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天津市第一中学2020届高三数学下学期第四次月考试题(Word解析版)

天津一中 2019-2020 高三年级第四次月考数学试卷
一、选择题:(在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)(每小题 5 分)
1.设集合 A {x | y  log2 2  x}, B  {x | x 2  3x  2  0} ,则C  B =(    )
 
A. ,1
 
B. ,1
 
C. 2, 
 
D. 2, 
 
2.设 x  R, 则“| x  1 | 4 ”是“ x  5  0 ”的(    )
2  x
A. 充分而不必要条件    B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件    D. 既不充分也不必要条件
3.    曲线 y  ln x  2 在 x  1 处的切线的倾斜角为,则cos sin的值为(    )
x

 
A. 2 10
5
 
B. 10 5
 
C.  10
5
 
D.  2 10
5
 

4.    已知抛物线 y2  2 px( p  0) 上一点 M (1,m) 到其焦点的距离为5 ,双曲线 x2  y2  1
a
的左顶点为 A ,若双曲线一条渐近线与直线 AM 垂直,则实数 a (    )

A.    B.2    C.    D.

 
5.将函数 f ( x)  sin(3x )(0   )
 

图象向左平移 4 个单位长度后得到函数
 
g  x  的
 
图象,若直线 x  是 g  x  的图象的一条对称轴,则(    )
6
A. f  x  为奇函数    B. g  x  为偶函数
C. f  x  在  , 上单调递减    D. g  x  在  , 上单调递增
 
12 3 
 
 15 9 
 

6.    已知奇函数 f (x) ,且 g(x)  xf (x) 在[0, ) 上是增函数,若 a  g ( log2 5.1) ,
b  g (20.8 ) , c  g (3) ,则 a,b, c 的大小关系为(    )

 
A.    a  b  c
 
B.    c  b  a
 
C.    b  a  c
 
D.    b  c  a
 
7.    点 A, B, C, D 在同一个球的球面上, AB  BC  AC     ,若四面体 ABCD 体积的
最大值为    ,则这个球的表面积为(    )
A. 289    B. 8    C. 169    D. 25
16    16    16
 
8.    设m , n 为正数,且 m  n  2 ,则    1
m 1
 
    n  3 的最小值为(    )
n  2
 

 
A.    3 2
 
B.    5 3

x ln x  2x, x  0
 
C.    7 4
 
D.    9 5
 
9.    已知函数 f  x  
x 

 
3 x, x  0
2
 
的图像上有且仅有四个不同的点关于直线 y  1的
 
对称点在 y  kx 1的图像上,则实数 k 的取值范围是(    )

 
A .  1 ,1
 
B.  1 , 3 

   
 
C.  1 ,1

 
 
D.  1 , 2

 
 
 2    
 
                    
 
         2 4 
 
 3    
 
 2    
 

二、填空题:(每小题 5 分)
10.设 z  1 i  2i ,则| z |    .
1 i
11.    二项式 x   a    展开式中的常数项为 240,则实数 a 的值为     .
    x 
    
12.    一所中学共有 4 000 名学生,为了引导学生树立正确的消费观,需抽样调查学生每天
使用零花钱的数量(取整数元)情况,分层抽取容量为 300 的作出频率分布直方图如图所示,请估计在全校所有学生中,  一天使用零花钱在 6 元~14 元的学生大约有     _人.

x2    y2    2 3
 
13.    已知双曲线    
a2    b2
 
 1(a  0, b  0) 的离心率为
 
则它的一条渐近线被圆
3
 
 x  42   y2   8 所截得的弦长等于         .
14.2019 年底,武汉发生“新型冠状病毒”肺炎疫情,国家卫健委紧急部署,从多省调派医务
工作者前去支援,正值农历春节举家团圆之际,他们成为“最美逆行者”.武汉市从 2 月 7 日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠    肺炎的发热患者和确诊患者的密切接触者等“四类”人员,强化网格化管理,不落一户、不漏    一人.若在排查期间,某小区有 5 人被确认为“确诊患者的密切接触者”,现医护人员要对这
 
5 人随机进行逐一“核糖核酸”检测,只要出现一例阳性,则将该小区确定为“感染高危小区”.假设每人被确诊的概率均为 p(0

f ( p) 取得最大值,则 p0  .

 
15.如图,菱形ABCD的边长为   3,对角线AC与BD相交于   O点,|   AC   |=2 (包含端点)上一点,则| EA |的取值范围是     , EA  ED 的最小值为     .



三、解答题:(本大题共 5 小题,共 75 分)
16.(本题满分 14 分)
 
,E为BC边
 

 
已知函数 f (x) 
 
3 sin 2x  cos2 x  1 .
2    2
 

(Ⅰ)求 f (x) 的最小值,并写出取得最小值时的自变量 x 的集合.
(Ⅱ)设ABC 的内角 A , B , C 所对的边分别为 a , b , c ,且 c     , f C   0 , 若sin B  2sin A ,求 a , b 的值.

17.(本题满分 14 分)
菱形 ABCD 中, ABC  120 EA  平面 ABCD , EA / / FD , EA  AD  2FD  2 ,
(Ⅰ)证明:直线 FC / / 平面 EAB ;
(Ⅱ)求二面角 E  FC  A 的正弦值;
(Ⅲ)线段 EC 上是否存在点 M 使得直线 EB 与平面 BDM
所成角的正弦值为 2 ?若存在,求 EM ;若不存在,
8    MC
说明理由.
 
18.(本题满分 15 分)
如图,椭圆C : x2   y2              的左右焦点分别为 F , F ,离心率为    3 ,过抛物

 
1    a2
 
b2    1(a    b    0)    1    2
 
线C : x2  4by 焦点 F 的直线交抛物线于 M , N 两点,当| MF | 7 时, M 点在 x 轴上
 
2    4
的射影为 F1 ,连接 NO, MO 并延长分别交C1 于 A, B 两点,连接 AB , OMN 与OAB
 
的面积分别记为 S
 

OMN
 
, SOAB
 
,设 SOMN  .
SOAB
 

(Ⅰ)求椭圆C1 和抛物线C2 的方程;
(Ⅱ)求的取值范围.





19.    (本题满分 16 分)
已知等比数列{a } 的各项均为正数, 2a , a , 4a 成等差数列,且满足 a  4a2 ,数列
n    5    4    6    4    3
{b }的前 n 项和 S  (n 1) b , n  N * ,且b  1.
n    n    2    n    1
(Ⅰ)求数列{an } 和{bn }的通项公式;
(Ⅱ)设c    bn , n为奇数 ,求数列{c }的前 n 项和 P .
n    a , n为偶数    n    n
 
(Ⅲ)设 d
 
  n
    b2n5
 
 

a , n  N * ,{d } 的前 n 项和T ,求证: T  1 .
     
 
b2n1b2n3
 
n    n    n    3
 
20.    (本题满分 16 分)
设函数 f (x)  ax 2ln x (a  R) .
(Ⅰ)求 f (x) 的单调区间;
(Ⅱ)当 a  1 时,试判断 f (x) 零点的个数;
(Ⅲ)当 a  1 时,若对x (1, ) ,都有(4k 1ln x)x  f (x) 1 0 ( k  Z )成立,求 k 的最大值.
 
参考答案:
1.    【答案】B
【解析】A={x|y=log2(2﹣x)}={x|x<2},B={x|x2﹣3x+2<0}={x|1<x<2},   则∁ AB={x|x≤1},故选 B.
2.    B
3.    【答案】A
【解析】对于函数 y  ln x  2 ,则 y  1  2 ,所以, tan 3 ,0, , \ 
 
x
为锐角,
tan sin  3    

 
 
x    x2
 
    cos
    2    2
 
sin
    10
 
由sin
 
 cos
 
 1 ,解得
 
,因此, cos sin    .
 
sin 0

故选:A.
4.    【答案】D
 
cos    10    5
    10
 
【解析】根据抛物线的焦半径公式得1  p  5, p  8 .取 M(1,4),则 AM 的斜率为
2
 
2,由已知得 
5.    【答案】C
 
a  2  1,故 a  1 .
4
 
g(x) 
 
              

 
【解析】由题意知
 
sin 3  x 
 
    ,因为直线 x     是 g  x 的图象的一条对称
 
      4         6
轴,所以3     k(k  Z) ,故  3  k, k  Z ,因为0   ,所以
    
    
  , f (x)  sin  3x    为非奇非偶函数,所以 A 选项错误.
4        4 
    
 
  

   
 
3x 

 
 
 5

   
 
  

 
因为 x  
 
,     ,则
 
 4   ,
 
 ,所以 f  x 在
 
,     上单调递减,所以 C 选项
 
正确.
 
12 3 
 
 2    4 
 
12 3 
 
因为 g (x)  sin 3x ,所以 g  x 为奇函数,所以 B 选项错误.
 
x    ,

   
 
3x  

   
 
g  x      ,

 
当       15  9  时,        ,    , 所以      在     上单调递减,所以 D 选项错误.
 
    
故选:C
6.    【答案】C
 
 5 3 
 
 15 9 
 
【解析】因为 f (x) 是奇函数,从而 g(x)  xf (x) 是 R 上的偶函数,且在[0, ) 上是增函数,
a  g ( log2 5.1)  g (log2 5.1) , 20.8  2 ,又 4  5.1  8 ,则 2  log2 5.1  3 ,所以即
0  20.8  log2 5.1  3 ,
 
g(20.8 )  g(log 5.1)  g(3) ,所以b  a  c ,故选 C. 7.【答案】A
【解析】根据题意知, ABC 是一个等边三角形,其面积为
 


,由正弦定理
 

 
2r 3  2 sin 
3
 

知,外接圆的半径为 r  1.设小圆的圆心为Q
 

,若四面体 ABCD 的体积
 
有最大值,由于底面积 SABC 不变,高最大时体积最大,所以, DQ 与面 ABC 垂直时体积
 
最大,最大值为 1 S
3
 

ABC
 
    DQ 
 
3 , DQ  4 ,设球心为O ,半径为 R ,则在直角
 
AQO 中, OA2  AQ2  OQ2 ,即 R2  12  (4  R)2 , R  17 ,则这个球的表面积为:
8
S  4 17 2  289

 
(    )
8    16
 
,故选:A.
 

 
8.    【答案】D
【解析】
【分析】
1
根据 m  n  2 ,化简
 

 n  3 
 
 


5     1 ,根据均值不等式,即可求得答
 
m 1
案;
 
n  2    (m 1)  (n  2)
 
【详解】当 m  n  2 时,
 
    1
m 1
 
 n  3 
n  2
 
1    
m 1
 
1    1
n  2
 
    m  n  3
 
1 
 
5    1
 
(m 1)  (n  2)    (m 1)  (n  2)
 m 1 n  2 2    25
 (m 1)  (n  2)      2     4 ,
    
当且仅当 m 1  n  2 时,即 m  3 ,n  1 取等号,
2    2
 
    1
m 1
 
 n  3  9 .
n  2    5
 
故选:D
【点睛】本题主要考查了根据均值不等式求最值,解题关键是灵活使用均值不等式,注意    要验证等号的是否成立,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.
9.    【答案】A
 
【解析】可求得直线 y 
 
kx 1关于直线 y  1的对称直线为 y  mx 1 m  k  ,
 
当 x  0 时, f  x  x ln x  2x , f ' x  ln x 1 ,当 x  e 时, f ' x  0 ,则当
x 0, e 时, f ' x  0 , f  x 单减,当x e, 时, f ' x  0 , f  x 单增;
当 x  0 时, f  x  x2  3 x , f ' x  2x  3 ,当 x   3 , f ' x  0 ,当 x   3 时,
2    2    4    4
 
f  x 单减,当 3  x  0 时, f  x 单增;
4
根据题意画出函数大致图像,如图:
 
当 y  mx 1与 f  x  x2  3 x ( x  0 )相切时,得  0 ,解得 m   1 ;
2    2
 y  x ln x  2x
当 y  mx 1与 f  x  x ln x  2x ( x  0 )相切时,满足 y  mx  1    ,
m  ln x 1
解得 x  1, m  1,结合图像可知 m  1,  1  ,即k  1,  1  , k  1 ,1 ,故选:A
    2         2         
 

10.1
11.    【答案】2
 


    a r
 
            
6 3 r    3
 
 2    
 
【解析】T
 
 Cr x6r
 
     Cr  a r  x
 
2 ,由6 
 
r  0 得

 
 
r 1    6        6
    
r  4,C4 a4   240 ,解得 a  2 .
故答案为: 2 .
12.    【答案】2720
【解析】根据频率分布直方图得;一天使用零花钱在 6 元~14 元的学生频率是1﹣(0.02+0.03+0.03)×4=1﹣0.32=0.68,
∴对应的频数是 4000×0.68=2720;
∴估计全校学生中,一天使用零花钱在 6 元~14 元的大约有 2720 人. 13.【答案】4
 
x2    y2
 
2  3    c    2  3
 
【解析】因为双曲线    
a2    b2
 4 ,
3
 
 1(a  0, b  0) 的离心率为
 
,即    
3    a
 
,所以
3
 
所以 b 
a
 
3 ,故双曲线的渐近线方程为 y  
3
 
3 x ,即 3x  3y  0 ,
3
 
又圆 x  42   y2   8 的圆心为4,0 ,半径为 r  2   2 ,
 
所以圆心到任一条渐近线的距离为 d 
 
4 3
      2 ,
3  9
 
因此,弦长为 2
故答案为 4
 
 4 .
 
15
14.    1- 5
15.【答案】 2   2, 2   3
 

23 .
4
 
【解析】根据菱形性质可得 OC    3 ,则 BO    .

 
 
(1)    作AF⊥BC,则AF 2   3 
3
 
6  2
 
,此时AE最短,当E与 C重合时,AE最长,故
 
2     AE  2
 
,即| EA |∈ 2 2, 2 3 ;
 
(2)    以O为原点,BD所在直线为x轴建系如图:
则A(0,    )B(     ,0),C(0,     ),D( 6 ,0),
 
所以 BC:y 
 
2 x     ,设 E(m, 
2
 
2 m     )
2
 
      
 
2    
 
2        1 
 
2  2    23
 
则 EA  ED   m, 2 3 
 
2 m 
 
6  m,    m 
2
 
3   2 
 
3m 
 
2      4
 
,其中
 
                
m  6, 0
 
    
对称轴为 m 
 
6    6, 0 ,故当 m     6 时 EA  ED 最小,最小值为 23 .

 
 
12            12    4
故答案为:[2 2, 2 3]; 23 .
4
 
16.【答案】(1)最小值为 2 ;{x | x  k  , k  Z};(2) a  1 , b  2
6
【解析】(1) f (x)     3 sin 2x  cos 2 x  1     3 sin 2x  1 cos 2 x  1  sin(2x   1 ,
2    2    2    2    2    6
当2x    2k   ,即 x  k (k  Z ) 时, f (x) 的最小值为2 ,
6    2    6
此时自变量 x 的集合为:{x | x  k  , k  Z}
6
(2) f (C)  0 ,
sin(2C    1  0 ,
6
        11            
又0  C  ,     2C         , 2C         ,可得: C     ,
6    6    6    6    2    3
sin B  2sin A ,由正弦定理可得: b  2a ①,又c     3 ,
由余弦定理可得: ( 3)2  a2  b2  2ab cos,可得: a2  b2  ab  3 ②,
联立①②解得: a  1 , b  2 .

17.【答案】(1)证明见解析(2)   10 (3)存在, EM   1
4    MC    3
【解析】建立以 D 为原点,分别以 DA , DT ( T 为 BC 中点), DF 的方向为 x 轴, y
轴, z 轴正方向的空间直角坐标系(如图),
 
则 A(2, 0, 0) , B(1,   3, 0) , C(1,  3, 0) ,
D(0, 0, 0) , E(2, 0, 2) , F (0, 0,1) .
(1)证明: EA  (0, 0, 2) , AB  (1, 3, 0) ,

设 n  (x, y, z) 为平面 EAB 的法向量,
 
n  EA  0
 
    2z  0
 
则  
 
,即    ,
 
n  AB  0
 
x     3 y  0
 
可得 n  ( 3,1, 0) ,
又 FC  (1, 3, 1) ,可得 n  FC  0 ,
又因为直线 FC  平面 EAB ,所以直线 FC// 平面 EAB ;
(2) EF  (2, 0, 1) , FC  (1, 3, 1) , FA  (2, 0, 1) ,
 
设 n1  (x, y, z) 为平面 EFC 的法向量,
 
 
n1  EF  0
 
    2x  z  0
 
则      ,即
 
,可得 n1  (3, 3, 6) ,
 
n1  FC  0    x 
 
3y  z  0
 
设 n2  (x, y, z) 为平面 FCA 的法向量,
 
 
n2  FA  0
 
    2x  z  0
 
则      ,即
 
,可得 n2  (1, 3, 2) ,
 
n2   FC  0    x 
      n1   n2
 
3y  z  0
6
 
所以cos
 
n1, n2
 
            ,
| n1  || n2  |    4
 
sin
 
 
n1 , n2
 
    10
4
 
所以二面角 E  FC  A 的正弦值为 10 ;
4
(3)设 EM  EC  (3, 3, 2) ,则 M (2  3, 3, 2  2) ,
则 BD  (1,  3, 0) , DM  (2  3, 3, 2  2) ,
设 n3  (x, y, z) 为平面 BDM 的法向量,
 
    0    
 
x 
 
3y  0
 
n3 BD
则      ,即    ,
 
n3  DM   0
 
(2  3) x 
 
3y  (2  2) z  0
 
    
 
2 3 3 
 
可得 n3  
 
3, 1,    ,
1 
 
    

   
 
由 EB  (1, 3, 2), 得 cos
 
EB, n3         8 ,
 

解得 1 或 7 (舍),所以 EM   1 .
 
4    8    MC    3

x2     2      2 

 
 

2, 
 
18.【答案】(I)    y
4
【解析】
 
1 , x
 
4 y ;(II)    .
 
试题分析:(Ⅰ  )由题意得得 M  c, 7  b  ,根据点 M 在抛物线上得c2   4b  7  b  ,
    4         4    
 

又 由 c 
a
 

3 ,得
2
 
            
c2  3b2 ,可得 7b2   7b ,解得 b  1,从而得 c     3,a  2 ,可得
 
曲线方程.(Ⅱ  )设 kON
 
 m , kOM
 
 m ',分析可得 m '   1
4m
 
,先设出直线ON 的方程
 
 y  mx
 
为 y  mx (m  0) ,由

 
2  4 y
 
,解得 xN  4m ,从而可求得 ON
 
 4m
 
,同理
 
可得 OM , OA , OB ,故可将= SOMN 
SOAB
 
化为 m 的代数式,用基本不等式求
 
解可得结果. 试题解析:
(Ⅰ)由抛物线定义可得 M  c, 7  b  ,
    4    
    
∵点 M 在抛物线 x2  4by 上,
∴ c2  4b  7  b  ,即c2  7b  4b2    ①
 4    
 

又 由 c 
a
 
    
3 ,得
2
 

c2  3b2
 
将上式代入①,得7b2  7b
解得b  1,
∴ c     3,
 
a  2 ,
C 的
 

x2     2      C

 
 

x2 
 
所以曲线 1
 
方程为    y
4
 
1 ,曲线 2 的方程为
 
4 y .
 
(Ⅱ)设直线 MN 的方程为 y  kx 1,
 y  kx  1
 
由    2

 
 4 y
 
消去 y 整理得 x2  4kx  4  0 ,
 
设 M(x1 , y1 ) , N  x2, y2  .则 x1 x2  4 ,
设 kON  m , kOM  m ',
 
则 mm '  y2  y1  1
x2    x1    16
 
x1 x2
 
  1 ,
4
 
所 以 m '   1 , ②
4m
设直线ON 的方程为 y  mx (m  0) ,
 
由 y  mx ,解得 x

 
 4m ,
 
所 以 ON 
 
xN    4m    ,
 
由②可知,用 1
4m
 
代替 m ,
 
可 得 OM 
 
xM        ,
 
    y  mx
    2
 
由 x2
 4
 
y2  1
 
,解得 xA     ,
 
所 以 OA 
 
2 1  m2
x A         ,
4m2 1
 

 
用  1 4m
 
代替 m ,可得 OB 
 
xB 
 



= SOMN       
所以    SOAB




    4m2 1     

 
 2m  1
2m
 
 2 ,当且仅当m  1时等号成立.
 
所以的取值范围为2,  .
点睛:解决圆锥曲线的最值与范围问题时,若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关    系,则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值.常从以下几个方面考虑:
①利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的取值范围;
②利用隐含或已知的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围;
③利用基本不等式求出参数的取值范围;
④利用函数的值域的求法,确定参数的取值范围.

 
 1 n
 
n2    1    1  1 n
 
19.【答案】(1) an   2 
 
; bn  n (2)当 n 为偶数时, pn  
 
4               ; 当
 
    
(n 1)2    1    1  1 n1
 
3    3  2 
 
n 为奇数时, Pn 
 
4                
 
(3)证明见解析
 

【解析】
【分析】
 
3    3  2 
 
(1) 根据题意列出方程组, 求出 a1 、 q , 从而得到{an } 的通项公式, 当 n  2 时,
 
b  S  S
 
 n 1 b
 
 
nb    b
,化简可得{    } 是首项为 1 的常数列,即可求得    的
     
 
n    n    n1    2    n    2    n    n
通项公式;(2)分类讨论,当 n 为偶数时, pn   b1  b3   bn1   a2   a4   an  ,分别利用等差数列、等比数列的前 n项和公式求和即可,当 n 为奇数时,由 Pn  Pn1  bn
 
可求得结果;(3)裂项法可得 d 
 
2n  5
 
 1 
 
 
1        1
 
,从而
 

求得T
 
 1     1
 
 
n

 1 .
 
 
(2n 1)(2n  3) 2n
 
(2n 1)2 n1
 
(2n  3)2 n
 
n    3    (2n  3)2n    3
 
【详解】解;(1)因为 an    0 ,所以 q  0 ,
q  1
2a4   2a5   4a6   2q2   q 1  0        2
 
     4a2
 

1  4a1q
 
,解得
a  1
 
 

 1 n
所 以 a       ,
    
 
  1    2
 
当 n  2 时, b  S  S
 
 n 1 b
 
 
    nbn1 , 即 bn 
 
 
bn1 ,
 
 
n    n    n1    2    n    2
 
n    n 1
 
∴{bn }是首项为 1 的常数列, bn  1
n    n
∴ bn  n ;
n, n为奇数
 
(2)    Cn
 

 1 n
    
    
 

, n为偶数
 
当 n 为偶数时, pn   b1  b3   bn1   a2   a4   an 
 [1 3  (n 1)]     1 2  1 4  1 n

[(  )    (  )    ( ) ]
2    2    2
    n 
n    1 1  1 2 
 
4 
 2    
 
    
     
 

n2    1    1

 
 
 1 n
 
(1 n 1) 
2
 
1     4  3  3  2 
4
 
(n 1)2    1    1  1 n1
 
(n 1)2    1    1  1 n1
 
当 n 为奇数时, Pn  Pn1  bn 
 
4                
 
 n                 
 

(3)    d 
 

2n  5
 
 1 
 
 
3    3  2 
1        1
 
4    3    3
 
 2 
 
n    (2n 1)(2n  3) 2n
 
(2n 1)2 n1
 
(2n  3)2 n
 
T    1    1    1      1
     
 
 
 
1        1
 
 
n    3    5  2    5  2    7  22
 
(2 n 1)2 n1    (2 n  3)2 n
 
 1     1     1
       
3    (2n  3)2n    3
【点睛】本题考查数列的综合,等差数列、等比数列通项公式、前 n项和的求解,分组求和法,裂项相消法求和,计算时一定要数对项数,属于较难题.

20.
【答案】(1)当 a  0 时, f  x 的单减区间为0,  ;当 a  0 时, f  x 的单减区间为
 0, 1  ,单增区间为 1 ,   ;(2)两个;(3)0.
    a      a    
            
【解析】
【分析】
 
(1)求出 f ' x  ,分两种情况讨论 a 的范围,在定义域内,分别令 f ' x   0 求得 x 的范围,可得函数 f  x 增区间, f  ' x   0 求得 x 的范围,可得函数 f  x 的减区间;(2)当
 
a  1 时, 由( 1 ) 可知,
 
f  x 在 0,1 是单减函数, 在 1,  是单增函数, 由
 
f   1    f 1  0 , f 1 f e2   0 ,利用零点存在定理可得结果;(3)当 a  1 , k 为
    
整    数    ,    且    当    x  1    时    ,    4k 1 lnx x  f  x 1  0    恒    成    立    ,
 
4k 1 lnx x  x  2  lnx 1  0  k  1  lnx  3  lnx 

  
 
, 利 用 导 数 求 出
 
4     x    x  
    
1  lnx  3  lnx  的取值范围,从而可得结果.
4     x    x  
    
【详解】(1) f  x  ax  2  lnx  x  0,
 f ' x  a  1  ax 1 .
x    x
当 a  0 时, f ' x   0 在0,  恒成立,
 f  x 在0,  是单减函数.
当 a  0 时,令 f ' x  0 ,解之得 x  1 .
a
从而,当 x 变化时, f ' x  , f  x 随 x 的变化情况如下表:

x     0, 1 
    a 
        1
a     1 ,  
 a    
    
f ' x     -    0    +
f  x    单调递减        单调递增

由上表中可知, f  x 在 0, 1  是单减函数,在 1 ,   是单增函数.
    a      a    
            
综上,当 a  0 时, f  x 的单减区间为0,  ;
当 a  0 时, f  x 的单减区间为 0, 1  ,单增区间为 1 ,   .
    a      a    
            
(2)当 a  1 时,由(1)可知, f  x 在0,1 是单减函数,在1,  是单增函数;
 
又 f   1    1
        e2
 
 0 , f 1  1  0 , f e2   e2   4  0 .
 
  f   1    f 1  0 , f 1 f e2   0 ;
    
故 f  x 在0,  有两个零点.
 
(3)当 a  1 , k 为整数,且当 x  1时, 4k 1 lnx x  f  x 1  0 恒成立
 4k 1 lnx x  x  2  lnx 1  0  k  1  lnx  3  lnx  .
4     x    x  
    
令 F  x  lnx  3  lnx  x  1 ,只需 k  1 F  x    k  Z  ;
 
x    x    4
 
min
 
又 F ' x   1  3
 
    1 lnx  x  2 lnx 
 
f  x   0 ,
 
x    x2    x2
 
x2    x2
 
由(2)知, F ' x  0 在1,  有且仅有一个实数根 x0 ,
F  x 在1, x0 上单减,在 x0 ,  上单增;
 
 F  x
 
 F  x   lnx  3  lnx0 *
 
min
 
x0    x0
 
又 F '3  1 ln3  0 , F '4  2  ln4  2 1 ln2  0 ,
9    16    16
 F '3 F '4  0 , x0  3, 4 且x0  2  lnx0  0 ,
即lnx0  x0  2 代入* 式,得
 
F  x
 
 F  x
 
  x
 
 2 
 
3  x0  2  x
 
 
 1 1, x
 
3, 4 .
 
min
 
0    0    x    x
 
0    x    0
 

而t  x0 
0
 
0    0    0
1在3, 4 为增函数, t  7 , 13  ,
    
 
即 1 F  x
4
 


min
 
 7 , 13  .
    
 
而 7 , 13   0,1 , 1 F  x

   
 
0,1 ,
 
 12 16 
 
4    min
 
 k  0, 即所求 k 的最大值为 0.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、函数的零点以及不等式恒成立,属于难题.近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度,不仅题型在变化,而且问题的难度、深    度与广度也在不断加大,本部分的要求一定有三个层次:第一层次主要考查求导公式,求导法则与导数的几何意义;第二层次是导数的简单应用,包括求函数的单调区间、极值、最值等;第三层次是综合考查,包括解决应用问题,将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合,设计综合题.

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