2011年湖南省高考数学试卷(理科)答案与解析

参与试题解析

一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）

1．（5分）（2011?湖南）若a，b∈R，i为虚数单位，且（a+i）i=b+i则（ ）

A．a=1，b=1 B．a=﹣1，b=1 C．a=﹣1，b=﹣1 D．a=1，b=﹣1 【考点】复数相等的充要条件． 【专题】计算题．

【分析】利用复数的乘法运算将等式化简；利用复数相等实部、虚部分别相等；列出方程求出a，b的值． 【解答】解：（a+i）i=b+i 即﹣1+ai=b+i ∴a=1，b=﹣1 故选D

【点评】本题考查两个复数相等的充要条件：实部、虚部分别相等．

2．（5分）（2011?湖南）设集合M={1，2}，N={a}，则“a=1”

2

是“N?M”的（ ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件 【考点】集合关系中的参数取值问题． 【专题】集合．

【分析】先由a=1判断是否能推出“N?M”；再由“N?M”判断是否能推出“a=1”，利用充要条件的定义得到结论． 【解答】解：当a=1时，M={1，2}，N={1}有N?M 当N?M时，a=1或a=2有

2

2

所以“a=1”是“N?M”的充分不必要条件． 故选A．

【点评】本题考查利用充要条件的定义判断一个命题是另一个命题的条件问题．

3．（5分）（2011?湖南）设如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ） A．9π+42 B．36π+18 C．

D．

【考点】由三视图求面积、体积． 【专题】计算题．

【分析】由三视图可知，下面是一个底面边长是3的正方形且高是2的一个四棱柱，上面是一个球，球的直径是3，该几何体的体积是两个体积之和，分别做出两个几何体的体积相加． 【解答】解：由三视图可知，几何体是一个简单的组合体， 下面是一个底面边长是3的正方形且高是2的一个四棱柱， 上面是一个球，球的直径是3， 该几何体的体积是两个体积之和， 四棱柱的体积3×3×2=18， 球的体积是

，

∴几何体的体积是18+故选D．

，

【点评】本题考查由三视图求面积和体积，考查球体的体积公式，考查四棱柱的体积公式，本题解题的关键是由三视图看出几何图形，是一个基础题．

4．（5分）（2011?湖南）通过随机询问110名性别不同的大学生是否爱好某项运动，得到如下的列联表：

男 40 20 60 女 20 30 50 总计 60 50 110 算得，．

爱好 不爱好 总计 由

P（K≥k） 0.050 20.010 6.635 0.001 10.828 k 3.841 参照附表，得到的正确结论是（ ）

A．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”

B．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”

C．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”

D．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关” 【考点】性检验的应用． 【专题】常规题型．

【分析】题目的条件中已经给出这组数据的观测值，我们只要把所给的观测值同节选的观测值表进行比较，发现它大于6.635，得到有99%以上的把握认为“爱好这项运动与性别有关”． 【解答】解：由题意算得，∵7.8＞6.635，

∴有0.01=1%的机会错误，

即有99%以上的把握认为“爱好这项运动与性别有关” 故选：C．

【点评】本题考查性检验的应用，这种问题一般运算量比较大，通常是为考查运算能力设计的，本题有创新的地方就是给出了观测值，只要进行比较就可以，本题是一个基础题． 5．（5分）（2011?湖南）设双曲线为3x±2y=0，则a的值为（ ） A．4 B．3 C．2 D．1 【考点】双曲线的简单性质． 【专题】计算题． 【分析】先求出双曲线值．

的渐近线方程，再求a的

的渐近线方程

．

【解答】解：∵y=

的渐近线为y=，

与3x±2y=0重合，

∴a=2． 故选C．

【点评】本题考查双曲线的性质和应用，解题时要注意公式的灵活运用．

6．（5分）（2011?湖南）由直线所围成的封闭图形的面积为（ ） A． B．1 C．

D．

与曲线y=cosx

【考点】定积分在求面积中的应用． 【专题】计算题．

【分析】为了求得与x轴所围成的不规则的封闭图形的面积，可利用定积分求解，积分的上下限分别为与积函数．

【解答】解：由定积分可求得阴影部分的面积 S=

cosxdx=

=﹣（﹣

．

）=

，

，cosx即为被

所以围成的封闭图形的面积是故选D．

【点评】本小题主要考查定积分的简单应用、定积分、导数的应用等基础知识，考查运算求解能力，化归与转化思想、考查数形结合思想，属于基础题．

7．（5分）（2011?湖南）设m＞1，在约束条件下，目标

函数z=x+my的最大值小于2，则m的取值范围为（ ） A．（1，

） B．（

，+∞） C．（1，3） D．（3，+∞）

【考点】简单线性规划的应用． 【专题】压轴题；数形结合．

【分析】根据m＞1，我们可以判断直线y=mx的倾斜角位于区间（，）上，由此我们不难判断出满足约束条件

的平面

区域的形状，再根据目标函数Z=X+my对应的直线与直线y=mx垂直，且在直线y=mx与直线x+y=1交点处取得最大值，由此构造出关于m的不等式组，解不等式组即可求出m的取值范围． 【解答】解：∵m＞1

故直线y=mx与直线x+y=1交于

点，

目标函数Z=X+my对应的直线与直线y=mx垂直，且在

点，取得最大值

其关系如下图所示： 即解得1﹣又∵m＞1 解得m∈（1，故选：A．

）

， ＜m＜

【点评】本题考查的知识点是简单线性规划的应用，其中根据平面直线方程判断出目标函数Z=X+my对应的直线与直线y=mx垂直，且在

点取得最大值，并由此构造出关于m的不

等式组是解答本题的关键．

8．（5分）（2011?湖南）设直线x=t与函数f（x）=x，g（x）

2

=lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为（ ） A．1 B． C．

D．

【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用． 【专题】计算题；压轴题；转化思想．

【分析】将两个函数作差，得到函数y=f（x）﹣g（x），再求此函数的最小值对应的自变量x的值．

【解答】解：设函数y=f（x）﹣g（x）=x﹣lnx，求导数得

2

=

当当所以当

时，y′＜0，函数在

上为单调减函数， 上为单调增函数

时，y′＞0，函数在

时，所设函数的最小值为

所求t的值为故选D

【点评】可以结合两个函数的草图，发现在（0，+∞）上x＞lnx

2

恒成立，问题转化为求两个函数差的最小值对应的自变量x的值．

二、填空题（共8小题，每小题5分，满分35分）

9．（5分）（2011?湖南）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数

1

方程为（α为参数）在极坐标系（与直角坐标系xOy

取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，曲线C的方程为p（cosθ﹣sinθ）+1=0，则C与C的交点

2

1

2

个数为 2 ．

【考点】简单曲线的极坐标方程；双曲线的参数方程． 【专题】计算题．

【分析】先根据sinα+cosα=1，求出曲线C的直角坐标方程，

2

2

1

再利用直角坐标与极坐标间的关系，即利用ρcosθ=x，ρsinθ=y，ρ=x+y，求出曲线C的直角坐标方程，然后判定

2

2

2

2

交点个数即可．

【解答】解：∵曲线C的参数方程为

1

（α为参数），

sinα+cosα=1

2

2

∴曲线C的直角坐标方程为x+（y﹣1）=1

2

2

1

∵ρcosθ=x，ρsinθ=y，p（cosθ﹣sinθ）+1=0 ∴曲线C的方程为x﹣y+1=0

2

而圆心到直线的距离d=0＜r，故C与C的交点个数为2

1

2

故答案为：2

【点评】本题考查点的极坐标和直角坐标的互化，体会在极坐标系和平面直角坐标系中刻画点的位置的区别，能进行极坐标和直角坐标的互，属于基础题．

10．（5分）（2011?湖南）设x，y∈R，且xy≠0，则

的最小值为 9 ．

【考点】基本不等式． 【专题】计算题． 【分析】对其最小值．

【解答】解：∵x，y∈R，且xy≠0， ∴当且仅当∴

故答案为9．

【点评】此题是个基础题．考查利用基本不等式求最值，注意正、定、等，考查学生利用知识分析解决问题的能力和计算能力．

11．（2011?湖南）如图，A，E是半圆周上的两个三等分点，直径BC=4，AD⊥BC，垂足为D，BE与AD相交于点F，则AF的长为

．

【考点】与圆有关的比例线段． 【专题】选作题．

=1+4+时等号成立， 的最小值为9．

≥5+2

=9

展开，利用基本不等式即可求得

【分析】根据半圆的三等分点，得到三个弧对应的角度是60°，根据直径所对的圆周角是直角得到直角三角形的有关长度，做出要求的线段的长度．

【解答】解：∵A，E是半圆周上的两个三等分点 ∴弧EC是一个60°的弧， ∴∠EBC=30°，则CE=2， 连接BA，则BA=2，

∴在含有30°角的直角三角形中，BD=1， DF=， AD= ∴AF=

，

故答案为：

【点评】本题考查与圆有关的比例线段，考查圆周角定理，考查含有30°角的直角三角形的有关运算，本题是一个基础题． 12．（5分）（2011?湖南）设S是等差数列{a}（n∈N）的前n

*

n

n

项和，且a=1，a=7，则S= 81 ．

1

4

9

【考点】等差数列的前n项和． 【专题】计算题．

【分析】先根据数列{a}为等差数列，求出公差d，然后根据等

n

差数列的前n项和公式求得S．

9

【解答】解：∵数列{a}为等差数列，

n

∴a=a+（n﹣1）d，

n

1

S=na+

n

1

4

∵a=1，a=7

1

∴a=1+（4﹣1）d=7

4

∴d=2 ∴S=9×1+

9

×2=81

故答案为：81

【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式和前n项和公式． 13．（5分）（2011?湖南）若执行如图所示的框图，输入x=1，

1

x=2，x=3，=2，则输出的数等于

2

3 ．

【考点】循环结构． 【专题】图表型．

【分析】先弄清该算法功能，S=0+（1﹣2）=1，i=1，满足条件

2

i＜3，执行循环体，依此类推，当i=3，不满足条件i＜3，退出循环体，输出所求即可．

【解答】解：S=0+（1﹣2）=1，i=1，满足条件i＜3，执行循环

2

体，i=2

S=1+（2﹣2）=1，i=2，满足条件i＜3，执行循环体，i=3

2

S=1+（3﹣2）=2，i=3，不满足条件i＜3，退出循环体，

2

则S=×2= 故答案为：

【点评】本题主要考查了方差的计算，算法和程序框图是新课标新增的内容，在近两年的新课标地区高考都考查到了，这启示我们要给予高度重视，属于基础题．

14．（5分）（2011?湖南）在边长为1的正三角形ABC中，设

，

，则

= ﹣ ．

【考点】向量在几何中的应用．

【专题】计算题；数形结合；转化思想． 【分析】根据

，

，确定点D，E在正三角形ABC中的

用

表

位置，根据向量加法满足三角形法则，把

示出来，利用向量的数量积的运算法则和定义式即可求得的值． 【解答】解：∵∴∵∴∴==

=﹣，

，

，

）

，

，∴D为BC的中点，

故答案为：﹣．

【点评】此题是个中档题，考查向量的加法和数量积的运算法则和定义，体现了数形结合的思想．

15．（5分）（2011?湖南）如图，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE（阴影部分）内”，则 （1）P（A）=

；

（2）P（B|A）= ． 【考点】条件概率与事件． 【专题】计算题；压轴题．

【分析】此题是个几何概型．用面积法求出事件A“豆子落在正方形EFGH内”的概率p（A），同理求出P（AB），根据条件概率公式P（B|A）=

即可求得结果．

【解答】解：用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，∴P（A）=

=，

B表示事件“豆子落在扇形OHE（阴影部分）内”，P（AB）=

=

，

． ．

∴P（B|A）=故答案为：

【点评】此题是个基础题．考查条件概率的计算公式，同时考查学生对基础知识的记忆、理解和熟练程度．

16．（5分）（2011?湖南）对于n∈N，将n表示n=a×2+a×2

+

k

0

1

1

k﹣2

1

0

2

k﹣1

k

i

k﹣

+a×2+…+a×2+a×2，当i=0时，a=1，当1≤i≤k时，

a为0或1．记I（n）为上述表示中a为0的个数（例如：1=1×2，

0

1

i

4=1×2+0×2+0×2，故I（1）=0，I（4）=2），则

2

1

0

（1）I（12）= 2 ；（2）【考点】带余除法．

= 1093 ．

【专题】计算题；压轴题；分类讨论；转化思想． 【分析】（1）根据题意，分析可得，将n表示n=a×2+a×2

k

0

1

1

k﹣2

1

0

2

k﹣1

k

k﹣

+a×2+…+a×2+a×2，实际是将十进制的数转化为二进制

3

2

1

0

的数，易得12=1×2+1×2+0×2+0×2，由I（n）的意义，可得答案；

（2）将n分为n=127，≤n≤126，32≤n≤63，…n=1等7种情况，有组合数的性质，分析其中I（n）的取值情况，与二项式定理结合，可转化为等比数列的前7项和，计算可得答案． 【解答】解：（1）根据题意，12=1×2+1×2+0×2+0×2，则I

3

2

1

0

（12）=2；

（2）127=1×2+1×2+1×2+1×2+1×2+1×2+1×2，

6

5

4

3

2

1

0

设≤n≤126，且n为整数；

则n=1×2+a×2+a×2+a×2+a×2+a×2+a×2，

6

5

4

3

2

1

0

1

2

3

4

5

6

a，a，a，a，a，a中6个数都为0或1，

1

2

3

4

5

6

其中没有一个为1时，有C种情况，即有C个I（n）=6；

0

0

6

6

其中有一个为1时，有C种情况，即有C个I（n）=5；

1

1

6

6

其中有2个为1时，有C种情况，即有C个I（n）=4；

2

2

6

6

…

2

I（n）

=C2+C×2+C×2+C×2+C×2+C×2+1=（2+1）=3，

0

6

1

5

6

6

26

4

3

3

4

2

5

n

6

6

6

6

同理可得：…

=3，

1

=3，

5

2

I（1）

=1；

=1+3+3+…+3=

2

6

则=1093；

故答案为：（1）2；（2）1093．

【点评】解本题关键在于分析题意，透彻理解I（n）的含义

的运算，注意转化思想，结合二项式定理与等比数列的

前n项和公式进行计算．

三、解答题（共6小题，满分75分）

17．（12分）（2011?湖南）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足csinA=acosC． （1）求角C的大小；

（2）求sinA﹣cos（B+）的最大值，并求取得最大值时角A、B的大小．

【考点】三角函数的恒等变换及化简求值． 【专题】三角函数的图像与性质．

【分析】（1）利用正弦定理化简csinA=acosC．求出tanC=1，得到C=． （2）B=0＜A＜

﹣A，化简，推出

sinA﹣cos（B+）=2sin（A+）．因为

求出2sin（A+）取得最大值2．得到A=，B=

【解答】解：（1）由正弦定理得sinCsinA=sinAcosC， 因为0＜A＜π，所以sinA＞0．从而sinC=cosC， 又cosC≠0，所以tanC=1，C=． （2）有（1）知，B==

sinA+cosA

﹣A，于是

=2sin（A+）． 因为0＜A＜从而当A+

，所以 ，即A=时

2sin（A+）取得最大值2． 综上所述，

cos（B+）的最大值为2，此时A=，B=

【点评】本题是中档题，考查三角形的有关知识，正弦定理的应用，三角函数的最值，常考题型．

18．（12分）（2011?湖南）某商店试销某种商品20天，获得如下数据： 日销售量（件） 频数 1 5 9 5 0 1 2 3 试销结束后（假设该商品的日销售量的分布规律不变），设某天开始营业时有该商品3件，当天营业结束后检查存货，若发现存货少于2件，则当天进货补充至3件，否则不进货，将频率视为概率．

（Ⅰ）求当天商品不进货的概率；

（Ⅱ）记X为第二天开始营业时该商品的件数，求X的分布列和数学期望．

【考点】离散型随机变量的期望与方差；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列． 【专题】应用题．

【分析】（I）“当天商品不进货”包含两个事件的和事件，利用古典概型概率公式求出两个事件的概率；再利用互斥事件的和事件概率公式求出当天商品不进货的概率．

（II）求出x可取的值，利用古典概型概率公式及互斥事件和事件的概率公式求出x取每一个值的概率值；列出分布列；利用随机变量的期望公式求出x的期望．

【解答】解：（I）P（“当天商店不进货”）=P（“当天商品销售量为0件”）+（“当天的商品销售量为1件”） =

（II）由题意知，X的可能取值为2，3 P（X=2）=P（“当天商品销售量为1件”）=

P（X=3）=（“当天的销售量为0”）+P（“当天的销售量为2件”）+P（“当天的销售量为3件”）=故x的分布列 x 2 3 p

X的数学期望为EX=

【点评】本题考查古典概型的概率公式、互斥随机的概率公式、随机变量的数学期望公式、求随机变量的分布列的步骤． 19．（12分）（2011?湖南）如图，在圆锥PO中，已知PO=，⊙O的直径AB=2，C是的中点，D为AC的中点． （Ⅰ）证明：平面POD⊥平面PAC； （Ⅱ）求二面角B﹣PA﹣C的余弦值．

【考点】平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法． 【专题】计算题；证明题．

【分析】（Ⅰ）连接OC，先根据△AOC是等腰直角三角形证出中线OD⊥AC，再结合PO⊥AC证出AC⊥POD，利用平面与平面垂直的判定定理，可证出平面POD⊥平面PAC；

（Ⅱ）过O分别作OH⊥PD于H，OG⊥PA于G，再连接GH，根据三垂线定理证明∠OGH为二面角B﹣PA﹣C的平面角，最后分别在Rt△ODA、Rt△ODP、Rt△OGH中计算出OH、OG和sin∠OGH，最后求出所求二面角的余弦值． 【解答】解：（Ⅰ）连接OC，

∵OA=OC，D是AC的中点 ∴AC⊥OD

又∵PO⊥底面⊙O，AC?底面⊙O ∴AC⊥PO

∵OD、PO是平面POD内的两条相交直线 ∴AC⊥平面POD， 而AC?平面PAC ∴平面POD⊥平面PAC

（Ⅱ）在平面POD中，过O作OH⊥PD于H，由（Ⅰ）知，平面POD⊥平面PAC 所以OH⊥平面PAC， 又∵PA?平面PAC ∴PA⊥HO

在平面PAO中，过O作OG⊥PA于G，连接GH，则有PA⊥平面OGH，从而PA⊥HG．故∠OGH为二面角B﹣PA﹣C的平面角 在Rt△ODA中，OD=OA?sin45°=在Rt△ODP中，OH=在Rt△OPA中，OG=

在Rt△OGH中，sin∠OGH=

所以cos∠OGH=

故二面角B﹣PA﹣C的余弦值为

【点评】直线与平面垂直是证明空间垂直的关键，立体几何常常利用三垂线定理作辅助线，来求与二面角的平面角有关的问题．

20．（13分）（2011?湖南）如图，长方形物体E在雨中沿面P（面积为S）的垂直方向作匀速移动，速度为v（v＞0），雨速沿E移动方向的分速度为c（c∈R）．E移动时单位时间内的淋雨量包括两部分：（1）P或P的平行面（只有一个面淋雨）的淋雨量，假设其值与|v﹣c|×S成正比，比例系数为；（2）其它面的淋雨量之和，其值为，记y为E移动过程中的总淋雨量，当移动距离d=100，面积S=时． （Ⅰ）写出y的表达式

（Ⅱ）设0＜v≤10，0＜c≤5，试根据c的不同取值范围，确定移动速度v，使总淋雨量y最少． 【考点】函数模型的选择与应用．

【分析】（Ⅰ）E移动时的总淋雨量应该等于单位时间内的淋雨量乘以所用的时间，可先求出单位时间内的淋雨量的式子，再乘以时间

即可；

（Ⅱ）根据绝对值的性质，将（Ⅰ）中的函数分解为分段函数的形式，再由c的不同取值范围讨论函数的单调性，在不同的情况下，单调区间不同，总淋雨量最小值对应的v值也不同．

【解答】解：（Ⅰ）由题意知，E移动时单位时间内的淋雨量为

，故

（Ⅱ）由（Ⅰ）知， 当0＜v≤c时，当c≤v≤10时，故

（1）当0＜c＜时，y是关于v的减函数，故当v=10时，

；

（2）当

时，在（0，c]上y是关于v的减函数，

在（c，10]上，y是关于v的增函数， 故当v=c时，

答：（Ⅰ）函数y的表达式为（Ⅱ）（1）在0＜c（2）在

的情况下，当v=10时，总淋雨量y最少；

的情况下，当v=c时，总淋雨量y最少．

【点评】本题着重考查函数应用能力，所建立的函数式为含有绝对值的式子．解决问题的关键一是要能根据v的范围将式子化简为分段函数，二是要将常数c进行讨论得出函数的单调性，从而得出不同情形下的最小值点． 21．（13分）（2011?湖南）如图，椭圆C：

1

2

2

=1（a＞b＞0）

1

的离心率为，x轴被曲线C：y=x﹣b截得的线段长等于C的长半轴长．

（Ⅰ）求C，C的方程；

1

2

（Ⅱ）设C与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C相交

2

2

于点A、B，直线MA，MB分别与C相交于D，E．

1

（i）证明：MD⊥ME；

（ii）记△MAB，△MDE的面积分别是S，S．问：是否存在直线

1

2

l，使得=？请说明理由． 【考点】圆锥曲线的综合．

【专题】计算题；综合题；压轴题；转化思想．

【分析】（Ⅰ）先利用离心率得到一个关于参数的方程，再利用x轴被曲线C：y=x﹣b截得的线段长等于C的长半轴长得另一

2

2

1

个方程，两个方程联立即可求出参数进而求出C，C的方程；

1

2

（Ⅱ）（i）把直线l的方程与抛物线方程联立可得关于点A、B坐标的等量关系，再代入求出k?k=﹣1，即可证明：MD⊥ME；

MA

MB

（ii）先把直线MA的方程与抛物线方程联立可得点A的坐标，再利用弦长公式求出|MA|，同样的方法求出|MB|进而求出S，

1

同理可求S．再代入已知就可知道是否存在直线l满足题中条件

2

了．

【解答】解：（Ⅰ）由题得e=得a=2，b=1， 故C，C的方程分别为

1

2

，从而a=2b，又2=a，解

，y=x﹣1．

2

（Ⅱ）（i）由题得，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y=kx，

由

1

得x﹣kx﹣1=0．

2

1

2

2

1

2

设A（x，y），B（x，y），则x，x是上述方程的两个实根， 于是x+x=k，xx=﹣1，又点M的坐标为（0，﹣1），

1

2

1

2

所以k?k=

MA

MB

==﹣1．

==

故MA⊥MB，即MD⊥ME．

（ii）设直线MA的斜率为k，则直线MA的方程为y=kx﹣1．

1

1

由，解得

2

1

1

或．

则点A的坐标为（k，k﹣1）．

又直线MB的斜率为﹣，同理可得点B的坐标为（﹣，1）．

于是s=|MA|?|MB|=

1

﹣

?|k|?

1

2

2

?|﹣|=．

由得（1+4k）x﹣8kx=0．

1

1

解得或，，则点D的坐标为（，

）．

又直线ME的斜率为﹣．同理可得点E的坐标为（

）．

于是s=|MD|?|ME|=

22

，

．

=，解得k=4或k=．

2

2

1

1

故

又由点A，B的坐标得，k==k﹣．所以k=±．

1

故满足条件的直线存在，且有两条，其方程为y=x和y=﹣x． 【点评】本题是对椭圆与抛物线以及直线与抛物线和直线与椭圆的综合问题的考查．是一道整理过程很麻烦的题，需要要认真，细致的态度才能把题目作好．

22．（13分）（2011?湖南）已知函数f（x）=x，g（x）=x+．

3

（Ⅰ）求函数h（x）=f（x）﹣g（x）的零点个数．并说明理由； （Ⅱ）设数列{a}（n∈N）满足a=a（a＞0），f（a）=g（a），

*

n

1

n+1

n

证明：存在常数M，使得对于任意的n∈N，都有a≤M．

*

n

【考点】数列与不等式的综合；根的存在性及根的个数判断． 【专题】综合题；压轴题． 【分析】（Ⅰ）由h（x）==0，且h（1）=﹣1＜0，h（2）=6﹣上的单调性，以确定零点个数即可

知，x∈[0，+∞），而h（0），再研究函数在（0，+∞）

（Ⅱ）记h（x）的正零点为x，即

0

1

1

0

2

0

n

0

，当a＜x时，由

00

a=a，即a＜x，而，a＜x．由此猜测a＜x．当a≥x时，由（Ⅰ）知，当x∈（x，+∞）时，h（x）单调递增，h（a）＞h

1

（x）=0，从而a＜a，由此猜测a＜a．然后用数学归纳法证

0

2

n

明．

【解答】解：（Ⅰ）由h（x）=

知，x∈[0，+∞），而h

，则x=0为h（x）

（0）=0，且h（1）=﹣1＜0，h（2）=6﹣

的一个零点，且h（x）在（1，2）内有零点， ∴h（x）至少有两个零点． 由h（x）=

，

当x∈（0，+∞）时，g（x）单调递增，故可判断出h（x）在（0，+∞）仅有一个零点，

综上所述，h（x）有且只有两个零点． （Ⅱ）记h（x）的正零点为x，即

0

，记，则

，

0

（1）当a＜x时，由a=a，即a＜x，而

0

1

1

，∴a＜x．

2

0

由此猜测a＜x．下面用数学归纳法证明：

n

0

①当n=1时，a＜x，成立．

1

0

②假设当n=k时a＜x成立，则当n=k+1时，由

k

0

，知a＜x．

k+1

0

因此当n=k+1时，a＜x成立．

k+1

0

故对任意的n∈N，a≤x成立．

*

n

0

（2）当a≥x时，由（Ⅰ）知，当x∈（x，+∞）时，h（x）单

0

0

调递增，∴h（a）＞h（x）=0，从而a≤a，由此猜测a≤a．下

0

2

n

面用数学归纳法证明： ①当n=1时，a≤a，成立．

1

②假设当n=k时a＜a成立，则当n=k+1时，由

k

，知a＜a．

k+1

因此当n=k+1时，a＜a成立．故对任意的n∈N，a≤a成立．

*

k+1

n

综上所述，存在常数M，使得对于任意的n∈N，都有a≤M．

*

n

【点评】本题考查数列的性质和运用，解题时要注意不等式性质的合理运用和数学归纳法的证明过程．