - \sqrt{3})$上单调递减,且$f'(0)＞0,f'(3 - \sqrt{3})＜f'(1)= -1＜0,$所以f'(x)在区间$(0,3 - \sqrt{3}]$内存在唯一零点$x_{2},$且$x_{2}$是f(x)的极大值点. (12分)
因为f'(x)在区间$(3 - \sqrt{3},3 + \sqrt{3})$上单调递增,且$f'(3 - \sqrt{3})＜0,f'(3 + \sqrt{3})＞f'(3)=1＞0,$所以f'(x)在区间$(3 - \sqrt{3},3 + \sqrt{3}]$内存在唯一零点$x_{3},$且$x_{3}$是f(x)的极小值点. (14分)
当$x∈(3 + \sqrt{3},+∞)$时,因为f'(x)＞0,所以f(x)在区间$(3 + \sqrt{3},+∞)$内没有极值点.
综上可知,f(x)共有3个极值点. (15分)

21. (本小题15分)已知数列$\{ a_{n}\} ,\{ b_{n}\}$的项数均为$m(m ＞ 2)$,且$a_{n},b_{n}\in \{ 1,2,\cdots ,m\} ,\{ a_{n}\} ,\{ b_{n}\}$的前$n$项和分别为$A_{n},B_{n}$,并规定$A_{0}=B_{0}=0$. 对于$k\in \{ 0,1,2,\cdots ,m\}$,定义$r_{k}=\max\{ i|B_{i}\leqslant A_{k},i\in \{ 0,1,2,\cdots ,m\} \}$,其中,$\max M$表示数集$M$中最大的数.
(1)若$a_{1}=2,a_{2}=1,a_{3}=3,b_{1}=1,b_{2}=3,b_{3}=3$,写出$r_{0},r_{1},r_{2},r_{3}$的值;
(2)若$a_{1}\geqslant b_{1}$,且$2r_{j}\leqslant r_{j + 1}+r_{j - 1},j = 1,2,\cdots ,m - 1$,求$r_{n}$;
(3)证明:存在$p,q,s,t\in \{ 0,1,2,\cdots ,m\}$,满足$p ＞ q,s ＞ t$,使得$A_{p}+B_{t}=A_{q}+B_{s}$.

答案： 21. 新定义数列 + 递推法(理性思维、数学探索)
解:
(1)第1步:根据题意写出$B_{i}(i = 1,2,3)$
由题知$B_{1}=1,B_{2}=4,B_{3}=7.$
第2步:分析得$r_{0}$
①当$k = 0$时,$A_{0}=0$,因为$B_{0}=A_{0},B_{1}＞A_{0}$,所以$r_{0}=0$;(1分)
第3步:分析得$r_{1}$
②当$k = 1$时,$A_{1}=2$,因为$B_{1}＜A_{1},B_{2}＞A_{1}$,所以$r_{1}=1$;(2分)
第4步:分析得$r_{2}$
③当$k = 2$时,$A_{2}=3$,因为$B_{1}＜A_{2},B_{2}＞A_{2}$,所以$r_{2}=1$;(3分)
第5步:分析得$r_{3}$
④当$k = 3$时,$A_{3}=6$,因为$B_{2}＜A_{3},B_{3}＞A_{3}$,所以$r_{3}=2$.(4分)
(2)因为$A_{0}=B_{0}=0$,且$B_{n}＞0(n = 1,2,\cdots,m)$,
所以$r_{0}=\max\{i|B_{i}\leq A_{0},i\in\{0,1,2,\cdots,m\}\}=0$.(5分)
因为$a_{1}\geq b_{1}$,所以$B_{1}\leq A_{1}$.
故$r_{1}=\max\{i|B_{i}\leq A_{1},i\in\{0,1,2,\cdots,m\}\}\geq1$.(6分)
由已知得$r_{j + 1}-r_{j}\geq r_{j}-r_{j - 1},j = 1,2,\cdots,m - 1$.
所以$r_{m}-r_{m - 1}\geq r_{m - 1}-r_{m - 2}\geq\cdots\geq r_{1}-r_{0}\geq1$. (*)
所以$r_{m}=r_{m}-r_{0}=(r_{m}-r_{m - 1})+(r_{m - 1}-r_{m - 2})+\cdots+(r_{1}-r_{0})\geq m$.(7分)
又$r_{m}\leq m$,所以$r_{m}=m$.(8分)
所以(*)中不等式都取等号,即$r_{m}-r_{m - 1}=r_{m - 1}-r_{m - 2}=\cdots=r_{1}-r_{0}=1$.
所以$r_{n}=n$.(9分)
(3)若$B_{m}=A_{m}$,则$A_{m}+B_{0}=A_{0}+B_{m}$,结论成立.(10分)
若$B_{m}\neq A_{m}$,不妨设$B_{m}＞A_{m}$.
因为$r_{k}=\max\{i|B_{i}\leq A_{k},i\in\{0,1,2,\cdots,m\}\}$,所以$B_{r_{k}}\leq A_{k}$.(11分)
因为$A_{k}＜A_{k + 1}$,所以$0\leq r_{k}\leq r_{k + 1}$.
因为$B_{m}＞A_{m}$,所以$r_{m}\leq m - 1$.
因此$r_{k}\leq m - 1,k = 0,1,2,\cdots,m$.
由$r_{k}$的定义知$A_{k}＜B_{r_{k}+1}=B_{r_{k}}+b_{r_{k}+1}$.
所以$0\leq A_{k}-B_{r_{k}}＜b_{r_{k}+1}\leq m$.
又$A_{k}-B_{r_{k}}\in\mathbf{N}$,所以$A_{k}-B_{r_{k}}\in\{0,1,2,\cdots,m - 1\},k = 0,1,2,\cdots,m$.
所以$A_{0}-B_{r_{0}},A_{1}-B_{r_{1}},A_{2}-B_{r_{2}},\cdots,A_{m}-B_{r_{m}}$中至少有两个相等.
(12分)
故存在$p＞q$,使得$A_{p}-B_{r_{p}}=A_{q}-B_{r_{q}}$.(13分)
因为$A_{p}＞A_{q}$,所以$B_{r_{p}}＞B_{r_{q}}$,因此$r_{p}＞r_{q}$.(13分)
令$s = r_{p},t = r_{q}$,则$s＞t$.
所以存在$p,q,s,t\in\{0,1,2,\cdots,m\}$,满足$p＞q,s＞t$,使得$A_{p}+B_{t}=A_{q}+B_{s}$.(15分)
综上,结论成立.
考情速递 本题高度创新,渗透很多数学方法,难度较大,非常考验学生的综合能力,具有一定的选拔性,符合近年来北京卷压轴题的趋势.
解后反思 本题第
(2)问由题干条件的$2r_{j}\leq r_{j + 1}+r_{j - 1}$可以联想到等差数列的等差中项,再用累加法推导出$r_{m}$的范围,最后结合定义可得到$r_{n}$.