屆人教a版高三數(shù)學文科一輪復習滾動檢測試卷(二)含答案-資料下載頁
2025-01-09 10:43本頁面
【正文】 x1x2，所以 x2x11，則 f?? ??x2x112， f(x2)－ f(x1)0， 所以 f(x)在 (0，＋ ∞ )上是增函數(shù) ． 因為 f(4)＝ f(2)＋ f(2)－ 12＝ 32， 所以 f(x)＋ f(x＋ 3)＝ f(x2＋ 3x)＋ 122， 即 f(x2＋ 3x)32＝ f(4)． 所以????? x0，x＋ 30，x2＋ 3x4，解得 x∈ (1，＋ ∞ )． 20． 解 當 1≤ t≤ 40， t∈ N時， s(t)＝ g(t)f(t)＝ (－ 13t＋ 1123 )(14t＋ 22) ＝－ 112t2＋ 2t＋ 112 223 ＝－ 112(t－ 12)2＋ 2 5003 ， 所以 768＝ s(40)≤ s(t)≤ s(12) ＝ 112 223 ＋ 12＝ 2 5003 . 當 41≤ t≤ 100， t∈ N時， s(t)＝ g(t)f(t) ＝ (－ 13t＋ 1123 )(－ 12t＋ 52) ＝ 16t2－ 36t＋ 112 523 ＝ 16(t－ 108)2－ 83， 所以 8＝ s(100)≤ s(t)≤ s(41)＝ 1 4912 . 所以 s(t)的最大值為 2 5003 ，最小值為 8. 21． 解 (1)由 f(x)＝ ax＋ xln|x＋ b|＝ x(a＋ ln|x＋ b|)是奇函數(shù)， 則 y＝ a＋ ln|x＋ b|為偶函數(shù)， ∴ b＝ 0. 又 x0時， f(x)＝ ax＋ xln x， ∴ f′ (x)＝ a＋ 1＋ ln x， ∵ f′ (e)＝ 3， ∴ a＝ 1. (2)當 x1時，令 g(x)＝ f?x?x－ 1＝ x＋ xln xx－ 1 ， ∴ g′ (x)＝ x－ 2－ ln x?x－ 1?2 ，令 h(x)＝ x－ 2－ ln x， ∴ h′ (x)＝ 1－ 1x＝ x－ 1x 0， ∴ y＝ h(x)在 (1，＋ ∞ )上是增函數(shù)， ∴ h(1)＝－ 10， h(3)＝ 1－ ln 30， h(4)＝ 2－ ln 40， ∴ 存在 x0∈ (3,4)，使得 h(x0)＝ 0， 則 x∈ (1， x0)， h(x)0， g′ (x)0， y＝ g(x)為減函數(shù) ． x∈ (x0，＋ ∞ )， h(x)0， g′ (x)0， y＝ g(x)為增函數(shù) ． ∴ g(x)min＝ g(x0)＝ x0＋ x0ln x0x0－ 1＝ x0. ∴ kx0，又 x0∈ (3,4)， k∈ Z， ∴ kmax＝ 3. 22． 解 (1)由題設知 f(x)＝ ln x， g(x)＝ ln x＋ 1x，定義域為 (0，＋ ∞ )． 所以 g′ (x)＝ x－ 1x2 ，令 g′ (x)＝ 0得 x＝ 1， 當 x∈ (0,1)時， g′ (x)0，故 (0,1)是 g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間 ． 當 x∈ (1，＋ ∞ )時， g′ (x)0，故 (1，＋ ∞ )是 g(x)的單調(diào)增區(qū)間 ． 所以 g(x)最小值 ＝ g(1)＝ 1. 綜上， g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 (1，＋ ∞ )，單調(diào)遞減區(qū)間為 (0,1)，最小值為 1. (2)g?? ??1x ＝－ ln x＋ x. 設 h(x)＝ g(x)－ g?? ??1x ＝ 2ln x－ x＋ 1x， 則 h′ (x)＝－ ?x－ 1?2x2 ≤ 0， 因此， h(x)在 (0，＋ ∞ )內(nèi)單調(diào)遞減 ． 又 h(1)＝ 0， 當 x＝ 1時， h(1)＝ 0，即 g(x)＝ g?? ??1x ； 當 0x1時， h(x)h(1)＝ 0，即 g(x)g?? ??1x ； 當 x1時， h(x)h(1)＝ 0，即 g(x)g?? ??1x . (3)由 (2)知 h(x)在 x∈ ?? ??1e， 1 上單調(diào)遞減， ∴ h(x)在 x∈ ?? ??1e， 1 上的最小值為 h(1)＝ 0， 又對任意 x∈ ?? ??1e， 1 ，使 h(x)m－ f(a)成立， 則 m－ f(a)h(x)最小值 ＝ h(1)＝ 0，即 mf(a)． 又存在 a∈ [1， e]，使 mf(a)成立， 又 f(x)＝ ln x是增函數(shù)， 所以 mf(a)最大值 ＝ f(e)＝ 1. 所以 m1.
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