《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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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(píng)】本次試卷從題型設(shè)置、考察知識(shí)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(shí)，突出三基，強(qiáng)化三基的同時(shí)，突出了對(duì)學(xué)生能力的考查，注重了對(duì)學(xué)科的內(nèi)在聯(lián)系和知識(shí)的綜合、重點(diǎn)知識(shí)的考查，以它的知識(shí)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(cè)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(shí) ,側(cè)重于中學(xué)數(shù)學(xué)學(xué)科的基礎(chǔ)知識(shí)和基本技能的考查；側(cè)重于知識(shí)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(shí)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(shí)點(diǎn)】運(yùn)

3、用誘導(dǎo)公式化簡(jiǎn)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(shí)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(duì)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(duì)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(shí)點(diǎn)】?jī)山呛团c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(duì)邊分別為，若且， 則等于 A． B． C． D． 【知識(shí)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(shí)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(shí)點(diǎn)】命題的真假判斷與應(yīng)用．L4 【答案解析】D 解析：對(duì)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(duì)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(duì)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(duì)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(duì)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(duì)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(jiǎn)，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(shí)點(diǎn)】?jī)绾瘮?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(shí)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(duì)于函數(shù)，若，為某一三角形的三邊長(zhǎng)，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(shí)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(duì)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(zhǎng)，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(zhǎng)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(hào)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(shí)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(jiǎn)的結(jié)果為 【知識(shí)點(diǎn)】對(duì)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(duì)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(shí)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(duì)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(duì)邊分別為，且，若的面積為，則的最小值為 【知識(shí)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(hào)，∴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(jiǎn)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(duì)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(hào)是 【知識(shí)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(jiǎn)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(shí)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(huì)在青島舉行，某展銷商在此期間銷售一種商品，根據(jù)市場(chǎng)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(dòng)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(rùn)=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(rùn)為180元，求售價(jià)100元時(shí)的銷售總利潤(rùn)； （2）若，求銷售這套商品總利潤(rùn)的函數(shù)，并求的最大值． 【知識(shí)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(rùn)為10×（50﹣30﹣）=180，解得k=20

22、，∴售價(jià)為100元時(shí)，銷售總利潤(rùn)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(shí)點(diǎn)】?jī)山呛团c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(duì)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(shí)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(duì)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(qǐng)說明理由． 【知識(shí)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(jiǎn)，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(duì)任意的上恒有成立， 求實(shí)數(shù)的取值范圍； （3）求證：對(duì)任意正整數(shù)，有． 【知識(shí)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(duì)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(duì)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(duì)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．