2022-2023学年北师大版高三上数学月考试卷(含解析)

2022-2023学年高中高三上数学月考试卷
学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________
考试总分：146 分 考试时间： 120 分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;
卷I （选择题）
一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）
1. 设全集，集合，则( )
A.B.C.D.
2. 记不等式组表示的平面区域为．命题，；命题，．下面给出了四个命题：
①；
②；
③；
④；
这四个命题中，所有真命题的编号是A.①③
B.①②
C.②③
D.③④
3. 已知三个不同的平面，，，且，则“”是“”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
4. 若函数的图象上存在两个不同的点，，使得曲线在这两点处的切线重合，称
U =R M ={x|x <1}，N ={x|x >2}
(M)∩N =∁U {x|x >2}
{x|x ≥1}
{x|1<x <2}
{x|x ≥2}
{
x +y ≥6,2x −y ≥0D p :∃(x,y)∈D 2x +y ≥9q :∀(x,y)∈D 2x +y ≤12p ∨q ¬p ∨q p ∧¬q ¬p ∧¬q ( )αβγα⊥γβ⊥γα//βy =f (x)A B y =f (x)y =f (x)
函数为“自重合”函数．下列函数中是“自重合”函数的为( )
A.B.C.D.
5. 下列说法正确的是（ ）
A.幂函数的图象恒过点
B.指数函数的图象恒过点
C.对数函数的图象恒在轴右侧
D.幂函数的图象恒在轴上方
6. 已知实数，满足：，则的取值范围是( )A.B.C.D.
7. 素数也叫质数，部分素数可写成“”的形式（是素数），法国数学家马丁梅森就是研究素数的数学家中成就很高的一位，因此后入将这种形式的素数称为梅森素数．已知第个梅森素数为，第个梅森素数为，则约等于（参考数据：（ ）A.B.C.D.
8. 已知数列的前项和为，若＝，＝，且＝，则的值为（ ）
A.B.y =f (x)y =ln x +x
y =+1
e x y =x 3
y =x −cos x
(0,0)(1,0)y x x y x −2y +1≥0，
x <2，x +y −1≥0，
z =|2x −2y −1|z [,5]53
[0,5)
[0,5]
[,5)53
−12n n ⋅6P =−121712Q =−12127Q P
lg2≈0.3)1030
1033
1036
10110
{}a n n S n a 11a 22(−1(−))n a n a n+22−2⋅(−1)n S 20192018×1011−1
2019×1010
C.D.
9.
函数的部分图象如图所示，若在区间上只有一个最大值和一个最小值，则正数的取值范围是( )A.B.C.D.
10. 已知圆：截轴所得线段与截直线所得线段的长度相等，则
A.B.C.D.
11. 如图，已知是双曲线的左、右交点，若直线与双曲线交于两点，且四边形是矩形，则双曲线的离心率为（ ）A.2019×1011−1
2018×1010
f(x)=A sin(ωx +φ)(A >0,ω>0,|φ|<
)π2f ()12mx +5π24
[−,)π3π4m [2,3)
[2,3]
[3,4)
[3,4]
C (x −1+(y −2=2)2)2y y =2x +b b =()
−6
–√±6
–√−5
–√±5
–√，F 1F 2C ：−=1(a >0，b >0)x 2a 2y 2b 2y =x 3–√C P ，Q P O F 1F 25−25
–√5+25
–√
B.C.D.
12. 已知 ，则，，的大小关系为（ ）A.B.C.D.卷II （非选择题）
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
13. 已知，则 14. 如果向量，与方向相同，那么实数的值为________．
15. 设函数的定义域为，若存在非零实数，使得对于任意，有且，则称为上的高调函数．如果定义域为的函数为
上的高调函数，那么实数 的取值范围是________.
16. 已知为抛物线＝的焦点，点，在抛物线上，且分别位于轴的上、下两侧，若的面积是（为坐标原点），且＝，则直线的斜率是________．
三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 11 分 ，共计66分 ）
17. 在中，内角，，所对的边分别为，，．
若，证明：；若，证明：. 18. 已知等差数列的首项，公差，且第项、第项、第项分别是等比数列的第项、第项、第项．
求数列与的通项公式；
设数列对任意均有成立，求的值．
5+25
–√+1
3–√−1
3–√a =0.2,b =log 0.50.50.2c =
12
a b c a >b >c
a >c >b
b >a >c
b >
c >a sin(θ−)=π634
cos(θ−)=2π3
=(k,1)a →=(6,k +1)b →k f (x)D l x ∈M (M ⊆D)x +l ∈D f (x +1)≥f (x)f (x)M l [−1,+∞)f (x)=x 2[−1,+∞)m m F C :y 2x A B x △BFO O 12AB △ABC A B C a b c (1)A =2B a =2b cos B (2)+=1a 1b 2c C <π2{}a n =1a 1d >02514{}b n 234(1){}a n {}b n (2){}c n n ∈N ∗++…+=c 1b 1c 2b 2c n b n a n+1+++…+c 1c 2c 3c 2015–√:+=1(a >b >0)22
19. 已知离心率为的椭圆经过点．点，在椭圆上，且．
求椭圆的方程；
若的面积为，求直线的方程． 20. 已知函数＝，＝．定义新函数＝
．（1）当时，讨论函数的单调性；（2）若新函数的值域为，求的取值范围．
21. 设函数.若，求的单调区间；若当时，恒成立，求实数的取值范围．
22. 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
将的极坐标方程化为直角坐标方程；
设点的直角坐标为 ，为上的动点，点满足写出的轨迹的参数方
程，并判断与是否有公共点．
3–√2C :+=1(a >b >0)x 2a 2y 2b 2
A(2,0)P Q AQ ⊥AP (1)(2)△APQ 1625PQ f(x)x −(a +1)ln x+e 3x −1g(x)−a ln x +(a +2)x+d(f,g)|f(x)−g(x)|min a ≤−2g(x)d(f,g)[0,+∞)a f(x)=x(−1)−a e x x 2
(1)a =12
f(x)(2)x >0f(x)≥0a xOy x C ρ=2cos θ2–√(1)C (2)A (1,0)M C P =AP −→−2AM −−−−−√P C 1C C 1
参考答案与试题解析
2022-2023学年高中高三上数学月考试卷
一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）
1.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
（1）利用题目所给信息进行解题即可.
【解答】
解：已知全集，集合，，
则 ，
可得 .
故选.
2.
【答案】
A
【考点】
复合命题及其真假判断
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
由不等式组画出平面区域为．在由或且非逻辑连词连接的命题判断真假即可．【解答】
解：由题意可作出可行域，如图所示，U =R M ={x |x <1}N ={x |x >2}M ={x |x ≥1}∁U (M)∩N ={x |x >2}∁U A {
x +y ≥6,2x −y ≥0
D D
可求得交点坐标为，而经过可行域，故命题为真命题，
而经过可行域但并不是所有点都满足条件，故命题为假命题，
①为真命题；为假命题，故②为假命题；
为真命题，故③为真命题；④为假命题，
故为真命题的是①③.
故选.
3.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
利用平面的关系，即可得出答案.
【解答】
解：由于，，此时与可平行也可相交，故充分性不成立；
若，，则，故必要性成立，
故是的必要不充分条件.
故选.
4.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
对选项函数求导，根据题中自重合函数定义求解．
【解答】
解：，，，又在上单调递减，(2,4)2x +y ≥9p 2x +y ≤12q p ∨q ¬p ¬p ∨q ¬q p ∧¬q ¬p ∧¬q A α⊥γβ⊥γαβα//βα⊥γβ⊥γβ⊥γα//βB A y =ln x +x (x >0)=
+1y ′1x =+1y ′1x (0,+∞)≠()≠()
′′A
故若，则，不自重合，
，，在上单调递增，同理，不自重合；
，，，若有两点，，使它们切线重合，斜率为，则，，不妨设但，矛盾，不自重合； ，，，
假设,
有点，，，
各自切线为，，，
即，处切线重合，是自重合函数．
故选．
5.
【答案】
C
【考点】
对数函数的图象与性质
幂函数的性质
指数函数的性质
【解析】
利用对数函数、指数函数、幂函数的性质，对四个结论依次进行分析判断，能求出结果．
【解答】
解：幂函数中，当时，它的图象不过点，故错误；
指数函数的图象恒过点，故错误；
由对数函数的性质知对数函数的图象恒在轴右侧，故正确；
幂函数中，当时，，故错误．
故选：．
6.
【答案】
B
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
≠x 1x 2()≠()y ′x 1y ′x 2A B y =+1e x =y ′e x (−∞,+∞)B C y =x 3=3y ′x 2(,)x 1y 1(,)x 2y 2k 3=k x 2x =±k 3−−√ =,x 1k 3−−√=−,x 2k 3−−√=≠k −y 2y 1−x 2x 1k 3C D y =x −cos x =1+sin x y ′=1+sin x =1⇒x =kπ(k ∈Z)y ′(0,−1)(π,π+1)(2π,2π−1)y =x −1y =x +1y =x −1(0,−1)(2π,2π−1)D D y =x a a <0(0,0)A (0,1)B y C y =x a a =1y ∈R D C
由约束条件作出可行域如图，令，由线性规划知识求出的最值，取绝对值求得的取值范围．
【解答】
解：由约束条件
作可行域如图，联立解得∴，联立解得∴．令，则，由图可知，当经过点时，直线在轴上的截距最小，最大，最大值为，又，则；当经过点时，直线在轴上的截距最大，最小，最小值为．∴，∴．
故选．
7.【答案】
B
【考点】
对数及其运算
【解析】
此题暂无解析
u =2x −2y −1u z =|u | x −2y +1≥0，
x <2，x +y −1≥0
{
x =2，x +y −1=0，{x =2，y =−1，
A(2,−1){x +y −1=0，x −2y +1=0， x =，13y =，23B(，)1323u =2x −2y −1y =x −−u 212y =x −−u 212A(2,−1)y =x −−u 212y u u =2×2−2×(−1)−1=5x <2u <5y =x −−u 212B(，)1323y =x −−u 212y u u =2×−2×−1=−132353−≤u <553z =|u |∈[0,5)B
【解答】
解：，令，
则，又，
所以，，所以约等于．故选．
8.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
讨论为奇数，可得数列的奇数项为首项为，公差为的等差数列，为偶数时，可得数列的偶数项为首项为，公差为的等差数列，再由数列的分组求和，结合等差数列的求和公式奇数可得所求和．
【解答】
＝，＝，且＝，当为奇数时，＝，
可得数列是首项为，公差为的等差数列，当为偶数时，＝，
可得数列是首项为，公差为的等差数列．＝＝＝，
9.
【答案】D
【考点】
由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
此题暂无解析
【解答】=≈Q P −12127−1
2172110=k 2110110lg2=lgk lg2≈0.333=lgk k =1033Q P 1033B n {}a n 14n {}a n 20a 11a 22(−1(−))n a n a n+22−2⋅(−1)n n −a n+2a n 4{}a 2n−114n −a n+2a n 0{}a 2n 20S 2019(++...+)+(++...+)a 1a 3a 2019a 2a 4a 20181010×1+×1010×1009×4+2×100912
2019×1011−1
解：由题图得，
当时，，
当时，，，在区间上只有一个最大值和一个最小值，，解得.
故选.
10.
【答案】
D
【考点】
直线与圆相交的性质
【解析】
由题意可得圆截直线所得线段的长为，圆心到直线的距离为，即，由此求得的值．
【解答】
解：令，求得圆：求得，或，
可得圆截轴所得线段长为，故圆截直线所得线段的长为，
故圆心到直线的距离为，即，∴．
故选：．
11.
【答案】C
【考点】
双曲线的离心率
T =π⇒ω=2x =5π242×+φ=⇒φ=5π24π2π12x =3π8A sin(2×+)=1⇒A =23π8π12
∴f(x)=2sin(2x +
)π12∵f ()=2cos mx 12mx +5π24
[−,)π3π4∴ −2π<−m ≤−ππ30<m ≤ππ4
3≤m ≤4D C y =2x +b 2C(1,2)y =2x +b 1=1|2×1−2+b |
5–√b x =0C (x −1+(y −2=2)2)2y =1y =3y 2C(x −1+(y −2=2)2)2y =2x +b 2C(1,2)y =2x +b 1=1|2×1−2+b |5
–√b =±5–√D
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
12.
【答案】
A
【考点】
指数式、对数式的综合比较
对数值大小的比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
3．∵，∴，又，∴
∴故选．二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
13.
【答案】
1
【考点】
二倍角的余弦公式
任意角的三角函数
运用诱导公式化简求值
同角三角函数基本关系的运用
两角和与差的正弦公式
【解析】
1
【解答】0.2>0.5=1log 0.5log 0.5a >1c ==<<=1
12
0.510.50.20.501>b >c a >b >c A
114.
【答案】
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
15.
【答案】
【考点】
函数新定义问题
【解析】
由于“定义域的函数为上的高调函数”，即，所以，由得．解得，
即．
【解答】
解：由题意知，在上恒成立，
即在上恒成立，
所以且，
解得，
故实数 的取值范围是．
故答案为：．
16.
【答案】-
【考点】
直线与抛物线的位置关系
2
[2,+∞)
[−1,+∞)f (x)=x 2[−1,+∞)l M =D l ≥0f (x +l)≥f (x)≥(x +1)2x 2l ≥−2x l ≥=2(−2x)max f (x +m)=≥f (x)=(x +m)2x 2[−1,+∞)+2mx ≥0m 2[−1,+∞)2m >02m ×(−1)+≥0m 2m ≥2m [2,+∞)[2,+∞)
抛物线的性质
【解析】
设直线的方程为：＝，点，，代入抛物线方程，运用韦达定理和三角形的面积，计算可得所求值．
【解答】
设直线的方程为：＝，
点，，
＝代入＝，可得＝，
根据韦达定理有＝，
∵＝，∴＝，从而＝，
∵点，位于轴的两侧，
∴＝，故＝．
不妨令点在轴上方，则，
又
（，，的面积是
，可得＝，
即有＝，＝，＝，＝，
直线的斜率是：．
三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 11 分 ，共计66分 ）
17.
【答案】
证明：()因为，
所以，
则，
由正弦定理得．假设，则，，那么，，于是，即 ，与已知矛盾，故假设错误．所以当时，．【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
AB x ty +m A(,)x 1y 1B(,)x 2y 2AB x ty +m A(,)x 1y 1B(,)x 2y 2x ty +m y 2x −ty −m y 20⋅y 1y 2−m 12⋅+⋅x 1x 2y 1y 212(⋅+⋅−12y 1y 2)2y 1y 20A B x ⋅y 1y 2−4m 4A x >0y 1F 0)△BFO ×(−)y 2y 11y 2−4x 11x 216AB 1A =2B sin A =sin 2B sin A =2sin B cos B a =2b cos B (2)C ≥π2c >a >0c >b >00<<1c 1a 0<<1c 1b +<+1c 1c 1a 1b <+2c 1a 1b +=1a 1b 2c +=1a 1b 2c C <π2
此题暂无解析
【解答】
证明：()因为，
所以，
则，
由正弦定理得．假设，则，，那么，，于是，即 ，与已知矛盾，故假设错误．所以当时，．18.
【答案】
解：由已知有，，，
则，
解得,
故，
又，，
则数列的公比为，
故.由，得当时，，两式相减得：
当时，，所以时，，又当时，，所以，
所以所以.
【考点】
等比数列的通项公式
1A =2B sin A =sin 2B sin A =2sin B cos B a =2b cos B (2)C ≥π2c >a >0c >b >00<<1c 1a 0<<1c 1b +<+1c 1c 1a 1b <+2c 1a 1b +=1a 1b 2c +=1a 1b 2c C <π2(1)=1+d a 2=1+4d a 5=1+13d a 14=(1+d)(1+13d)(1+4d)2d =2(d >0)=1+(n −1)⋅2=2n −1a n ==3b 2a 2==9b 3a 5{}b n 3=3⋅=b n 3n−23n−1(2)++⋯+=c 1b 1c 2b 2c n b n a n+1n ≥2++⋯+=c 1b 1c 2b 2c n−1b n−1a n n ≥2=−=2c n b n a n+1a n n ≥2=2=2⋅c n b n 3n−1n =1=c 1b 1a 2=3c 1={c n 3,n =1,2⋅,n ≥2,
3n−1+++⋯+c 1c 2c 3c 2015=3+6(1−)320141−3=3+6−2×320151−3=3+(−3+)
32015=32015
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
利用等差数列与等比数列通项进行求解即可；
先利用数列的递推公式求出再利用等比数列求和公式求和.【解答】
解：由已知有，，，
则，
解得,
故，
又，，
则数列的公比为，
故.由，得当时，，
两式相减得：当时，，所以时，，又当时，，
所以，所以所以.19.
【答案】
解：由已知可得．
又因为，故可得，
进而由可得，
所以椭圆的方程为．设点的坐标为，点的坐标为，直线的方程为．
显然，不存在时不合题意.
联立直线方程和椭圆方程(1)(2)={c n 3,n =1,2⋅,n ≥2,
3n−1(1)=1+d a 2=1+4d a 5=1+13d a 14=(1+d)(1+13d)(1+4d)2d =2(d >0)=1+(n −1)⋅2=2n −1a n ==3b 2a 2==9b 3a 5{}b n 3=3⋅=b n 3n−23n−1(2)++⋯+=c 1b 1c 2b 2c n b n a n+1n ≥2++⋯+=c 1b 1c 2b 2c n−1b n−1a n n ≥2=−=2c n b n a n+1a n n ≥2=2=2⋅c n b n 3n−1n =1=c 1b 1
a 2=3c 1={c n 3,n =1,2⋅,n ≥2,
3n−1+++⋯+c 1c 2c 3c 2015=3+6(1−)320141−3=3+6−2×320151−3=3+(−3+)
32015=32015(1)a =2e ==c a 3–√2c =3–√=−b 2a 2c 2b =1+=1x 24y 2(2)P (,)x 1y 1Q (,)x 2y 2AP y =k (x −2)k {y =k (x −2),+4−4=0,
x 2y 2(4+1)−16x +16−4=0
2222
消去，整理得．①
显然，是①的一个解，故可得．②由，可得．因为直线，故直线的方程为．同理，可得，③进而可得．由对称性，不妨设．由，可得，整理得，④设，则，代入④，整理得，解得或．当时，，无实数解；当时，，解得．将代入②，得；将代入③，得，所以直线的方程为．【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线的综合问题
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
无
【解答】
解：由已知可得．
又因为，故可得，
进而由可得，
所以椭圆的方程为．y (4+1)−16x +16−4=0k 2x 2k 2k 2x =2=x 18−2k 24+1k 2|AP|=|−2|1+k 2−−−−−√x 1|AP|=4+1k 2−−−−−√4+1k 2AQ ⊥AP AQ y =−(x −2)1k =x 28−2k 24+k 2|AQ|=|−2|1+1k 2−−−−−−√x 2=4k 21+k 2−−−−−√(4+)|k|
k 2k >0=|AP|⋅|AQ|=S △APQ 121625=16(+1)k 2k 2(4+1)(4+)k k 2k 232258+−25(k +)+34=0k 28k 21k k +=t 1k +=−2k 21k 2
t 28−25t +18=0t 2t =98t =2t =98k +=1k 98t =2k +=21k k =1k =1=x 165k =1=x 265PQ x =65
(1)a =2e ==c a 3–√2c =3–√=−b 2a 2c 2b =1+=1x 24
y 2(2)(,)Q (,)AP y =k (x −2)
设点的坐标为，点的坐标为，直线的方程为．
显然，不存在时不合题意.
联立直线方程和椭圆方程消去，整理得．①
显然，是①的一个解，故可得．②由，可得．因为直线，故直线的方程为．同理，可得，③进而可得．由对称性，不妨设．由，可得，整理得，④设，则，代入④，整理得，解得或．当时，，无实数解；当时，，解得．将代入②，得；将代入③，得，所以直线的方程为．20.
【答案】
函数＝，则＝-＝，
①当＝，即＝时，，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
②当时，，当，即时，
(2)P (,)x 1y 1Q (,)x 2y 2AP y =k (x −2)k {y =k (x −2),+4−4=0,
x 2y 2y (4+1)−16x +16−4=0k 2x 2k 2k 2x =2=x 18−2k 24+1k 2|AP|=|−2|1+k 2−−−−−√x 1|AP|=4+1k 2−−−−−√4+1k 2AQ ⊥AP AQ y =−(x −2)1k =x 28−2k 24+k 2|AQ|=|−2|1+1k 2−−
−−−−√x 2=4k 21+k 2−−−−−√(4+)|k|
k 2k >0=|AP|⋅|AQ|=S △APQ 121625=16(+1)k 2k 2(4+1)(4+)k k 2k 232258+−25(k +)+34=0k 28k 21k k +=t 1k +=−2k 21k 2
t 28−25t +18=0t 2t =98t =2t =98k +=1k 98t =2k +=21k k =1k =1=x 165k =1=x 265PQ x =65g(x)−a ln x +(a +2)x+
g'(x)+(a +2)x−(x >0)a +20a −2g (x)>0′x >1g (x)<0′0<x <1g(x)(0,1)(1,+∞)a <−2(i)−4<a <−2
令，解得，
令，解得或，
故在和（，上单调递减，在
，）上单调递增；当＝，即＝
时，
，所以在上单调递减；
当时，令，解得
，令，解得或，
所以在
，）和
上单调递减，在（，上单调递增．
综上所述，当＝时，在上单调递减，上单调递增；
当时，在和（，上单调递减，在，
）上单调递增；当＝时，以在上单调递减；
当时，在
，）和上单调递减，在（
，上单调递增．因为，
所以＝有解，即
＝
在上有解，令＝，则，
令＝，则
，故在上单调递增，
又，故存在，使，
当时，，即，则单调递减，
当时，，即，则单调递增，
故的最小值为＝且，，由
，可得
，即
，令＝，＝，所以在上单调递增，又，即＝，所以，
故
的最小值为
，故，所以．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
g (x)>0′g (x)<0′0<x <1x >g(x)(0,1)+∞)(1(ii)1a −4g(x)(0,+∞)(iii)a <−4g (x)>0′<x <1g (x)<0′0<x <x >1g(x)(0(1,+∞)1)a −2g(x)(0,1)(1,+∞)−4<a <−2g(x)(0,1)+∞)(1a −4g(x)(0,+∞)a <−4g(x)(0(1,+∞)1)|f(x)−g(x)∈[0,+∞)|min f(x)−g(x)0a +2(0,+∞)h(x)μ(x)3+ln x x 2e 3x μ(x)(0,+∞)x 0x ∈(0,)x 0μ(x)<0h (x)<0′h(x)x ∈(,+∞)x 0μ(x)>0h (x)>0′h(x)h(x)h()x 0x →+∞h(x)→+∞V(x)x ln x(x >1)V (x)′2+ln x >0V(x)(1,+∞)3x 0−ln x 0h(x)a +2≥3a ≥1
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）求出，然后分＝，两种情况进行分析，利用导数的正负与函数单调性的关系求解即可；
（2）由已知可得＝有解，转化为＝在上有解，构造函数＝
，然后利用导数研究函数的性质，求出的最值，即可得到的取值范
围．
【解答】函数＝，则＝-＝，
①当＝，即＝时，，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
②当时，，当，即时，
令，解得，
令，解得或，
故在和（，上单调递减，在
，）上单调递增；当＝，即＝
时，
，所以在上单调递减；
当时，令，解得
，令，解得或，
所以在
，）和
上单调递减，在（，上单调递增．
综上所述，当＝时，在上单调递减，上单调递增；
当时，在和（，上单调递减，在，
）上单调递增；当＝时，以在上单调递减；
当时，在
，）和上单调递减，在（
，上单调递增．因为，
所以＝有解，即
＝在上有解，g (x)′a −2a <−2f(x)−g(x)0a +2(0,+∞)h(x)h(x)h(x)a g(x)−a ln x +(a +2)x+
g'(x)+(a +2)x−(x >0)a +20a −2g (x)>0′x >1g (x)<0′0<x <1g(x)(0,1)(1,+∞)a <−2(i)−4<a <−2g (x)>0′g (x)<0′0<x <1x >g(x)(0,1)+∞)(1(ii)1a −4g(x)(0,+∞)(iii)a <−4g (x)>0′<x <1g (x)<0′0<x <x >1g(x)(0(1,+∞)1)a −2g(x)(0,1)(1,+∞)−4<a <−2g(x)(0,1)+∞)(1a −4g(x)(0,+∞)a <−4g(x)(0(1,+∞)1)|f(x)−g(x)∈[0,+∞)|min f(x)−g(x)0a +2(0,+∞)
令＝，则，
令＝，则
，故在上单调递增，
又，故存在，使，
当时，，即，则单调递减，
当时，，即，则单调递增，
故的最小值为＝且，，由
，可得
，即
，令＝，＝，所以在上单调递增，又，即＝，所以，
故
的最小值为
，故，所以．
21.
【答案】
解：当时，，,
令，得或，
令，得，
所以的单调递增区间为；单调递减区间为．
，
令，
，，
若，则当时，，在上为增函数，而，从而当时，，即恒成立．
若时，令，得．
当时，，在上是减函数，
而，从而当时，，即与题意不符，综上，的取值范围是【考点】
函数恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
当时，，由此利用导数性质能求出的单调区间．h(x)μ(x)3+ln x x 2e 3x μ(x)(0,+∞)x 0x ∈(0,)x 0μ(x)<0h (x)<0′h(x)x ∈(,+∞)x 0μ(x)>0h (x)>0′h(x)h(x)h()x 0x →+∞h(x)→+∞V(x)x ln x(x >1)V (x)′2+ln x >0V(x)(1,+∞)3x 0−ln x 0h(x)a +2≥3a ≥1(1)a =
12f(x)=x(−1)−e x 12x 2f (x)=(−1)+x −x =(x +1)(−1)′e x e x e x f (x)>0′x <−1x >0f (x)<0′−1<x <0f(x)(−∞,−1)，(0,+∞)(−1,0)(2)f(x)=x(−1)−a =x(−1−ax)e x x 2e x g(x)=−1−ax e x g (x)=−a ′e x g(0)=0a ≤1x ∈(0,+∞)g (x)=−a >0′e x g(x)(0,+∞)g(0)=0x ≥0g(x)≥0f(x)≥0a >1g (x)=−a =0′e x x =ln a x ∈(0,ln a)g (x)<0′g(x)(0,ln a)g(0)=0x ∈(0,ln a)g(x)<0f(x)<0a (−∞,1].(1)a =−12f(x)=x(−1)−e x 12
x 2f(x)(2)f(x)=x(−1)+a =x(−1+ax)x 2x g(x)=(−1+ax)x x ∈[0,+∞)
，令，，由此利用导数
性质能求出的取值范围．
【解答】解：当时，，,
令，得或，
令，得，
所以的单调递增区间为；单调递减区间为．
，
令，
，，
若，则当时，，在上为增函数，而，从而当时，，即恒成立．若时，令，得．
当时，，在上是减函数，而，从而当时，，即与题意不符，综上，的取值范围是22.【答案】
解：根据题意得，即，整理得．设，，由，得，又在上．
所以，整理得，则为为圆心，半径为的圆，
所以的参数方程为 即故，所以，两圆为内含关系．
所以，圆与圆无公共点．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
圆的极坐标方程
【解析】
(2)f(x)=x(−1)+a =x(−1+ax)
e x x 2e x g(x)=(−1+ax)e x x ∈[0,+∞)a (1)a =
12f(x)=x(−1)−e x 12x 2f (x)=(−1)+x −x =(x +1)(−1)′e x e x e x f (x)>0′x <−1x >0f (x)<0′−1<x <0f(x)(−∞,−1)，(0,+∞)(−1,0)(2)f(x)=x(−1)−a =x(−1−ax)e x x 2e x g(x)=−1−ax e x g (x)=−a ′e x g(0)=0a ≤1x ∈(0,+∞)g (x)=−a >0′e x g(x)(0,+∞)g(0)=0x ≥0g(x)≥0f(x)≥0a >1g (x)=−a =0′e x x =ln a x ∈(0,ln a)g (x)<0′g(x)(0,ln a)g(0)=0x ∈(0,ln a)g(x)<0f(x)<0a (−∞,1].(1)=2ρcos θρ22–√+=2x x 2y 22–√(x −+=22–√)2y 2(2)P (x,y)M(,)x 0y 0=AP −→−2AN −−−−√OM −→−=+2–√2AP −→−OA −→−=(x −1,y)+(1,0)2–√2=(x −+1,y)2–√22–√22–√2
M C +=2(x −+1)2–√2322–√2(y)2–√22(x +−3+=42–√)2y 2C 1(3−,0)2–√2C 1{x +−3=2cos θ，2–√y =2sin θ，{x =3−+2cos θ，2–√y =2sin θ，
|C|<|−|C 1r 1r 2C C 1
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意得，即，整理得．设，，由，得，
又在上．
所以，整理得，则为为圆心，半径为的圆，所以的参数方程为 即故，所以，两圆为内含关系．
所以，圆与圆无公共点．(1)=2ρcos θρ22–√+=2x x 2y 22–√(x −+=22–√)2y 2(2)P (x,y)M(,)x 0y 0=AP −→−2AN −−−−√OM −→−=+2–√2AP −→−OA
−→−
=(x −1,y)+(1,0)
2
–√2=(x −+1,y)2
–√22
–√22
–√2M C +=2(x −+1)2–√2322–√2(y)2
–√22(x +−3+=42–√)2y 2C 1(3−,0)2–√2C 1{x +−3=2cos θ，
2–√y =
2sin θ，
{x =3−+2cos θ，
2–√y =2sin θ，|C|<|−|C 1r 1r 2C C 1。