2017 全国 I 高考理科数学部分较难题目答案解析
10. 已知 \(F\) 为抛物线 \(y^2=4x\) 的焦点，过 \(F\) 作两条互相垂直的直线 \(l_1\), \(l_2\), 直线 \(l_1\) 与 \(C\) 交于 \(A\), \(B\) 两点，直线 \(l_2\) 与 \(C\) 交于 \(D\), \(E\) 两点，则 \(|AB|+|DE|\) 的最小值为
A. 16 B. 14 C.12 D.10
解：
稍有常识的人都能看出，最小值应在整个图形关于 \(x\) 轴对称时取得。将 \(\theta=45^{\circ}\) 代入弦长公式 \(L=\frac{2p}{\sin^2{\theta}}\) 立得 \(L=8\), 因此最终答案为 \(2L=16\), 选择 A 项。若要严格计算也并不困难，求 \(\frac{2p}{\sin^2{\theta}}+\frac{2p}{\sin^2{(90^{\circ}+\theta)}}\) 的最小值即可。弦长公式可由抛物线的极坐标方程推得。
11. 设 \(x\), \(y\), \(z\) 为正数，且 \(2^x=3^y=5^z\), 则
A. \(2x<3y<5z\) B. \(5z<2x<3y\) C. \(3y<5z<2x\) D. \(3y<2x<5z\)
解：
令 \(t=2^x=3^y=5^z\), 可得
\( x = \log_2{t} \)
\( y = \log_3{t} \)
\( z = \log_5{t} \)
因此
\( 2x = 2\log_2{t} = 2\frac{\ln{t}}{\ln{2}} \)
\( 3y = 3\log_3{t} = 3\frac{\ln{t}}{\ln{3}} \)
\( 5z = 5\log_5{t} = 5\frac{\ln{t}}{\ln{5}} \)
考察函数 \( f(x) = \ln{t}\cdot\frac{x}{\ln{x}} \) 的单调性，求导得
\( f'(x) = \ln{t}\cdot\frac{\ln{x}-1}{(\ln{x})^2} \)
由此可知 \(f(x)\) 在 \(e\) 之前上升，在 \(e\) 之后下降。
2, 3, 5 三个数之中，3 离 \(e\) 最近，5 离 \(e\) 最远。合理推测 \( f(3)=3y \) 最小，\( f(5)=5z \) 最大。所以选择 D 项。
若要严格比较，可作以下处理：
比较 \(2x\), \(3y\), \(5z\), 相当于比较
\( \frac{2}{\ln{2}} \), \( \frac{3}{\ln{3}} \), \( \frac{5}{\ln{5}} \)
它们都是正数，所以可以取倒数，取了倒数之后大小关系与原来相反：
\( \frac{\ln{2}}{2} \), \( \frac{\ln{3}}{3} \), \( \frac{\ln{5}}{5} \)
等价转化：
\( \ln{2^{\frac{1}{2}}} \), \( \ln{3^{\frac{1}{3}}} \), \( \ln{5^{\frac{1}{5}}} \)
\( 2^\frac{1}{2} \), \( 3^\frac{1}{3} \), \( 5^\frac{1}{5} \)
\( (2^\frac{1}{2})^{(2 \times 3 \times 5)} \), \( (3^\frac{1}{3})^{(2 \times 3 \times 5)} \), \( (5^\frac{1}{5})^{(2 \times 3 \times 5)} \)
\( 2^{15} \), \( 3^{10} \), \( 5^{6} \)
\( 32768 \), \( 59049 \), \( 15625 \)
因为 \( 59049 > 32768 > 15625 \), 所以 \( 3^{10} > 2^{15} > 5^{6} \), 所以 \( \frac{3}{\ln{3}} < \frac{2}{\ln{2}} < \frac{5}{\ln{5}} \), 选择 D 项。
12. 几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件，为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了「解数学题获取激活码」的活动。这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列 1, 1,2, 1,2,4, 1,2,4,8, 1,2,4,8,16, ..., 其中第一项是 \(2^0\), 接下来的两项是 \(2^0\), \(2^1\), 再接下来的三项是 \(2^0\), \(2^1\), \(2^2\), 依此类推。求满足以下条件的最小整数 \(N\): \(N>100\) 且该数列的前 \(N\) 项和为 \(2\) 的整数幂。那么该款软件的激活码是
A.440 B.330 C.220 D.110
解：
一图胜千言：
2 的幂第 1 次出现，是第 1 项，和为 \(1=2^{0}\).
第 2 次,，是第 2 项，和为 \(2=2^{1}\).
第 3 次，是第 \((2+2+3+4+5)+1+1=18\) 项，和为 \(64=2^{6}\).
先把数列 2, 2, 3, 4, 5, .. 取前 \(n\) 项求和，\(n\) 为蓝色方块的个数，得到各个方块交界处的项数。易知 \(n-1\) 即为该项数之前 1 被两方块重叠区域框住的次数，所以当 \(n-1\) 为 \(4\), \((4+8)\), \((4+8+16)\), ... 时，再加 \((1+1)\), \((1+2)\), \((1+3)\) 项，即可达到 2 的幂。
由此知，第 4 次是第 \((2+2+3+4+5+\cdots+11+12+13)+1+2=95\) 项，还没超过 100.
接着算第 5 次是第 \((2+2+3+4+5+\cdots+27+28+29)+1+3=440\) 项，第一次超过 100, 所以本题选择 A 项。
PS: 激活码只有三位数字，明显缺乏软件开发常识，创业一定失败。
21. 已知函数 \(f(x)=ae^{2x}+(a-2)e^x-x\).
(1) 讨论 \(f(x)\) 的单调性；
(2) 若 \(f(x)\) 有两个零点，求 \(a\) 的取值范围。
解：
(1)
\( f'(x) = 2ae^{2x}+(a-2)e^x-1 \)
令 \( e^x = t \;\;\;\;(t>0)\), 得：
\( f'(x)=2at^2+(a-2)t-1 \)
对 \(a\) 的值进行分类讨论
1' \((a=0)\)
\( f'(x) = -2t-1 < 0 \)
所以 \( f(x) \) 单调递减
2' \((a \neq 0)\)
\( f'(x) = 2at^2+(a-2)t-1 \)
\( = 2a[t^2+(\frac{1}{2}-\frac{1}{a})t-\frac{1}{2a}] \)
\( = 2a(t+\frac{1}{2})(t-\frac{1}{a}) \)
由此易得
若 \(a<0\), 则 \( f(x) \) 单调递减
若 \(a>0\), 令 \(f(x)=g(t)\), 则 \(g(t)\) 在 \((0,\frac{1}{a})\) 上单减，在 \((\frac{1}{a},+\infty)\) 上单增。
由复合函数单调性及 \(t=e^x\) 对 \(x\) 单调递增可知，\(f(x)\) 在 \((-\infty,\ln{\frac{1}{a}})\) 上单减，在 \((\ln{\frac{1}{a}},+\infty)\) 上单增。
综上，……（略）
(2)
因为 \(f(x)\) 是连续函数，所以如果在 \((-\infty,+\infty)\) 上单调就只能有一个零点。又因为 \(f(x)\) 应有两个零点，由 (1) 的结论可知 \(a>0\).
现设 \(a>0\).
由于 \(f(x)\) 连续且先减后增，极小值在 \(x_0=\ln{\frac{1}{a}}\) 处取得，所以 \(f(x)\) 有且仅有两个零点的一个充要条件是 \( f(x_0)<0 \), 即：
\( f(\ln{\frac{1}{a}})=a(\frac{1}{a})^2+(a-2)\cdot \frac{1}{a}-\ln{\frac{1}{a}} < 0 \)
\( \frac{1}{a}+1-\frac{2}{a}-\ln{\frac{1}{a}} < 0 \)
\( 1-\frac{1}{a}-\ln{\frac{1}{a}} < 0 \)
令 \(\frac{1}{a} = q \;\;\;\;(m>0)\), 得：
\( 1-q-\ln{q} < 0 \)
令 \( h(q) = 1-q-\ln{q} \), 易知 \(h(1)=0\),
且 \( h'(q)=-1-\frac{1}{q} \) 恒小于零，即 \(h(q)\) 单调递减
因此 \(h(q)\) 只有一个零点 \(q_0=1\), 且
\(q<1\) 时 \(h(q)>0\)
\(q>1\) 时 \(h(q)<0\)
所以原不等式的解为 \(q>1\), 即 \(a<1\).
又因为前提是 \(a>0\), 所以 \(a\) 的取值范围为 \((0,1)\).
