“集合和常用逻辑用语、函数、导数及其应用”跟踪练习参考答案
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x)
f(
(
求 f(
的单调区间;
2)
x)
(
3)若 函 数 f (
x )有 两 个 相 异 零 点 x1 ,
求证:
x2 ,
l
nx1 +l
nx2 >2。
已知函数 f(
5
4.
x)
=l
n(
x+1)
-ax。
(
若 f(
1)
x)存 在 唯 一 零 点,求 实 数 a 的
取值范围;
-1
(
当 n ∈ N* 时,证 明:(
a
ax
e -xax
2
2
ax
≥0。 令 g (
x)=e -x - ,则
a
a
l
na
ax
时,
当
'(
x)
=ae -1。当 x<'(
x)
<0;
g
g
a
l
na
时,
x> '(
x)>0。 所 以 函 数 g(
x)在
g
a
l
na
l
na
上单调递减,
在 ,
-∞,
+∞ 上
a
a
l
na
2
2
单调递增。当 即 a≥e
时,
函数
≤- ,
a
-2
2
ax
e >0,所 以 当 a ≥e 时,
ae ≥ax +2 在
l
na-1
l
na
以 g(
x)
=
≥0,解 得
mi
n =g a
a
2
e≤a<e 。 综 上 所 述,实 数 a 的 取 值 范 围 为
[
。
e,
+∞ )
四、
解答题
(
4
5.
1)由 x -7
x -1
8≥0,解 得 A =
2
(
。
-∞ ,
-2]
∪[
e
t
e
1
的交点。又 函 数 h(
t)=4
e
t+
e
t
的 大 致 图 像 如 图 3 所 示,则
h
1
1
所以 4<a<
=4,
h
=5,
2
e
e
。
即实数a 的取值范围为(
5,
4,
5)
4
3.② ③ ④
提 示:因 为
图3
2
2
所以 f
x)
=x(
x-3),
'(
x)
=3
x -1
2
x+
f(
。令 f
9=3(
x-3)· (
x -1)
n(
ae )≥l
n(
ax +
2)+ax +2 在 -
2
,
+∞ 上 恒 成 立。 令
a
ax
。因
则 h(
h(
x)
=x+l
nx,
ae )
≥h(
ax+2)
1
,
为h
所以函 数 h(
'(
x)
=1+ >0(
x>0)
x)
x
=x +l
nx 在 (
0,+ ∞ )上 单 调 递 增,所 以
2
ae ≥ax+2 在 - ,
+∞ 上 恒 成 立,即
2)
1+3 )(
1+
-2
-3
-n
(
…(
3 )
1+3 )
1+3 )
< e。
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(
责任编辑
王福华)
参考答案
高考数学 2023 年 9 月
2
x
2
(
x-y)+ (
xe -y+1) 的最小值为
二、
多选题
2
3.
AD
2
。
2
提示:
由 f(
x)的 图 像 关 于 x=
x1 )
e +2=0,
x)=xe
x
x
则g
所以当 x<1
-2
e +2,
'(
x)
=(
x-1)
e,
x
5
3
π
(
3
8.
-1,
+∞ ) 3
9.-∞ ,
4
标系下画出函数 y =f (
x)与 y =4
l
o
x+
ga (
2
5.
BCD
(
3
1.
-∞ ,
0)
[
3
2.
1,
+∞ ) 3
3.
m ≤-1 或 m >
[
上单调 递 增,故 f(
9,
+∞ )
2
。
由 4-3
解得 B = (
x-x >0,
-4,
1)
,可 得 (∁UA )∩B =
由 ∁UA = (-2,
9)
(
。
-2,
1)
(
因为 A ∩C=C,
所以 C⊆A 。
2)
当 C=⌀ 时,
m +2≥2m -3⇒m ≤5;
当 C ≠ ⌀ 时,可 得
m -2<2m -3,
或
2m -3≤-2
m -2<2m -3,
x)
-1,
'(
x)
=e (
2+x)
'(
x)<0;当 x > -2 时,
'(
x)>0。 所 以
g
g
x)在 (- ∞ ,-2)上 单 调 递 减,在 (-2,
g(
上单 调 递 增,且 当 x→ - ∞ 时,
+∞ )
x)
→
g(
-2
-1,
0)
=0,
g(
g (-2)= -e -1<0,当
x→+∞ 时,
x)→ + ∞ ,所 以 g(
1,
3)
又 f(
0)=0,
3)=0,
1)=4,故 f (
x)
f(
f(
(
的图像如图 4 所 示。
x≥0)
设 f(
a)=f (
b)=f (
c)=
x )-t= (
x -a)(
xf(
2
(
,故 x (
b)
x-c)
x -3) -
图4
(
,
t= (
x-a)
x-b)(
x-c)
2
3
2
即 x3 -6
x +9
x -t=x - (
0,
2]
x)在 [
8,
1
0]上 单 调
D 正确。
x
1
以方程 x1e1 -2
e +2=0 有 且 仅 有 2 个 实
x
时,
'(
x)<0,当 x >1 时,
'(
x)<0,所 以
g
g
在(
上单 调 递 减,在 (
x)
-∞ ,
1)
1,+ ∞ )上
g(
单调递减。所以当 x=1 时,
函数 g(
x)
x)
g(
取得极大值为 g(
2
4.
AD
,再 由 f (
2 对称可得 f (
x +4)=f (-x)
x)
单调递增,
又 g(
0)
=0,
1)
=2-e<0,
2)
g(
g(
,
所以存在 x2 ∈ (
使得 g(
所
=2,
1,
2)
x2 )
=0,
x
数根,
所以过 点 (
1,
4)且 与 曲 线 y =f (
x)相
切的直线有且只有 2 条,
故 D 正确。
x-1)e - x +ax
3
2 x
(
。
x>0,
a∈R)
(
讨论函数 f(
的单调性;
1)
x)
(
当 a=0 时,判 断 函 数 g(
2)
x)=f (
x)
+l
nx-
42
1 2
并说明理由。
x 的零点个数,
2
设 a∈R,
函数 f(
5
3.
x)
=l
nx-ax。
(
当 a=0 时,
求曲线 y=f(
在点(
1)
x)
e,
)
处的切线方程;
x
x
(
x+1)
e ,设 函 数 f (
x)=xe 在 点 M (
x0 ,
处的切线l1 与 直 线l 平 行,则 直 线l1 的
y0 )
0
斜 率 为 1,可 得 f
'(
x0 )= (
1+x0 )
e =1,整
x
x
理得 e0 (
1+x0 )-1=0。 令 g(
x)=e (
1+
x
x
,当 x< -2 时,
则g
x)有 且 仅
g(
有一个零 点 0,所 以 方 程 e0 (
1+x0 )-1=0
x
1
+
4
1
1
1
由c= ,得 l
l
n ,
nc=l
n ,所 以 l
nc4
3
3
,
有且仅有一个解 x0 =0,
则 M(
故|PQ|
0,
0)
的最小值为点 M (
0,
0)到 直 线l:
y=x-1 的
距 离
d
=
|
0-0-1
|
1 +(
-1)
'(
x)
=e -1。
当 x <0 时,
'(
x )<0;当 x >0 时,
g
'(
x)
>0。所以函数 g(
x)在 (- ∞ ,
0)上 单
g
调 递 减,在 (
0,+ ∞ )上 单 调 递 增,所 以
1
1
即 e4 - -1>0,
即 e4 >
>g(
0)
=0,
g
4
4
1
1
5
5
4
,
,
所以 f(
所以b>a。
e )
>f
x
x
x
过点(
且 与 曲 线 y=f(
0,
2)
x)相 切 的 直 线 有
1
且只 有 1 条,故 C 正 确;设 切 点 为 (
x1 ,
e +
x
,
,
则切线方 程 为 y -e1 -2=e1 (
2)
x -x1 )
x
x
因点(
在切线 上,故 4-e1 -2=e1 (
1,
4)
1x
x
x
1
,
所以 x1e1 -2
令 g(
ga 1
g(
a>1,
a>1,
,故
得 7<a<1
1,即 a 的 取 值 范 围 为 (
7,
1
1)
提 示:因 为 f (
x)=e +2,所
x
x
以f
'(
x)=e 。 令 f
'(
x)=e = -2,方 程 无
x
解,
所以曲线 y=f(
x)的 切 线 斜 率 不 可 以 是
x
故 A 错误;令 f
-2,
'(
x)=e =3,解 得 x =
-2,若 a<0,则 ae <0,当 x >
a
2
2
ax
此时 f(
+1 时,
l
n x+
>0,
x)
=ae
a
a
2
-l
n x+
-2<0,显 然 题 设 不 成 立。 若
a
ax
a>0,
x )=ae -l
n x+
f(
-
2
-2≥0 在
a
2
ax
,
n(
ax +2)
+∞ 上恒 成 立,即 ae -l
a
ax
ax
+l
na-2≥0,即 ae +l
a+b+c)
x +
(
a
b+a
c+b
c)
x -a
b
c,对 照 系 数 得 a +b+
,
故 ③ 正 确。a
故 ④ 正 确;
c=6,
b
c=t∈ (
0,
4)
因为 3<a<4,
所以 3<6- (
b+c)<4,解 得
故 ② 正确。
2<b+c<3,
ax
[
4
4.
e,+ ∞ ) 提 示:令 f (
x)=ae -
2
ax
'(
x)>0,解 得
所以 f(
x>3 或 x<1,
x)的 单 调 递 增 区 间 为
(
;
和(
令f
解得 1<
-∞ ,
1)
3,
+∞ )
'(
x)
<0,
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43
参考答案
高考数学 2023 年 9 月
。
所 以 f(
x<3,
x)的 单 调 递 减 区 间 为 (
提 示:因 为 a = -1
5
4
l
n
=
4
5
5
5
e
1 4
,
= l
n
b=
= e =
4
4
4
4
0.
25
1
1
时,
=l
nx +1。 当 0<x <
'(
x)<0;当
f
e
1
时,
'(
x )>0。 所 以 函 数 f (
x )在
f
e1Βιβλιοθήκη
f(
(
求 f(
的单调区间;
2)
x)
(
3)若 函 数 f (
x )有 两 个 相 异 零 点 x1 ,
求证:
x2 ,
l
nx1 +l
nx2 >2。
已知函数 f(
5
4.
x)
=l
n(
x+1)
-ax。
(
若 f(
1)
x)存 在 唯 一 零 点,求 实 数 a 的
取值范围;
-1
(
当 n ∈ N* 时,证 明:(
a
ax
e -xax
2
2
ax
≥0。 令 g (
x)=e -x - ,则
a
a
l
na
ax
时,
当
'(
x)
=ae -1。当 x<'(
x)
<0;
g
g
a
l
na
时,
x> '(
x)>0。 所 以 函 数 g(
x)在
g
a
l
na
l
na
上单调递减,
在 ,
-∞,
+∞ 上
a
a
l
na
2
2
单调递增。当 即 a≥e
时,
函数
≤- ,
a
-2
2
ax
e >0,所 以 当 a ≥e 时,
ae ≥ax +2 在
l
na-1
l
na
以 g(
x)
=
≥0,解 得
mi
n =g a
a
2
e≤a<e 。 综 上 所 述,实 数 a 的 取 值 范 围 为
[
。
e,
+∞ )
四、
解答题
(
4
5.
1)由 x -7
x -1
8≥0,解 得 A =
2
(
。
-∞ ,
-2]
∪[
e
t
e
1
的交点。又 函 数 h(
t)=4
e
t+
e
t
的 大 致 图 像 如 图 3 所 示,则
h
1
1
所以 4<a<
=4,
h
=5,
2
e
e
。
即实数a 的取值范围为(
5,
4,
5)
4
3.② ③ ④
提 示:因 为
图3
2
2
所以 f
x)
=x(
x-3),
'(
x)
=3
x -1
2
x+
f(
。令 f
9=3(
x-3)· (
x -1)
n(
ae )≥l
n(
ax +
2)+ax +2 在 -
2
,
+∞ 上 恒 成 立。 令
a
ax
。因
则 h(
h(
x)
=x+l
nx,
ae )
≥h(
ax+2)
1
,
为h
所以函 数 h(
'(
x)
=1+ >0(
x>0)
x)
x
=x +l
nx 在 (
0,+ ∞ )上 单 调 递 增,所 以
2
ae ≥ax+2 在 - ,
+∞ 上 恒 成 立,即
2)
1+3 )(
1+
-2
-3
-n
(
…(
3 )
1+3 )
1+3 )
< e。
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参考答案
高考数学 2023 年 9 月
2
x
2
(
x-y)+ (
xe -y+1) 的最小值为
二、
多选题
2
3.
AD
2
。
2
提示:
由 f(
x)的 图 像 关 于 x=
x1 )
e +2=0,
x)=xe
x
x
则g
所以当 x<1
-2
e +2,
'(
x)
=(
x-1)
e,
x
5
3
π
(
3
8.
-1,
+∞ ) 3
9.-∞ ,
4
标系下画出函数 y =f (
x)与 y =4
l
o
x+
ga (
2
5.
BCD
(
3
1.
-∞ ,
0)
[
3
2.
1,
+∞ ) 3
3.
m ≤-1 或 m >
[
上单调 递 增,故 f(
9,
+∞ )
2
。
由 4-3
解得 B = (
x-x >0,
-4,
1)
,可 得 (∁UA )∩B =
由 ∁UA = (-2,
9)
(
。
-2,
1)
(
因为 A ∩C=C,
所以 C⊆A 。
2)
当 C=⌀ 时,
m +2≥2m -3⇒m ≤5;
当 C ≠ ⌀ 时,可 得
m -2<2m -3,
或
2m -3≤-2
m -2<2m -3,
x)
-1,
'(
x)
=e (
2+x)
'(
x)<0;当 x > -2 时,
'(
x)>0。 所 以
g
g
x)在 (- ∞ ,-2)上 单 调 递 减,在 (-2,
g(
上单 调 递 增,且 当 x→ - ∞ 时,
+∞ )
x)
→
g(
-2
-1,
0)
=0,
g(
g (-2)= -e -1<0,当
x→+∞ 时,
x)→ + ∞ ,所 以 g(
1,
3)
又 f(
0)=0,
3)=0,
1)=4,故 f (
x)
f(
f(
(
的图像如图 4 所 示。
x≥0)
设 f(
a)=f (
b)=f (
c)=
x )-t= (
x -a)(
xf(
2
(
,故 x (
b)
x-c)
x -3) -
图4
(
,
t= (
x-a)
x-b)(
x-c)
2
3
2
即 x3 -6
x +9
x -t=x - (
0,
2]
x)在 [
8,
1
0]上 单 调
D 正确。
x
1
以方程 x1e1 -2
e +2=0 有 且 仅 有 2 个 实
x
时,
'(
x)<0,当 x >1 时,
'(
x)<0,所 以
g
g
在(
上单 调 递 减,在 (
x)
-∞ ,
1)
1,+ ∞ )上
g(
单调递减。所以当 x=1 时,
函数 g(
x)
x)
g(
取得极大值为 g(
2
4.
AD
,再 由 f (
2 对称可得 f (
x +4)=f (-x)
x)
单调递增,
又 g(
0)
=0,
1)
=2-e<0,
2)
g(
g(
,
所以存在 x2 ∈ (
使得 g(
所
=2,
1,
2)
x2 )
=0,
x
数根,
所以过 点 (
1,
4)且 与 曲 线 y =f (
x)相
切的直线有且只有 2 条,
故 D 正确。
x-1)e - x +ax
3
2 x
(
。
x>0,
a∈R)
(
讨论函数 f(
的单调性;
1)
x)
(
当 a=0 时,判 断 函 数 g(
2)
x)=f (
x)
+l
nx-
42
1 2
并说明理由。
x 的零点个数,
2
设 a∈R,
函数 f(
5
3.
x)
=l
nx-ax。
(
当 a=0 时,
求曲线 y=f(
在点(
1)
x)
e,
)
处的切线方程;
x
x
(
x+1)
e ,设 函 数 f (
x)=xe 在 点 M (
x0 ,
处的切线l1 与 直 线l 平 行,则 直 线l1 的
y0 )
0
斜 率 为 1,可 得 f
'(
x0 )= (
1+x0 )
e =1,整
x
x
理得 e0 (
1+x0 )-1=0。 令 g(
x)=e (
1+
x
x
,当 x< -2 时,
则g
x)有 且 仅
g(
有一个零 点 0,所 以 方 程 e0 (
1+x0 )-1=0
x
1
+
4
1
1
1
由c= ,得 l
l
n ,
nc=l
n ,所 以 l
nc4
3
3
,
有且仅有一个解 x0 =0,
则 M(
故|PQ|
0,
0)
的最小值为点 M (
0,
0)到 直 线l:
y=x-1 的
距 离
d
=
|
0-0-1
|
1 +(
-1)
'(
x)
=e -1。
当 x <0 时,
'(
x )<0;当 x >0 时,
g
'(
x)
>0。所以函数 g(
x)在 (- ∞ ,
0)上 单
g
调 递 减,在 (
0,+ ∞ )上 单 调 递 增,所 以
1
1
即 e4 - -1>0,
即 e4 >
>g(
0)
=0,
g
4
4
1
1
5
5
4
,
,
所以 f(
所以b>a。
e )
>f
x
x
x
过点(
且 与 曲 线 y=f(
0,
2)
x)相 切 的 直 线 有
1
且只 有 1 条,故 C 正 确;设 切 点 为 (
x1 ,
e +
x
,
,
则切线方 程 为 y -e1 -2=e1 (
2)
x -x1 )
x
x
因点(
在切线 上,故 4-e1 -2=e1 (
1,
4)
1x
x
x
1
,
所以 x1e1 -2
令 g(
ga 1
g(
a>1,
a>1,
,故
得 7<a<1
1,即 a 的 取 值 范 围 为 (
7,
1
1)
提 示:因 为 f (
x)=e +2,所
x
x
以f
'(
x)=e 。 令 f
'(
x)=e = -2,方 程 无
x
解,
所以曲线 y=f(
x)的 切 线 斜 率 不 可 以 是
x
故 A 错误;令 f
-2,
'(
x)=e =3,解 得 x =
-2,若 a<0,则 ae <0,当 x >
a
2
2
ax
此时 f(
+1 时,
l
n x+
>0,
x)
=ae
a
a
2
-l
n x+
-2<0,显 然 题 设 不 成 立。 若
a
ax
a>0,
x )=ae -l
n x+
f(
-
2
-2≥0 在
a
2
ax
,
n(
ax +2)
+∞ 上恒 成 立,即 ae -l
a
ax
ax
+l
na-2≥0,即 ae +l
a+b+c)
x +
(
a
b+a
c+b
c)
x -a
b
c,对 照 系 数 得 a +b+
,
故 ③ 正 确。a
故 ④ 正 确;
c=6,
b
c=t∈ (
0,
4)
因为 3<a<4,
所以 3<6- (
b+c)<4,解 得
故 ② 正确。
2<b+c<3,
ax
[
4
4.
e,+ ∞ ) 提 示:令 f (
x)=ae -
2
ax
'(
x)>0,解 得
所以 f(
x>3 或 x<1,
x)的 单 调 递 增 区 间 为
(
;
和(
令f
解得 1<
-∞ ,
1)
3,
+∞ )
'(
x)
<0,
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43
参考答案
高考数学 2023 年 9 月
。
所 以 f(
x<3,
x)的 单 调 递 减 区 间 为 (
提 示:因 为 a = -1
5
4
l
n
=
4
5
5
5
e
1 4
,
= l
n
b=
= e =
4
4
4
4
0.
25
1
1
时,
=l
nx +1。 当 0<x <
'(
x)<0;当
f
e
1
时,
'(
x )>0。 所 以 函 数 f (
x )在
f
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