2022年高三數(shù)學(xué)十月聯(lián)合考試試題 理(含解析)新人教A版
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1、2022年高三數(shù)學(xué)十月聯(lián)合考試試題 理(含解析)新人教A版 【試卷綜評】本次試卷從題型設(shè)置、考察知識的范圍等方面保持穩(wěn)定,試題難度適中,試題在考查高中數(shù)學(xué)基本概念、基本技能和基本方法等數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識,突出三基,強(qiáng)化三基的同時(shí),突出了對學(xué)生能力的考查,注重了對學(xué)科的內(nèi)在聯(lián)系和知識的綜合、重點(diǎn)知識的考查,以它的知識性、思辨性、靈活性,基礎(chǔ)性充分體現(xiàn)了考素質(zhì),考基礎(chǔ),考方法,考潛能的檢測功能。試題中無偏題,怪題,起到了引導(dǎo)高中數(shù)學(xué)向全面培養(yǎng)學(xué)生數(shù)學(xué)素質(zhì)的方向發(fā)展的作用。突出考查數(shù)學(xué)主干知識 ,側(cè)重于中學(xué)數(shù)學(xué)學(xué)科的基礎(chǔ)知識和基本技能的考查;側(cè)重于知識交匯點(diǎn)的考查。全面考查了考試說明中要求的內(nèi)容。 第
2、Ⅰ卷 一、選擇題(本大題共12個(gè)小題,每小題5分,共60分,在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 【題文】1、已知集合,則等于 A. B. C. D. 【知識點(diǎn)】交集及其運(yùn)算.L4 【答案解析】B 解析:由M中不等式變形得:x(x﹣2)<0, 解得:0<x<2,即M=(0,2);由N中不等式變形得:﹣1<0,即<0, 解得:x<1,即N=(﹣∞,1),則M∩N=(0,1).故選B 【思路點(diǎn)撥】求出M與N中不等式的解集確定出M與N,找出兩集合的交集即可. 【題文】2、的值為 A. B. C. D. 【知識點(diǎn)】運(yùn)
3、用誘導(dǎo)公式化簡求值.L4 【答案解析】C 解析:cos()=cos(670+)=cos=cos(π+)=﹣cos=﹣,故選:C. 【思路點(diǎn)撥】原式中角度變形后,利用誘導(dǎo)公式及特殊角的三角函數(shù)值計(jì)算即可得到結(jié)果. 【題文】3、已知為常數(shù),則使得成立的一個(gè)充分而不必要條件是( ) A. B. C. D. 【知識點(diǎn)】微積分基本定理;必要條件、充分條件與充要條件的判斷.L4 【答案解析】C 解析:由積分運(yùn)算法則,得=lnx=lne﹣ln1=1 因此,不等式即即a>1,對應(yīng)的集合是(1,+∞), 將此范圍與各個(gè)選項(xiàng)加以比較,只有C項(xiàng)對應(yīng)集合(e,+∞)是
4、(1,+∞)的子集 ∴原不等式成立的一個(gè)充分而不必要條件是a>e,故選:C 【思路點(diǎn)撥】由定積分計(jì)算公式,求出函數(shù)f(x)=的一個(gè)原函數(shù)F(x)=lnx,從而利用微積分基本定理得到=lne,結(jié)合充分條件、必要條件的定義,即可得到不等式成立的一個(gè)充分而不必要條件. 【題文】4、已知為第三象限角,且,則的值為 A. B. C. D. 【知識點(diǎn)】兩角和與差的正弦函數(shù).L4 【答案解析】B 解析:把sinα+cosα=2m兩邊平方可得1+sin2α=4m2,又sin2α=m2,∴3m2=1,解得m=,又α為第三象限角,∴m=,故選:B 【思路點(diǎn)撥】把sinα+cos
5、α=2m兩邊平方可得m的方程,解方程可得m,結(jié)合角的范圍可得答案. 【題文】5、在中,角角的對邊分別為,若且, 則等于 A. B. C. D. 【知識點(diǎn)】余弦定理.L4 【答案解析】A 解析:由sinC=2sinB,由正弦定理可知:c=2b,代入a2﹣b2=bc, 可得a2=7b2,所以cosA==,∵0<A<π,∴A=.故選:A. 【思路點(diǎn)撥】利用正弦定理化三角函數(shù)為三角形邊的關(guān)系,然后通過余弦定理求解即可. 【題文】6、已知定義在R上的奇函數(shù)滿足,且當(dāng)時(shí),,則等于 A. B. C.1 D.2 【知識點(diǎn)】函數(shù)奇偶性的性質(zhì).L
6、4 【答案解析】B 解析:由f(x)為奇函數(shù)可得f(﹣x)=﹣f(x),再由條件可得f(﹣x)=f(+x),所以,f(3+x)=f(x).所以,f(xx)=f(671×3+2)=f(﹣1)=﹣f(1)=﹣2.故選:B. 【思路點(diǎn)撥】由已知得f(3+x)=f(x),所以f(xx)=f(671×3+2)=f(﹣1)=﹣f(1)=﹣2. 【題文】7、給出下列命題,其中錯(cuò)誤的是 A.在中,若,則 B.在銳角中, C.把函數(shù)的圖象沿x軸向左平移個(gè)單位,可以得到函數(shù)的圖象 D.函數(shù)最小正周期為的充要條件是 【知識點(diǎn)】命題的真假判斷與應(yīng)用.L4 【答案解析】D 解析:對于A.在
7、△ABC中,若A>B,則a>b,即由正弦定理有sinA>sinB,故A正確; 對于B.在銳角△ABC中,A+B>,則A>﹣B,由y=sinx在(0,)上遞增, 則sinA>sin(﹣B)=cosB,故B正確; 對于C.把函數(shù)y=sin2x的圖象沿x軸向左平移個(gè)單位,可以得到函數(shù)y=sin2(x) =sin(2x)=cos2x的圖象,故C正確; 對于D.函數(shù)y=sinωx+cosωx(ω≠0)=2sin(ωx), 最小正周期為π時(shí),ω也可能為﹣2,故D錯(cuò). 故選D. 【思路點(diǎn)撥】由正弦定理和三角形中大角對大邊,即可判斷A;由銳角三角形中,兩銳角之和大于90°,運(yùn)用正弦函數(shù)的單調(diào)性
8、,即可判斷B;運(yùn)用圖象的左右平移,只對自變量x而言,再由誘導(dǎo)公式,即可判斷C;由兩角和的正弦公式化簡,再由周期公式,即可判斷D. 【題文】8、已知冪函數(shù)的圖象如圖所示,則在的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的面積為 A. B. C. D.4 【知識點(diǎn)】冪函數(shù)的性質(zhì).L4 【答案解析】C 解析:根據(jù)冪函數(shù)的圖象可知,n﹣2<0,且為偶數(shù),又n∈N,故n=0,所以f(x)=x﹣2,則f′(x)=﹣2x﹣3,所以切線的斜率為f′(1)=﹣2,切線方程為y﹣1=﹣2(x﹣1),即2x+y﹣3=0,與兩坐標(biāo)軸圍成的面積為=,故選:C. 【思路點(diǎn)撥】先根據(jù)冪函數(shù)的圖象和性質(zhì),得到n=﹣
9、2,再根據(jù)導(dǎo)數(shù)求出切線的斜率,求出切線方程,問題得以解決. 【題文】9、已知,函數(shù)在處于直線相切,設(shè),若在區(qū)間上,不等式恒成立,則實(shí)數(shù) A.有最小值 B.有最小值 C.有最大值 D.有最大值 【知識點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程.L4 【答案解析】D 解析:f(x)=tanx的導(dǎo)數(shù)f′(x)=()′==, 則a=f′(﹣)==2,將切點(diǎn)(﹣,﹣1)代入切線方程,即 ﹣1=﹣2+b+,即有b=﹣1. 則g(x)=ex﹣x2+2,令h(x)=g′(x)=ex﹣2x, h′(x)=ex﹣2,在[1,2]上h′(x)>0恒成立,即h(x)在[1,2]上遞增,
10、 即g′(x)在[1,2]上遞增,則有g(shù)′(x)≥g′(1)=e﹣2>0, 則g(x)在[1,2]上遞增,g(1)最小,g(2)最大, 不等式m≤g(x)≤m2﹣2恒成立,即有, 解得m≤﹣e或e≤m≤e+1.即m的最大值為e+1.故選D. 【思路點(diǎn)撥】求出f(x)的導(dǎo)數(shù),求出切線的斜率,得a=2,將切點(diǎn)(﹣,﹣1)代入切線方程,求得b=﹣1,再求g(x)的導(dǎo)數(shù),判斷g(x)在[1,2]上的單調(diào)性,求出最值,再由不等式m≤g(x)≤m2﹣2恒成立,即有,解出m的取值范圍,即可判斷. 【題文】10、對于函數(shù),若,為某一三角形的三邊長,則稱為“可構(gòu)造三角形函數(shù)”,已知函數(shù)是“可構(gòu)造三角形
11、函數(shù)”,則實(shí)數(shù)的取值范圍是 A. B. C. D. 【知識點(diǎn)】指數(shù)函數(shù)綜合題.L4 【答案解析】D 解析:由題意可得f(a)+f(b)>f(c)對于?a,b,c∈R都恒成立, 由于f(x)==1+, ①當(dāng)t﹣1=0,f(x)=1,此時(shí),f(a),f(b),f(c)都為1,構(gòu)成一個(gè)等邊三角形的三邊長,滿足條件. ②當(dāng)t﹣1>0,f(x)在R上是減函數(shù),1<f(a)<1+t﹣1=t,同理1<f(b)<t,1<f(c)<t,由f(a)+f(b)>f(c),可得 2≥t,解得1<t≤2. ③當(dāng)t﹣1<0,f(x)在R上是增函數(shù),t<f(a)<1,同理t<f(b)<
12、1,2<f(c)<1, 由f(a)+f(b)>f(c),可得 2t≥1,解得1>t≥. 綜上可得,≤t≤2,故選:A. 【思路點(diǎn)撥】因?qū)θ我鈱?shí)數(shù)a、b、c,都存在以f(a)、f(b)、f(c)為三邊長的三角形,則f(a)+f(b)>f(c)恒成立,將f(x)解析式用分離常數(shù)法變形,由均值不等式可得分母的取值范圍,整個(gè)式子的取值范圍由t﹣1的符號決定,故分為三類討論,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的值域,然后討論k轉(zhuǎn)化為f(a)+f(b)的最小值與f(c)的最大值的不等式,進(jìn)而求出實(shí)數(shù)k 的取值范圍. 第Ⅱ卷 二、填空題:本大題共7小題,每小題5分,共35分,把答案填在答案卡中的橫線上 【
13、題文】11、已知,則 【知識點(diǎn)】二倍角的正弦;誘導(dǎo)公式的作用.L4 【答案解析】 解析:∵,3sin2α=2cosα,∴6sinα?cosα=2cosα,解得 sinα=,∴cosα=﹣.故cos(α﹣π)=cos(π﹣α)=﹣cosα=,故答案為. 【思路點(diǎn)撥】由條件利用二倍角公式求得sinα=,再利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求出cosα 的值,再利用誘導(dǎo)公式求出cos(α﹣π)的值. 【題文】12、化簡的結(jié)果為 【知識點(diǎn)】對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì).L4 【答案解析】25 解析:原式=+lg5lg2+lg22﹣lg2=25+lg2(lg5+lg
14、2)﹣lg2=25. 【思路點(diǎn)撥】利用對數(shù)的運(yùn)算法則、lg2+lg5=1即可得出. 【題文】13、已知關(guān)于的方程有兩個(gè)不等的負(fù)實(shí)數(shù)根; 關(guān)于的方程的兩個(gè)實(shí)數(shù)根,分別在區(qū)間與內(nèi) (1)若是真命題,則實(shí)數(shù)的取值范圍為 (2)若是真命題,則實(shí)數(shù)的取值范圍為 【知識點(diǎn)】復(fù)合命題的真假.L4 【答案解析】; 解析:(1)若p為真,則,解得:m>2,若¬p是真命題,則p是假命題,故實(shí)數(shù)m的取值范圍是:(﹣∞,2]; (2)對于q:設(shè)f(x)=4x2+4(m﹣2)x+1,由q為真可得, 解得:﹣<m<﹣,若q為假,則m≤﹣或m≥﹣,∴若(¬p
15、)∧(¬q)是真命題, 則有m≤﹣或﹣m≤2,即m的范圍是:(﹣∞,﹣]∪[﹣,2]; 故答案為:(﹣∞,2],(﹣∞,﹣]∪[﹣,2]. 【思路點(diǎn)撥】(1))若p為真,求出m的范圍,若¬p是真命題,則p是假命題,從而得出m的范圍;(2)由q為真可得m的范圍,若q為假,求出m的范圍,若(¬p)∧(¬q)是真命題,從而求出m的范圍. 【題文】14、在中,角的對邊分別為,且,若的面積為,則的最小值為 【知識點(diǎn)】正弦定理.L4 【答案解析】12 解析:在△ABC中,由條件里用正弦定理可得2sinCcosB=2sinA+sinB=2sin(B+C)+sinB,即
16、2sinCcosB=2sinBcosC+2sinCcosB+sinB,∴2sinBcosC+sinB=0, ∴cosC=﹣,C=.由于△ABC的面積為S=ab?sinC=ab=c,∴c=ab. 再由余弦定理可得c2=a2+b2﹣2ab?cosC,整理可得a2b2=a2+b2+ab≥3ab,當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí),取等號,∴ab≥12,故答案為:12. 【思路點(diǎn)撥】由條件里用正弦定理、兩角和的正弦公式求得cosC=﹣,C=.根據(jù)△ABC的面積為S=ab?sinC=c,求得c=ab.再由余弦定理化簡可得a2b2=a2+b2+ab≥3ab,由此求得ab的最小值. 【題文】15、已知函數(shù),,給出下列
17、結(jié)論: ①函數(shù)的值域?yàn)椋? ②函數(shù)在上是增函數(shù); ③對任意,方程在內(nèi)恒有解; ④若存在,使得,則實(shí)數(shù)的取值范圍是. 其中所有正確的結(jié)論的序號是 【知識點(diǎn)】分段函數(shù)的應(yīng)用.菁優(yōu)L4 【答案解析】①②④解析:當(dāng)x∈[0,]時(shí),f(x)=﹣x是遞減函數(shù),則f(x)∈[0,], 當(dāng)x∈(,1]時(shí),f(x)==2(x+2)+﹣8,f′(x)=2﹣>0,則f(x)在(,1]上遞增,則f(x)∈(,].則x∈[0,1]時(shí),f(x)∈[0,],故①正確; 當(dāng)x∈[0,1]時(shí),g(x)=asin(x+)﹣2a+2(a>0)=﹣acosx﹣2a+2, 由a>0,0≤x≤
18、,則g(x)在[0,1]上是遞增函數(shù),故②正確; 由②知,a>0,x∈[0,1]時(shí)g(x)∈[2﹣3a,2﹣], 若2﹣3a>或2﹣<0,即0<a<或a>,方程f(x)=g(x)在[0,1]內(nèi)無解,故③錯(cuò); 故存在x1,x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2)成立,則解得≤a≤. 故④正確. 故答案為:①②④. 【思路點(diǎn)撥】求得f(x)的各段的值域,再求并集,即可判斷①;化簡g(x),判斷g(x)的單調(diào)性即可判斷②;求出g(x)在[0,1]的值域,求出方程f(x)=g(x)在[0,1]內(nèi)無解的a的范圍,即可判斷③;由③得,有解的條件為:g(x)的最小值不大于f(x)的最大值且g
19、(x)的最大值不小于f(x)的最小值,解出a的范圍,即可判斷④. 三、解答題:本大題共5小題,滿分65分,解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟 【題文】16、(本小題滿分11分) 已知函數(shù)的部分圖象 如圖所示. (1)試確定函數(shù)的解析式; (2)若,求的值. 【知識點(diǎn)】由y=Asin(ωx+φ)的部分圖象確定其解析式;三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用. 【答案解析】(1)f(x)=2sin(πx+);(2)﹣ 解析:(1)由圖可知,A=2,=﹣=,又ω>0,∴T==2,∴ω=π; 由圖可知,f(x)=Asin(ωx+φ)經(jīng)過(,2),∴ω+φ=,即+φ=, ∴φ=,
20、∴f(x)=2sin(πx+); (2)∵f()=,∴2sin(+)=, ∴sin(+)=cos[﹣(+)]=cos(﹣)=, ∴cos(﹣α)=2﹣1=2×﹣1=﹣. 【思路點(diǎn)撥】(1)由圖可知,A=2,=,可求得ω,再利用ω+φ=可求得φ,從而可求得f(x)的解析式;(2)由(1)知f(x)的解析式,結(jié)合已知f()=,可求得α的三角函數(shù)知,最后利用兩角差的余弦計(jì)算即可求cos(﹣α)的值. 【題文】17、(本小題滿分12分) xx世界園藝博覽會在青島舉行,某展銷商在此期間銷售一種商品,根據(jù)市場調(diào)查,當(dāng)每套商品售價(jià)為x元時(shí),銷售量可達(dá)到萬套,供貨商把該產(chǎn)品的供貨價(jià)格分為來那個(gè)部分
21、,其中固定價(jià)格為每套30元,浮動價(jià)格與銷量(單位:萬套)成反比,比例系數(shù)為,假設(shè)不計(jì)其它成本,即每套產(chǎn)品銷售利潤=售價(jià)-供貨價(jià)格 (1)若售價(jià)為50元時(shí),展銷商的總利潤為180元,求售價(jià)100元時(shí)的銷售總利潤; (2)若,求銷售這套商品總利潤的函數(shù),并求的最大值. 【知識點(diǎn)】函數(shù)模型的選擇與應(yīng)用.L4 【答案解析】(1)330(萬元)(2)f(x)= ﹣0.1x2+18x﹣460,(0<x<150),350(萬元). 解析:(1)售價(jià)為50元時(shí),銷量為15﹣0.1×50=10萬套,此時(shí)每套供貨價(jià)格為30+(元), 則獲得的總利潤為10×(50﹣30﹣)=180,解得k=20
22、,∴售價(jià)為100元時(shí),銷售總利潤為;(15﹣0.1×1000(100﹣30﹣)=330(萬元). (2)由題意可知每套商品的定價(jià)x滿足不等式組,即0<x<150, ∴f(x)=[x﹣(30+)]×(15﹣0.1x)=﹣0.1x2+18x﹣460,(0<x<150), ∴f′(x)=﹣0.2x+18,令f′(x)=0可得x=90, 且當(dāng)0<x<90時(shí),f′(x)>0,當(dāng)90<x<150時(shí),f′(x)<0, ∴當(dāng)x=90時(shí),f(x)取得最大值為350(萬元). 【思路點(diǎn)撥】(1)由題意可得10×(50﹣30﹣)=180,解得k=20,即可求得結(jié)論; (2)由題意得f(x)=[x﹣(3
23、0+)]×(15﹣0.1x)=﹣0.1x2+18x﹣460,(0<x<150),利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性即可求得最大值. 【題文】18、(本小題滿分12分) 如圖,在直角坐標(biāo)系中,角的頂點(diǎn)是原點(diǎn),始邊與軸正半軸重合,終邊交單位圓于點(diǎn)A,且,將角的終邊按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn),交單位圓于點(diǎn)B,記. (1)若,求; (2)分別過作x軸的垂線,垂足一次為C、D,記的面積為, 的面積為,若,求角的值. 【知識點(diǎn)】兩角和與差的正弦函數(shù);任意角的三角函數(shù)的定義. 【答案解析】(1)(2) 解析:(1)解:由三角函數(shù)定義,得 x1=cosα,. 因?yàn)?,,所以 . 所以 . (2)解:
24、依題意得 y1=sinα,. 所以 , . 依題意S1=2S2 得 ,即sin2α=﹣2[sin2αcos+cos2αsin]=sin2α﹣cos2α,整理得 cos2α=0. 因?yàn)?,所以 ,所以 ,即 . 【思路點(diǎn)撥】(1)由三角函數(shù)定義,得 x1=cosα=,由此利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求得sinα的值,再根據(jù),利用兩角和的余弦公式求得結(jié)果.(2)依題意得 y1=sinα,,分別求得S1 和S2 的解析式,再由S1=2S2 求得cos2α=0,根據(jù)α的范圍,求得α的值. 【題文】19、(本小題滿分12分) 已知函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù). (1)若,求在上遞增的
25、充要條件; (2)若對任意的實(shí)數(shù)和正實(shí)數(shù)恒成立,求實(shí)數(shù)的取值范圍. 【知識點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性;利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值.L4 【答案解析】(1)0<m≤.(2)(﹣∞,0)∪(0,2]. 解析:(1)∵函數(shù)f(x)=(m≠0)是定義在R上的奇函數(shù).∴f(0)=0,即=0,∴n=0,∴f(x)=,顯然f(﹣x)=﹣f(x)成立,故n=0時(shí)f(x)為R上的奇函數(shù), ∴f′(x)==,∵m>0,∴﹣m<0, 由f′(x)>0可得x2﹣2<0,解得﹣<x<,即f(x)的遞增區(qū)間是(﹣,),由題意只需(﹣m,m)?(﹣,),∴0<m≤, ∴f(x)在(﹣m,m)上遞增的
26、充要條件是0<m≤. (2)設(shè)g(x)=sinθc0sθ+cos2θ+﹣,∵f(x)≤sinθcosθ+cos2θ+﹣對任意的實(shí)數(shù)θ和正實(shí)數(shù)x恒成立,∴f(x)≤g(x)min恒成立, ∵g(x)=sinθc0sθ+cos2θ+﹣=sin2θ+﹣=sin2θ+cos2θ+=sin(2θ+)+,∴g(x)min=﹣+=,∴只需f(x)≤,即≤, ∵x>0,∴只需≤,即m≤(x+)恒成立,而(x+)≥×2=2,當(dāng)且僅當(dāng)x=時(shí)取得最小值2,∴m≤2,又m≠0,∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是(﹣∞,0)∪(0,2]. 【思路點(diǎn)撥】(1)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性,由f′(x)>0解得即可;(2)設(shè)g(x)
27、=sinθc0sθ+cos2θ+﹣,由題意得只需f(x)≤g(x)min恒成立,利用三角變換求得g(x)的最小值,列出不等式解得即可. 【題文】20、(本小題滿分14分) 已知 (1)求的單調(diào)區(qū)間與極值; (2)若,試分析方程在上是否有實(shí)根,若有實(shí)數(shù)根,求出的取值范圍;否則,請說明理由. 【知識點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性;利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值.菁L4 【答案解析】(1)y=f(x)﹣f′(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞),∴當(dāng)x=1時(shí),y取極大值﹣e,函數(shù)無極小值.(2)方程f′(x)=f(x)+kx﹣k2+e在[1,+∞]上無實(shí)根. 解析
28、:(1)函數(shù)f(x)=ex(lnx+1)的定義域?yàn)椋?,+∞),f′(x)=+ex,則 y=f(x)﹣f′(x)=,∴y′=,由y′=0可得x=1. 當(dāng)x>1時(shí),y′<0;當(dāng)x<1時(shí),y′>0;∴y=f(x)﹣f′(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞),∴當(dāng)x=1時(shí),y取極大值﹣e,函數(shù)無極小值. (2)方程f′(x)=f(x)+kx﹣k2+e可變?yōu)閒′(x)﹣f(x)﹣kx+k2﹣e=0 進(jìn)一步化為﹣kx+k2﹣e=0,令g(x)=﹣kx+k2﹣e,g′(x)=. ∵x≥1,∴x﹣1≥0,而ex>0,∴,又k<0, ∴g′(x)=>0, ∴g(x)在[1,
29、+∞]上單調(diào)遞增,且g(x)的最小值為g(1)=k2﹣k, 則方程f′(x)=f(x)+kx﹣k2+e在[1,+∞]上最多只有一個(gè)實(shí)根, ∴要使方程f′(x)=f(x)+kx﹣k2+e在[1,+∞]上有一個(gè)實(shí)根,只需k2﹣k≤0, 解得0≤k≤1,這與k<0矛盾,故方程f′(x)=f(x)+kx﹣k2+e在[1,+∞]上無實(shí)根. 【思路點(diǎn)撥】(1)先求出f(x)的導(dǎo)數(shù),代入y=f(x)﹣f′(x)得出函數(shù)表達(dá)式,再去研究單調(diào)性與極值,(2)把方程f′(x)=f(x)+kx﹣k2+e化簡,構(gòu)造函數(shù),用導(dǎo)數(shù)研究方程有無實(shí)根. 【題文】21、(本小題滿分14分) 已知為常數(shù),在處的
30、切線方程為. (1)求的單調(diào)區(qū)間; (2)若任意實(shí)數(shù),使得對任意的上恒有成立, 求實(shí)數(shù)的取值范圍; (3)求證:對任意正整數(shù),有. 【知識點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值;利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性。L4 【答案解析】(1)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+∞),沒有遞增區(qū)間.(2) [,+∞). (3)見解析 解析:(1)由f(x)=+nlnx(m,n為常數(shù))的定義域?yàn)椋?,+∞), ∴f′(x)=﹣+,∴f′(1)=﹣+n=﹣1, 把x=1代入x+y﹣2=0得y=1,∴f(1)==1,∴m=2,n=﹣, ∴f(x)=﹣lnx,f′(x)=﹣﹣,∵x>0,∴f′
31、(x)<0, ∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+∞),沒有遞增區(qū)間. (2)由(1)可得,f(x)在[,1]上單調(diào)遞減,∴f(x)在[,1]上的最小值為f(1)=1, ∴只需t3﹣t2﹣2at+2≤1,即2a≥對任意的t∈[,2]上恒成立, 令g(t)=,則g′(t)=2t﹣1﹣==, 令g′(t)=0可得t=1,而2t2+t+1>0恒成立,∴當(dāng)t<1時(shí),g′(t)<0,g(t)單調(diào)遞減,當(dāng)1<t≤2時(shí),g′(t)>0,g(t)單調(diào)遞增. ∴g(t)的最小值為g(1)=1,而g()=+2=,g(2)=4﹣2+=,顯然g()<g(2),∴g(t)在[,2]上的最大值為g(2)=,∴只
32、需2a≥,即a≥, ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是[,+∞). (3)由(1)可知f(x)在區(qū)間(0,1]上單調(diào)遞減, ∴對于任意的正整數(shù)n,都有f()≥f(1)=1,即﹣ln≥1, 整理可得+lnn≥2,則有:+ln1≥2,+ln2≥2,+ln3≥2,…,+lnn≥2. 把以上各式兩邊相加可得:4(++…+)+(ln1+ln2+…+lnn)≥2n. 【思路點(diǎn)撥】(1)利用導(dǎo)數(shù)的意義求得m,進(jìn)而求出單調(diào)區(qū)間;(2)f(x)在[,1]上的最小值為f(1)=1,只需t3﹣t2﹣2at+2≤1,即2a≥對任意的t∈[,2]上恒成立,令g(t)=,利用導(dǎo)數(shù)求出g(t)的最大值,列出不等式,即可求得結(jié)論;(3)由(1)可知f(x)在區(qū)間(0,1]上單調(diào)遞減,故有f()≥f(1)=1,即﹣ln≥1,整理可得+lnn≥2,利用累加法即可得出結(jié)論.
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