2017年高考真题——理科数学（天津卷）解析版

2017年高考真题——理科数学（天津卷）解析版

绝密★启用前 【试卷点评】 2017 年天津高考数学试卷考点变化不大，题型结构与 2016 年相同，从知识结构角度看，试卷考查内容 覆盖面广，与往年基本一致。与此同时，试卷命题中出现的综合与创新，体现了能力立意的命题思路与稳 中求变的命题特点。整卷难度分布合理，具有较好的区分度，整体难度与去年相比稍有降低。 纵观整篇试卷，命题严格按照《考试说明》与课程标准，双基内容占了相当大的比例，体现了命题人 回归教材、突出主干的思路，重视对考生基本数学素养的考查。对于此部分题目，只要考生熟练掌握基本 概念和定理，就可以轻松得分。试卷在知识点选择上与去年相比略有改变，考验学生基础知识掌握的全面 性。试卷命题风格稳定，试题布局合理，利于考生发挥自身真实水平，具有较好的信度和效度。 在注重基础和应用的同时，今年天津高考试卷也加强了综合性与创新性的考查，以提高试卷区分度， 如第 8 题，主要考查基本初等函数的图象和性质，设问综合了分段函数单调性、函数零点以及图象变换等 典型考点，充分考查了考生的数形结合思想与转化化归思想，考验学生的知识理解深度与分析问题解决问 题的能力。第 19 题总的来说需要考生熟练掌握解析几何中常见几何图形性质的代数表达并合理选择参数简 化运算，对考生的运算和解题技巧要求较高。第 20 题设问较为新颖，命题具有一定的抽象性与综合性，需 要学生基于三次函数单调性与极值最值的关系进行探索分析，考查函数与方程、分类讨论、转化等数学思 想，问题思路环环相扣，逻辑严密，难度较大，充分考验学生的心理素质，具有较好的区分度，体现了高 考的选拔性，另外也给优秀学生提供了展示自身能力的平台，也引导我们数学教学工作需注重数学能力与 创新意识的培养。2016 年天津理科数学试卷继续稳字当头，平凡问题考查真功夫，没有出现任何偏题怪题， 有利于学生考出好成绩，也对中学数学教学回归教材、扎实基础有很好的导向作用。 【试卷解析】 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. （1）设集合 ，则 （A） （B） （C） （D） 【答案】 【解析】 ,选 B. 【考点】 集合的运算 {1,2,6}, {2,4}, { | 1 5}A B C x x      R ( )A B C   {2} {1,2,4} {1,2,4,6} { | 1 5}x x   R B ( ) {1 2 4 6} [ 15] {1 2 4}A B C     ，，， ， ，， 【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图进行处理. （2）设变量 满足约束条件 则目标函数 的最大值为 （A） （B）1（C） （D）3 【答案】 【考点】线性规划 【名师点睛】线性规划问题有三类:（1）简单线性规划，包括画出可行域和考查截距型目标函数的最值，有 时考查斜率型或距离型目标函数；（2）线性规划逆向思维问题，给出最值或最优解个数求参数取值范围； （3）线性规划的实际应用，本题就是第三类实际应用问题. （3）阅读右面的程序框图，运行相应的程序，若输入 的值为 24，则输出 的值为 （A）0 （B）1 （C）2 （D）3 【答案】 【解析】依次为 , ，输出 ，选 C. 【考点】 程序框图 【名师点睛】识别算法框图和完善算法框图是近年高考的重点和热点．解决这类问题：首先，要明确算法 框图中的顺序结构、条件结构和循环结构；第二，要识别运行算法框图，理解框图解决的问题；第三，按 ,x y 2 0, 2 2 0, 0, 3, x y x y x y          z x y  2 3 3 2 D N N C 8N  7, 6, 2N N N   2N  照框图的要求一步一步进行循环，直到跳出循环体输出结果，完成解答．近年框图问题考查很活，常把框 图的考查与函数和数列等知识考查相结合． （4）设 ，则“ ”是“ ”的 （A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件（C）充要条件（D）既不充分也不必要条件 【答案】 【考点】 充要条件 【名师点睛】本题考查充要条件的判断，若 ，则 是 的充分条件，若 ，则 是 的必要条 件，若 ，则 是 的充要条件；从集合的角度看，若 ，则 是 的充分条件，若 ， 则 是 的必要条件，若 ，则 是 的充要条件，若 是 的真子集，则 是 的充分不必要条 件，若 是 的真子集，则 是 的必要不充分条件. （5）已知双曲线 的左焦点为 ，离心率为 .若经过 和 两点的直线平 行于双曲线的一条渐近线，则双曲线的方程为 （A） （B） （C） （D） 【答案】 【解析】由题意得 ，选 B. 【考点】 双曲线的标准方程 【名师点睛】利用待定系数法求圆锥曲线方程是高考常见题型，求双曲线方程最基础的方法就是依据题目 的条件列出关于 的方程，解方程组求出 ，另外求双曲线方程要注意巧设双曲线（1）双曲线过两 点可设为 ，（2）与 共渐近线的双曲线可设为 ，（3） 等轴双曲线可设为 等，均为待定系数法求标准方程. （6）已知奇函数 在 R 上是增函数， .若 ， ， ，则 a，b，  R π π| |12 12   1sin 2  A p q p q q p p q p q p q A B A B B A A B A B A B A B A B B A A B 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b    F 2 F (0,4)P 2 2 14 4 x y  2 2 18 8 x y  2 2 14 8 x y  2 2 18 4 x y  B 2 24, 1 4, 2 2 18 8 x ya b c a bc          , ,a b c ,a b 2 2 1( 0)mx ny mn   2 2 2 2 1x y a b  2 2 2 2 ( 0)x y a b     2 2 ( 0)x y     ( )f x ( ) ( )g x xf x 2( log 5.1)a g  0.8(2 )b g (3)c g c 的大小关系为 （A） （B） （C） （D） 【答案】 【考点】 指数、对数、函数的单调性 【名师点睛】比较大小是高考常见题，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函数，借助指数 函数和对数函数的图象，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函数的奇偶性和单调性数形结 合不仅能比较大小，还可以解不等式. （7）设函数 ， ，其中 ， .若 ， ，且 的最小 正周期大于 ，则 （A） ， （B） ， （C） ， （D） ， 【答案】 【解析】由题意 ，其中 ，所以 ，又 ，所 以 ，所以 ， ，由 得 ，故选 A． 【考点】求三角函数的解析式 【名师点睛】有关 问题，一种为提供函数图象求解析式或某参数的范围，一般先根据图 象的最高点或最低点确定 ，再根据周期或 周期或 周期求出 ，最后再利用最高点或最低点坐标满足 解析式，求出满足条件的 值，另一种时根据题目用文字形容的函数图象特点，如对称轴或曲线经过的点 的坐标，根据题意自己画出图象，再寻求待定的参变量，题型很活，求 或 的值或最值或范围等. a b c  c b a  b a c  b c a  C ( ) 2sin( )f x x   xR 0  | |   5( ) 28f   ( ) 08f   ( )f x 2 2 3  12  2 3  12   1 3  24   1 3  24  A 1 2 5 28 2 11 8 k k              1 2,k k Z 2 1 4 2( 2 )3 3k k    2 2T    0 1  2 3  1 12 12k      12   sin( )y A x   A 1 2 1 4     （8）已知函数 设 ，若关于 x 的不等式 在 R 上恒成立，则 a 的取 值范围是 （A） （B） （C） （D） 【答案】 当 时，(*)式为 ， ， 又 （当 时取等号）， （当 时取等号）， 所以 ， 综上 ．故选 A． 【考点】不等式、恒成立问题 【名师点睛】首先满足 转化为 去解决，由于涉及分段函数问题要 遵循分段处理原则，分别对 的两种不同情况进行讨论，针对每种情况根据 的范围，利用极端原理，求出 对应的 的范围. 二. 填空题：本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分. （9）已知 ，i 为虚数单位，若 为实数，则 a 的值为 . 【答案】 2 3, 1, ( ) 2 , 1. x x x f x x xx        aR ( ) | |2 xf x a  47[ ,2]16 47 39[ , ]16 16 [ 2 3,2] 39[ 2 3, ]16 A 1x  2 2 2 xx a xx x      3 2 2 2 2 xx ax x     3 2 3 2( ) 2 32 2x xx x       2 3 3x  2 22 22 2 x x x x    2x  2 3 2a   47 216 a   ( ) 2 xf x a  ( ) ( )2 2 x xf x a f x     x x a aR i 2 i a   2 【解析】 为实数， 则 . 【考点】 复数的分类 【名师点睛】复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需 把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可． 复数 ， 当 时， 为虚数， 当 时， 为实数， 当 时， 为纯虚数. （10）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为 18，则这个球的体积为 . 【答案】 【考点】 球 【名师点睛】求多面体的外接球的面积和体积问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方 体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面 平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如 果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心，本题 就是第三种方法. （11）在极坐标系中，直线 与圆 的公共点的个数为___________. 【答案】2 【解析】直线为 ，圆为 ，因为 ，所以有两个交点 【考点】极坐标 【名师点睛】再利用公式 把极坐标方程化为直角坐标方程，再解联 立方程组根据判别式判断出交点的个数，极坐标与参数方程为选修课程，要求灵活使用公式进行坐标变换 ( )(2 ) (2 1) ( 2) 2 1 2 2 (2 )(2 ) 5 5 5 a i a i i a a i a a ii i i              2 0, 25 a a    ( , )z a bi a b R   0b  z 0b  z 0, 0a b  z 9 2  4 cos( ) 1 06     2sin  2 3 2 1 0x y   2 2( 1) 1x y   3 14d   2 2 2cos , sin ,x y x y        及方程变换. （12）若 ， ，则 的最小值为___________. 【答案】 【考点】均值不等式 【名师点睛】利用均指不等式求最值要灵活运用两个公式，（1） ，当且仅当 时取等号；（2） ， ，当且仅当 时取等号；首先要注意公式的使用范围，其 次还要注意等号成立的条件；另外有时也考查利用“等转不等”“作乘法”“1 的妙用”求最值. （ 13 ） 在 中 ， ， ， . 若 ， ， 且 ，则 的值为___________. 【答案】 【解析】 ,则 . 【考点】向量的数量积 【名师点睛】根据平面向量的基本定理，利用表示平面向量的一组基地可以表示平面内的任一向量，利用 向量的定比分点公式表示向量，计算数量积，选取基地很重要，本题的 已知模和夹角，选作基地易 于计算数量积. （14）用数字 1，2，3，4，5，6，7，8，9 组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样 的四位数一共有___________个.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【考点】计数原理、排列、组合 ,a bR 0ab  4 44 1a b ab   4 2 2, , 2a b R a b ab   a b ,a b R 2a b ab  a b ABC△ 60A  ∠ 3AB  2AC  2BD DC  ( )AE AC AB    R   4AD AE     3 11 0 1 23 2 cos60 3, 3 3AB AC AD AB AC           1 2 2 1 2 3( )( ) 3 4 9 3 43 3 3 3 3 3 11AD AE AB AC AC AB                        ,AB AC  1080 4 1 3 4 5 4 5 4 1080A C C A  【名师点睛】计数原理包含分类计数原理（加法）和分步计数原理（乘法），组成四位数至多有一个数字是 偶数，包括四位数字有一个是偶数和四位数字全部是奇数两类，利用加法原理计数. 三. 解答题：本大题共 6 小题，共 80 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15.（本小题满分 13 分） 在 中，内角 所对的边分别为 .已知 ， ， . （Ⅰ）求 和 的值； （Ⅱ）求 的值. 【答案】 (1) .(2) 【解析】试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系 ，再根据余弦定理求出 ， 进而得到 ，由 转化为 ，求出 ，进而求出 ，从而求出 的三角函数 值，利用两角差的正弦公式求出结果.学科&网 （Ⅱ）由（Ⅰ）及 ，得 ，所以 ， .故 . 考点：正弦定理、余弦定理、解三角形 【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理 借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值.利用正、余弦定理解三角形问题是高考 高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题. 16.（本小题满分 13 分） ABC△ , ,A B C , ,a b c a b 5, 6a c  3sin 5B  b sin A πsin(2 )4A 13b  7 2 26 2a b cos A sin A 2a b sin 2sinA B sin B cos B 2B a c 2 13cos 13A  12sin 2 2sin cos 13A A A  2 5cos2 1 2sin 13A A    π π π 7 2sin(2 ) sin 2 cos cos2 sin4 4 4 26A A A    从甲地到乙地要经过 3 个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为 . （Ⅰ）设 表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量 的分布列和数学期望； （Ⅱ）若有 2 辆车独立地从甲地到乙地，求这 2 辆车共遇到 1 个红灯的概率. 【答案】 (1) (2) 试题解析：（Ⅰ）随机变量 的所有可能取值为 0,1,2,3. ， ， ， . 所以，随机变量 的分布列为 0 1 2 3 随机变量 的数学期望 . （Ⅱ）设 表示第一辆车遇到红灯的个数， 表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为 . 所以，这 2 辆车共遇到 1 个红灯的概率为 . 【考点】离散型随机变量概率分布列及数学期望 【名师点睛】求离散型随机变量概率分布列问题首先要清楚离散型随机变量的可取值有那些？当随机变量 取这些值时所对应的事件的概率有是多少，计算出概率值后，列出离散型随机变量概率分布列，最后按照 数学期望公式计算出数学期望.；列出离散型随机变量概率分布列及计算数学期望是理科高考数学必考问题. 1 1 1, ,2 3 4 X X 13 12 11 48 X 1 1 1 1( 0) (1 ) (1 ) (1 )2 3 4 4P X         1 1 1 1 1 1 1 1 1 11( 1) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 )2 3 4 2 3 4 2 3 4 24P X                  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( 2) (1 ) (1 ) (1 )2 3 4 2 3 4 2 3 4 4P X               1 1 1 1( 3) 2 3 4 24P X      X X P 1 4 11 24 1 4 1 24 X 1 11 1 1 13( ) 0 1 2 34 24 4 24 12E X          Y Z ( 1) ( 0, 1) ( 1, 0) ( 0) ( 1) ( 1) ( 0)P Y Z P Y Z P Y Z P Y P Z P Y P Z              1 11 11 1 11 4 24 24 4 48     11 48 （17）（本小题满分 13 分） 如图，在三棱锥 P-ABC 中，PA⊥底面 ABC， .点 D，E，N 分别为棱 PA，PC，BC 的中点，M 是线段 AD 的中点，PA=AC=4，AB=2. （Ⅰ）求证：MN∥平面 BDE； （Ⅱ）求二面角 C-EM-N 的正弦值； （Ⅲ）已知点 H 在棱 PA 上，且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为 ，求线段 AH 的长. 【答案】 （1）证明见解析（2） （3） 或 试题解析：如图，以 A 为原点，分别以 ， ， 方向为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系. 依题意可得 A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1）， N（1，2，0）. 90BAC   7 21 105 21 8 5 1 2 AB AC AP （Ⅰ）证明： =（0，2，0）， =（2，0， ）.设 ，为平面 BDE 的法向量， 则 ，即 .不妨设 ，可得 .又 =（1，2， ），可得 . 因为 平面 BDE，所以 MN//平面 BDE. （Ⅲ）依题意，设 AH=h（ ），则 H（0，0，h），进而可得 ， .由已知， 得 ，整理得 ，解得 ，或 . 所以，线段 AH 的长为 或 . DE DB 2 ( , , )x y zn 0 0 DE DB        n n 2 0 2 2 0 y x z     1z  (1,0,1)n MN 1 0MN   n MN  0 4h  ( 1, 2, )NH h   ( 2,2,2)BE   2 | | | 2 2 | 7| cos , | 21| || | 5 2 3 NH BE hNH BE NH BE h              210 21 8 0h h   8 5h  1 2h  8 5 1 2 【考点】直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角 【名师点睛】空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，不论是求空间角、空间距离还是证明线面关系利 用空间向量都很方便，利用向量夹角公式求异面直线所成的角又快又准，特别是借助平面的法向量求线面 角，二面角或点到平面的距离都很容易. 18.（本小题满分 13 分） 已知 为等差数列，前 n 项和为 ， 是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0， , ， . （Ⅰ）求 和 的通项公式； （Ⅱ）求数列 的前 n 项和 . 【答案】 （1） . .（2） . 【解析】 试题分析：根据等差数列和等比数列通项公式及前 项和公式列方程求出等差数列首项 和公差 及等比 数列的公比 ，写出等差数列和等比孰劣的通项公式，利用错位相减法求出数列的和，要求计算要准确. （II）解：设数列 的前 项和为 ， 由 ， ，有 ， 故 ， { }na ( )nS n N { }nb 2 3 12b b  3 4 12b a a  11 411S b { }na { }nb 2 2 1{ }n na b  ( )n N 3 2na n  2n nb  13 2 843 3 n n nT    n 1a d q 2 2 1{ }n na b  n nT 2 6 2na n  1 2 1 2 4n nb     2 2 1 (3 1) 4n n na b n    2 32 4 5 4 8 4 (3 1) 4n nT n          ， 上述两式相减，得 得 . 所以，数列 的前 项和为 . 【考点】等差数列、等比数列、数列求和 【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前 项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进 而写出通项公式及前 项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和方法有倒序相加法，错 位相减法，裂项相消法和分组求和法等，本题考查错位相减法求和. （19）（本小题满分 14 分） 设椭圆 的左焦点为 ，右顶点为 ，离心率为 .已知 是抛物线 的焦点， 到抛物线的准线 的距离为 . （I）求椭圆的方程和抛物线的方程； （II）设 上两点 ， 关于 轴对称，直线 与椭圆相交于点 （ 异于点 ），直线 与 轴相交 于点 .若 的面积为 ，求直线 的方程. 【答案】 （1） ， .（2） ，或 . 【解析】 试题分析：由于 为抛物线焦点， 到抛物线的准线 的距离为 ，则 ，又椭圆的离心率为 ， 求出 ，得出椭圆的标准方程和抛物线方程；则 ，设直线 方程为设 ，解 出 两点的坐标，把直线 方程和椭圆方程联立解出 点坐标，写出 所在直线方程，求出点 2 3 4 14 2 4 5 4 8 4 (3 4) 4 (3 1) 4n n nT n n              2 3 13 2 4 3 4 3 4 3 4 (3 1) 4n n nT n              1 1 12 (1 4 ) 4 (3 1) 41 4 (3 2) 4 8. n n n n n              13 2 843 3 n n nT    2 2 1{ }n na b  n 13 2 843 3 nn    n n 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b    F A 1 2 A 2 2 ( 0)y px p  F l 1 2 l P Q x AP B B A BQ x D APD△ 6 2 AP 2 2 4 13 yx   2 4y x 3 6 3 0x y   3 6 3 0x y   A F l 1 2 1 2a c  1 2 , ,c a b (1,0)A AP 1( 0)x my m   P Q、 AP B BQ D 的坐标，最后根据 的面积为 解方程求出 ，得出直线 的方程. 试题解析：（Ⅰ）解：设 的坐标为 .依题意， ， ， ，解得 ， ， ，于是 .所以，椭圆的方程为 ，抛物线的方程为 . 【考点】直线与椭圆综合问题 【名师点睛】圆锥曲线问题在历年高考都是较有难度的压轴题，不论第一步利用椭圆的离心率及椭圆与抛 物线的位置关系的特点，列方程组，求出椭圆和抛物线方程，还是第二步联立方程组求出点的坐标，写直 线方程，利用面积求直线方程，都是一种思想，就是利用大熟地方法解决几何问题，坐标化，方程化，代 数化是解题的关键. （20）（本小题满分 14 分） 设 ，已知定义在 R 上的函数 在区间 内有一个零点 ， 为 的导函数. （Ⅰ）求 的单调区间； （Ⅱ）设 ，函数 ，求证： ； APD△ 6 2 m AP F ( ,0)c 1 2 c a  2 p a 1 2a c  1a  1 2c  2p  2 2 2 3 4b a c   2 2 4 13 yx   2 4y x aZ 4 3 2( ) 2 3 3 6f x x x x x a     (1,2) 0x ( )g x ( )f x ( )g x 0 0[1, ) ( ,2]m x x  0( ) ( )( ) ( )h x g x m x f m   0( ) ( ) 0h m h x  （Ⅲ）求证：存在大于 0 的常数 ，使得对于任意的正整数 ，且 满足 . 【答案】 （1）增区间是 ， ，减区间是 .（2）（3）证明见解析 试题解析：（Ⅰ）由 ，可得 ， 进而可得 .令 ，解得 ，或 . 当 x 变化时， 的变化情况如下表： x + - + ↗ ↘ ↗ 所以， 的单调递增区间是 ， ，单调递减区间是 . （Ⅱ）证明：由 ，得 ， . 令函数 ，则 .由（Ⅰ）知，当 时， ， 故当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增.因此， 当 时， ，可得 . 令函数 ，则 .由（Ⅰ）知， 在 上单调递增， 故当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减.因此， A ,p q 0 0[1, ) ( ,2],p x xq   0 4 1| |p xq Aq  ( , 1)  1( , )4  1( 1, )4 4 3 2( ) 2 3 3 6f x x x x x a     3 2( ) ( ) 8 9 6 6g x f x x x x     2( ) 24 18 6g x x x    ( ) 0g x  1x   1 4x  ( ), ( )g x g x ( , 1)  1( 1, )4 1( , )4  ( )g x ( )g x ( )g x ( , 1)  1( , )4  1( 1, )4 0( ) ( )( ) ( )h x g x m x f m   0( ) ( )( ) ( )h m g m m x f m   0 0 0( ) ( )( ) ( )h x g x m x f m   1 0( ) ( )( ) ( )H x g x x x f x   1 0( ) ( )( )H x g x x x   [1,2]x ( ) 0g x  0[1, )x x 1 ( ) 0H x  1( )H x 0( ,2]x x 1 ( ) 0H x  1( )H x 0 0[1, ) ( ,2]x x x  1 1 0 0( ) ( ) ( ) 0H x H x f x    1( ) 0, ( ) 0H m h m 即 2 0 0( ) ( )( ) ( )H x g x x x f x   2 0( ) ( ) ( )H x g x g x   ( )g x [1,2] 0[1, )x x 2 ( ) 0H x  2 ( )H x 0( ,2]x x 2 ( ) 0H x  2 ( )H x 当 时， ，可得 . 所以， . 所以 在 内至少有一个零点，不妨设为 ，则 . 由（I）知 在 上单调递增，故 ， 于是 . 因为当 时， ，故 在 上单调递增， 所以 在区间 上除 外没有其他的零点，而 ，故 . 又因为 ， ， 均为整数，所以 是正整数， 从而 . 所以 .所以，只要取 ，就有 . 【考点】导数的应用 【名师点睛】判断 的单调性，只需对函数求导，根据 的导数的符号判断函数的单调性，求出单 调区间，有关函数的零点问题，先利用函数的导数判断函数的单调性，了解函数的图象的增减情况，再对 极值点作出相应的要求，可控制零点的个数. 0 0[1, ) ( ,2]x x x  2 2 0( ) ( ) 0H x H x  2 0( ) 0, ( ) 0H m h x 即 0( ) ( ) 0h m h x  ( )h x (1,2) 1x 1 1 0( ) ( )( ) ( ) 0p ph g x fqx qx    ( )g x [1,2] 10 ( ) ( )1 2( )g xg g   4 3 2 2 3 4 0 4 1 ( ) | ( ) | | 2 3 3 6 || | | |( ) ( ) (2 )2 p pf fp p p q p q pq aqq qxq g x g g q        [1 2],x ( ) 0g x  ( )f x [1,2] ( )f x [1,2] 0x 0 p xq  ( ) 0pf q  p q a 4 3 2 2 3 4| 2 3 3 6 |p p q p q pq aq    4 3 2 2 3 4| 2 3 3 6 | 1p p q p q pq aq     0 4 1| 2| ( ) p xq g q  ( )2A g 0 4 1| |p xq Aq  ( )g x ( )g x