《2022年高三數(shù)學(xué)第一次月考試題 理（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高三數(shù)學(xué)第一次月考試題 理（含解析）（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三數(shù)學(xué)第一次月考試題 理（含解析） 【試卷綜評】本試卷試題主要注重基本知識、基本能力、基本方法等當面的考察，覆蓋面廣，注重數(shù)學(xué)思想方法的簡單應(yīng)用，試題有新意，符合課改和教改方向，能有效地測評學(xué)生，有利于學(xué)生自我評價，有利于指導(dǎo)學(xué)生的學(xué)習(xí)，既重視雙基能力培養(yǎng)，側(cè)重學(xué)生自主探究能力，分析問題和解決問題的能力，突出應(yīng)用，同時對觀察與猜想、閱讀與思考等方面的考查。 本試題卷包括選擇題、填空題和解答題三部分，共6頁。時量120分鐘。滿分150分。 一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的． 【題文】1．已知集合M＝{x2－

2、2x<0}，N＝{xlogx p3：?x∈(0，＋∞)，>logx p4：?x∈，

3、 C．p2，p3 D．p2，p4 【知識點】命題的真假判斷與應(yīng)用．A2 【答案解析】D 解析：對應(yīng)命題p1可，分別作出函數(shù)y＝與y＝的圖象如圖：由圖象 可知：?x∈（0，+∞），＞，所以命題p1錯誤． p2：作出對數(shù)函數(shù)y1＝x，y2＝x的圖象，由圖象知：?x∈（0，1），使命題p2正確． p3：作出函數(shù)y1＝x，y2＝()x的圖象，由圖象知命題p3不正確． P4：當x∈（0，）時，x＞1，()x＜1，所以恒有x＞()x成立，所以命題P4正確． 故選D． 【思路點撥】分別根據(jù)全稱命題和特稱命題判斷真假的方法去判斷四個命題．p1可利用兩個指數(shù)函數(shù)的圖象進行判斷．p2可

4、以利用對數(shù)的圖象來判斷．p3可以利用對數(shù)和指數(shù)函數(shù)的圖象來判斷．p4：利用指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的圖象來判斷． 【題文】3．在如右圖所示的程序框圖中輸入10，結(jié)果會輸出( ) A．10 B．11 C．512 D．1 024 【知識點】程序框圖．L1 【答案解析】D 解析：根據(jù)題意，模擬程序框圖的運行過程，如下； n=3，s=1，k=1，k≤n，是，s=1×2=2； k=2，k≤n，是，s=2×2=4= ； k=3，k≤n，是，s=4×2=8= ； … k=11，k≤n，否，輸出s= ． 故選：D． 【思路點撥】由題意，模擬程序框圖的運行過程，即可

5、得出正確的答案． 【題文】4．將函數(shù)f(x)＝sin x＋cos x的圖象向左平移φ(φ>0)個單位長度，所得圖象關(guān)于原點對稱，則φ的最小值為( ) A．－ B. C. D. 【知識點】函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換．C4 【答案解析】C 解析：化簡得，根據(jù)圖象平移規(guī)律可得平移后函數(shù)，又所得函數(shù)圖象關(guān)于原點對稱， ∴，（k∈Z）,∴（k∈Z）， 當k=1時，取最小值為,故選C. 【思路點撥】化簡得，根據(jù)圖象平移規(guī)律可得平移后函數(shù)，又所得函數(shù)圖象關(guān)于原點對稱解得取最小值為. 【題文】5．若實數(shù)x，y滿足條件，則z＝x＋3y的最大值為(

6、) A．9 B．11 C．12 D．16 【知識點】簡單線性規(guī)劃．E5 【答案解析】B 解析：作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域如圖： 由z=x+3y，得， 平移直線，由圖象可知當，經(jīng)過點C時，直線截距最大，此時z最大． 由得，即C（2，3）， 此時z=x+3y=2+3×3=11， 故選：B． 【思路點撥】作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域，利用z的幾何意義，利用利用數(shù)形結(jié)合即可得到結(jié)論． 【題文】6．不全相等的五個數(shù)a、b、c、m、n具有關(guān)系如下：a、b、c成等比數(shù)列，a、m、b和b、n、c都成等差數(shù)列，則＋＝( ) A．－2 B．0 C．2 D．不

7、能確定 【知識點】等差、等邊數(shù)列.D2 D3 【答案解析】C 解析：不妨令則，代入可得，故選C. 【思路點撥】不妨令則，代入可得結(jié)果. 【題文】7．已知邊長為1的正方形ABCD位于第一象限，且頂點A、D分別在x、y的正半軸上(含原點)滑動，則·的最大值是( ) A．1 B. C．2 D. 【知識點】平面向量數(shù)量積坐標表示的應(yīng)用．F3 【答案解析】C 解析：如圖令∠OAD=θ，由于AD=1故0A=cosθ，OD=sinθ， 如圖∠BAX=-θ，AB=1，故xB=cosθ+cos（-θ）=cosθ+sinθ， yB=sin（-θ）=cosθ，故=（cosθ

8、+sinθ，cosθ） 同理可求得C（sinθ，cosθ+sinθ），即=（sinθ，cosθ+sinθ）， ∴·=（cosθ+sinθ，cosθ）?（sinθ，cosθ+sinθ）=1+sin2θ，故·的最大值是2，故答案是 2． 【思路點撥】令∠OAD=θ，由邊長為1的正方形ABCD的頂點A、D分別在x軸、y軸正半軸上，可得出B，C的坐標，由此可以表示出兩個向量，算出它們的內(nèi)積即可． 【題文】8．一個四面體的三視圖如圖所示，則該四面體的表面積為( ) A. B. C. D．2 【知識點】三視圖.G2 【答案解析】D 解析：如圖所示，四面體為棱長為2的正

9、四面體， . 【思路點撥】根據(jù)題意轉(zhuǎn)化為正方體內(nèi)的正四面體，可知其棱長再求面積即可. 【題文】9．若曲線C1：x2＋y2－2x＝0與曲線C2：y(y－mx－m)＝0有4個不同的交點，則實數(shù)m的取值范圍是( ) A. B.∪ C. D.∪ 【知識點】圓的一般方程；圓方程的綜合應(yīng)用．H3 H4 【答案解析】B 解析：曲線C1：(x－1)2＋y2＝1，圖象為圓心為(1，0)，半徑為1的圓；曲線C2：y＝0，或者y－mx－m＝0，直線y－mx－m＝0恒過定點(－1，0)，即曲線C2圖象為x軸與恒過定點(－1，0)的兩條直線．作圖分析： k1＝t

10、an 30°＝，k2＝－tan 30°＝－， 又直線l1(或直線l2)、x軸與圓共有四個不同的交點，結(jié)合圖形可知m＝k∈∪. 【思路點撥】由題意可知曲線C1：x2+y2-2x=0表示一個圓，曲線C2：y（y-mx-m）=0表示兩條直線y=0和y-mx-m=0，把圓的方程化為標準方程后找出圓心與半徑，由圖象可知此圓與y=0有兩交點，由兩曲線要有4個交點可知，圓與y-mx-m=0要有2個交點，根據(jù)直線y-mx-m=0過定點，先求出直線與圓相切時m的值，然后根據(jù)圖象即可寫出滿足題意的m的范圍． 【題文】10．已知集合A＝，其中ai∈且a3≠0，則A中所有元素之和等于( ) A．

11、3 240 B．3 120 C．2 997 D．2 889 【知識點】數(shù)列的求和;分類計數(shù)原理.J1 D4 【答案解析】D 解析：由題意可知，a0，a1，a2各有3種取法(均可取0，1，2)，a3有2種取法(可取1，2)，由分步計數(shù)原理可得共有3×3×3×2種方法， ∴當a0取0，1，2時，a1，a2各有3種取法，a3有2種取法，共有3×3×2＝18種方法，即集合A中含有a0項的所有數(shù)的和為(0＋1＋2)×18； 同理可得集合A中含有a1項的所有數(shù)的和為(3×0＋3×1＋3×2)×18； 集合A中含有a2項的所有數(shù)的和為(32×0＋32×1＋32×2)×18； 集合A中

12、含有a3項的所有數(shù)的和為(33×1＋33×2)×27； 由分類計數(shù)原理得集合A中所有元素之和： S＝(0＋1＋2)×18＋(3×0＋3×1＋3×2)×18＋(32×0＋32×1＋32×2)×18＋(33×1＋33×2)×27＝18(3＋9＋27)＋81×27＝702＋2 187＝2 889.故選D. 【思路點撥】由題意可知a0，a1，a2各有3種取法（均可取0，1，2），a3有2種取法，利用數(shù)列求和即可求得A中所有元素之和． 二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分．把答案填在答題卡中對應(yīng)題號后的橫線上． 【題文】11．在△ABC中，a＝15，b＝10，∠A＝60°，則cos

13、 B＝____． 【知識點】正弦定理.C8 【答案解析】 解析：∵在△ABC中，a=15，b=10，A=60°，由正弦定理可得，解得sinB=．又因為b

14、 解析：連接A1O∵A1 O⊥y軸，A O⊥y軸， ∴∠A1 O A2為兩個面的二面角．|A1 O |=a=4，O F|=c=2， ∴cos∠A1 O A2= ，∴∠A1 O A2= ，故答案為. 【思路點撥】連接A1 O根據(jù)橢圓的性質(zhì)可知A1 O⊥y軸，A2 O⊥y軸，推斷出∠A1 O A2為所求的二面角，利用橢圓的方程求得a和c，即|A1 O |和| O F|的值，進而在Rt△A1 O A2中利用求得cos∠A1 O A2進而求得∠A1 O A2． 【題文】13．若f(x)＋f(x)dx＝x，則f(x)＝__ _． 【知識點】定積分.B13 【答案解析】x－ 解析：因為f

15、(x)dx是個常數(shù)，不妨設(shè)為m，所以f(x)＝x－m， 其原函數(shù)F(x)＝x2－mx＋C(C為常數(shù))，所以可得方程m＝－m，解得m＝.故f(x)＝x－. 【思路點撥】根據(jù)已知條件設(shè)f(x)＝x－m代入求出m即可. 【題文】14．在函數(shù)f(x)＝aln x＋(x＋1)2的圖象上任取兩個不同的點P(x1，y1)、Q(x2，y2)，總能使得f(x1)－f(x2)≥4(x1－x2)，則實數(shù)a的取值范圍為__． 【知識點】函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用．B12 【答案解析】 解析：由題意f′(x)≥4對任意x>0恒成立，也就是 a≥＝. 【思路點撥】由題意f′(x)≥4對任意x>0恒

16、成立, 由此構(gòu)造關(guān)于a的不等式，可得實數(shù)a的取值范圍． 【題文】15．兩千多年前，古希臘畢達哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家曾經(jīng)在沙灘上研究數(shù)學(xué)問題，他們在沙灘上畫點或用小石子來表示數(shù)，按照點或小石子能排列的形狀對數(shù)進行分類，圖中的實心點的個數(shù)1、5、12、22、…，被稱為五角形數(shù)，其中第1個五角形數(shù)記作a1＝1，第2個五角形數(shù)記作a2＝5，第3個五角形數(shù)記作a3＝12，第4個五角形數(shù)記作a4＝22，……，若按此規(guī)律繼續(xù)下去，則a5＝____，若an＝145，則n＝___. 【知識點】歸納推理．M1 【答案解析】35,10 解析：第一個有1個實心點， 第二個有1+1×3+1=5個實心點

17、， 第三個有1+1×3+1+2×3+1=12個實心點， 第四個有1+1×3+1+2×3+1+3×3+1=22個實心點， … 第n個有1+1×3+1+2×3+1+3×3+1+…+3（n-1）+1=+n個實心點， 故當n=5時，+n=30+5=35個實心點． 若an=145，即+n=145，解得n=10 故答案為：35，10． 【思路點撥】仔細觀察法各個圖形中實心點的個數(shù)，找到個數(shù)之間的通項公式，再求第5個五角星的中實心點的個數(shù)及an=145時，n的值即可． 三、解答題：本大題共6個小題，共75分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 【題文】16．(本題滿分12分) 設(shè)

18、f(x)＝sin－2cos2x＋1. (1)求f(x)的最小正周期； (2)若函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，求當x∈時y＝g(x)的最大值． 【知識點】兩角和與差的正弦函數(shù)；三角函數(shù)的周期性及其求法；正弦函數(shù)的定義域和值域．C3 C5 【答案解析】(1) 8 (2) 解析：(1)f(x)＝sinxcos－cosxsin－cosx＝sinx－cosx＝sin，故f(x)的最小正周期為T＝＝8. (6分) (2)法一：在y＝g(x)的圖象上任取一點(x，g(x))，它關(guān)于x＝1的對稱點為(2－x，g(x))． 由題設(shè)條件，點(2－x，g(x))在y＝f

19、(x)的圖象上，從而g(x)＝f(2－x)＝sin ＝sin＝cos， 當0≤x≤時，≤x＋≤ ，因此y＝g(x)在區(qū)間 上的最大值為ymax＝cos＝.(12分) 法二： 因區(qū)間關(guān)于x＝1的對稱區(qū)間為， 且y＝g(x)與y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，故y＝g(x)在區(qū)間上的最大值為y＝f(x)在區(qū)間上的最大值． 由(1)知f(x)＝sin.當≤x≤2時，－≤x－≤. 因此y＝g(x)在區(qū)間上的最大值為ymax＝sin＝.(12分) 【思路點撥】（1）f（x）解析式第一項利用兩角和與差的正弦函數(shù)公式化簡，整理后再利用兩角和與差的正弦函數(shù)公式化為一個角的正弦函數(shù)，找出ω的值，

20、代入周期公式即可求出f（x）的最小正周期； （2）在y=g（x）的圖象上任取一點（x，g（x）），根據(jù)f（x）與g（x）關(guān)于直線x=1對稱，表示出此點的對稱點，根據(jù)題意得到對稱點在f（x）上，代入列出關(guān)系式，整理后根據(jù)余弦函數(shù)的定義域與值域即可確定出g（x）的最大值． 【題文】17．(本題滿分12分) 某電視臺擬舉行由選手報名參加的比賽類型的娛樂節(jié)目，選手進入正賽前需通過海選，參加海選的選手可以參加A、B、C三個測試項目，只需通過一項測試即可停止測試，通過海選．若通過海選的人數(shù)超過預(yù)定正賽參賽人數(shù)，則優(yōu)先考慮參加海選測試次數(shù)少的選手進入正賽．甲選手通過項目A、B、C測試的概率為分別為、、

21、， 且通過各次測試的事件相互獨立． (1)若甲選手先測試A項目，再測試B項目，后測試C項目，求他通過海選的概率；若改變測試順序，對他通過海選的概率是否有影響？說明理由； (2)若甲選手按某種順序參加海選測試，第一項能通過的概率為p1，第二項能通過的概率為p2，第三項能通過的概率為p3，設(shè)他通過海選時參加測試的次數(shù)為ξ，求ξ的分布列和期望(用p1、p2、p3表示)；并說明甲選手按怎樣的測試順序更有利于他進入正賽． 【知識點】離散型隨機變量的期望與方差；相互獨立事件的概率乘法公式；離散型隨機變量及其分布列．K5 K6 【答案解析】(1) 即無論按什么順序，其能通過海選的概率均為 (2)

22、按C→B→A的順序參加測試更有利于進入正賽． 解析：(1)依題意，甲選手不能通過海選的概率為＝， 故甲選手能通過海選的概率為1－＝.(3分) 若改變測試順序?qū)λㄟ^海選的概率沒有影響， 因為無論按什么順序，其不能通過的概率均為＝， 即無論按什么順序，其能通過海選的概率均為.(5分) (2)依題意，ξ的所有可能取值為1、2、3. P(ξ＝1)＝p1，P(ξ＝2)＝(1－p1)p2，P(ξ＝3)＝(1－p1)(1－p2)p3. 故ξ的分布列為 ξ 1 2 3 P p1 (1－p1) p2 (1－p1)(1－p2)p3 (8分) Eξ＝p1＋2(1－p1)p2＋

23、3(1－p1)(1－p2)p3(10分) 分別計算當甲選手按C→B→A，C→A→B，B→A→C，B→C→A，A→B→C，A→C→B的順序參加測試時，Eξ的值，得甲選手按C→B→A的順序參加測試時，Eξ最小，因為參加測試的次數(shù)少的選手優(yōu)先進入正賽，故該選手選擇將自己的優(yōu)勢項目放在前面，即按C→B→A的順序參加測試更有利于進入正賽．(12分) 【思路點撥】（1）求出甲同學(xué)不能通過海選的概率，利用對立事件的概率公式，可求甲同學(xué)能通過海選的概率；若改變測試順序，對他通過海選的概沒有影響，因為無論按什么順序，甲同學(xué)不能通過海選的概率不變； （2）ξ的可能取值為1，2，3，求出相應(yīng)概率，可得分布列與

24、期望；利用參加海選測試次數(shù)少的選手進入正賽，可得結(jié)論． 【題文】18．(本題滿分12分) 如圖，△ABC的外接圓⊙O的半徑為5，CE垂直于⊙O所在的平面，BD∥CE，CE＝4，BC＝6，且BD＝1，cos∠ADB＝. (1)求證：平面AEC⊥平面BCED； (2)試問線段DE上是否存在點M，使得直線AM與平面ACE所成角的正弦值為？若存在，確定點M的位置；若不存在，請說明理由． 【知識點】直線與平面所成的角；平面與平面垂直的判定．G10 【答案解析】(1)見解析 (2) 存在點M，且＝時，直線AM與平面ACE所成角的正弦值為. 解析：(1)證明：∵BD⊥平面ABC ∴B

25、D⊥AB，又因為 BD＝1，cos∠ADB＝. 故AD＝，AB＝10＝直徑長，(3分) ∴AC⊥BC.又因為EC⊥平面ABC，所以EC⊥BC. ∵AC∩EC＝C，∴BC⊥平面ACE，又BC?平面BCED， ∴平面AEC⊥平面BCED.(6分) (2)法一：存在，如圖，以C為原點，直線CA為x軸，直線CB為y軸，直線CE為z軸建立空間直角坐標系，則有點的坐標，A(8，0，0)，B(0，6，0)，D(0，6，1)，E(0，0，4)． 則＝(－8，6，1)，＝(0，－6，3)， 設(shè)＝λ＝λ(0，－6，3)＝(0，－6λ，3λ)，0<λ<1 故＝＋＝(－8, 6－6λ，1＋3λ)

26、 由(1)易得平面ACE的法向量為＝(0，6，0)， 設(shè)直線AM與平面ACE所成角為θ， 則sin θ＝＝＝，解得λ＝.(10分) 所以存在點M，且＝時，直線AM與平面ACE所成角的正弦值為. (12分) 法二：(幾何法) 如圖，作MN⊥CE交CE于N，連接AN，則MN⊥平面AEC，故直線AM與平面ACE所成的角為∠MAN，且MN⊥AN，NC⊥AC. 設(shè)MN＝2x，由直線AM與平面ACE所成角的正弦值為， 得AM＝x，所以AN＝x. 另一方面，作DK∥MN∥BC，得EN＝x，NC＝4－x 而AC＝8，故Rt△ANC中，由AN2＝AC2＋NC2 得17x2＝64＋(4－x

27、)2，∴x＝2，∴MN＝4，EM＝2 所以存在點M，且EM＝2時，直線AM與平面ACE所成角的正弦值為. (12分) 【思路點撥】（1）由已知易得AB是⊙O的直徑，則AC⊥BC由線面垂直的判定定理可得CE⊥平面ABC，再由面面垂直的判定定理可得平面AEC⊥平面BCDE； （2）方法一：過點M作MN⊥CE于N，連接AN，作MF⊥CB于F，連接AF，可得∠MAN為MA與平面ACE所成的角，設(shè)MN=x，則由直線AM與平面ACE所成角的正弦值為，我們可以構(gòu)造關(guān)于x的方程，解方程即可求出x值，進而得到點M的位置． 方法二：建立如圖所示空間直角坐標系C-xyz，求出平面ABC的法向量和直線AM的方

28、向向量（含參數(shù)λ），由直線AM與平面ACE所成角的正弦值為，根據(jù)向量夾角公式，我們可以構(gòu)造關(guān)于λ的方程，解方程即可得到λ值，進而得到點M的位置． 【題文】19．(本題滿分13分) 等比數(shù)列{an}中的前三項a1、a2、a3分別是下面數(shù)陣中第一、二、三行中的某三個數(shù)，且三個數(shù)不在同一列． (1)求此數(shù)列{an}的通項公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝3an－lg an，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn. 【知識點】數(shù)列的求和；等比數(shù)列的性質(zhì)．D3 D4 【答案解析】(1) an＝3·2n－1 (2) Sn＝ 解析：(1)經(jīng)檢驗，當a1＝5或4時，不可能得到符合題中要求的等比

29、數(shù)列； 故有a1＝3，a2＝6，a3＝12，等比數(shù)列公比q＝2， 所以an＝3·2n－1.(5分) (2)由an＝3·2n－1得bn＝3an－lg an＝9×2n－1－(－1)n. 所以Sn＝9(1＋2＋…＋2n－1)－(lg 3－lg 2) －lg 2(9分) n為偶數(shù)時，Sn＝9×－lg 2＝9(2n－1)－lg 2. n為奇數(shù)時，Sn＝9×＋(lg 3－lg 2)－lg 2＝9(2n－1)＋lg 2＋lg 3. 所以， Sn＝(13分) 【思路點撥】(1)先檢驗再利用等比數(shù)列的通項公式即可；（2）分情況討論即可. 【題文】20．(本題滿分13分) 已知圓C：(x－1

30、)2＋(y－1)2＝2經(jīng)過橢圓?！茫?(a>b>0)的右焦點F和上頂點B. (1)求橢圓Γ的方程； (2)如圖，過原點O的射線l與橢圓Γ在第一象限的交點為Q，與圓C的交點為P，M為OP的中點， 求·的最大值． 【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題．H8 【答案解析】(1) ＋＝1. (2) 2. 解析：(1)在C：(x－1)2＋(y－1)2＝2中， 令y＝0得F(2，0)，即c＝2，令x＝0，得B(0，2)，b＝2， 由a2＝b2＋c2＝8，∴橢圓Γ：＋＝1.(4分) (2)法一：依題意射線l的斜率存在，設(shè)l：y＝kx(x>0，k>0)，設(shè)P(x1，kx1)，Q(x2，

31、kx2) 由得：(1＋2k2)x2＝8，∴x2＝.(6分) 由得：(1＋k2)x2－(2＋2k)x＝0，∴x1＝，　 ∴·＝·(x2，kx2)＝(x1x2＋k2x1x2)＝2(k>0). (9分) ＝2＝2. 設(shè)φ(k)＝，φ′(k)＝， 令φ′(k)＝>0，得－10，∴φ(k)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． ∴當k＝時，φ(k)max＝φ＝，即·的最大值為2.(13分) 法二：依題意射線l的斜率存在，設(shè)l：y＝kx(x>0，k>0)，設(shè)P(x1，kx1)， Q(x2，kx2) 由得：(1＋2k2)x2＝8，∴x2＝.(6分) ·＝(＋)·＝· ＝(1

32、，1)·(x2，kx2)＝(1＋k)x2＝2(k>0)(9分) ＝2. 設(shè)t＝1＋k(t>1)，則＝＝＝≤. 當且僅當＝時，(·)max＝2.(13分) 【思路點撥】(1) 在圓（x-1）2+（y-1）2=2中，令y=0，得F（2，0），令x=0，得B（0，2），由此能求出橢圓方程． (2) 依題意射線l的斜率存在，設(shè)l：y＝kx(x>0，k>0)，設(shè)P(x1，kx1)，Q(x2，kx2) ，把直線與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系代入，再結(jié)合基本不等式即可. 【題文】21．(本題滿分13分) 已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2－2x－1(x∈R)． (1)當a＝0時，求f(x)的單

33、調(diào)區(qū)間； (2)求證：對任意實數(shù)a<0，有f(x)>. 【知識點】利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性證明不等式.B3 B12 【答案解析】(1) (－∞，ln 2)是f(x)的單調(diào)減區(qū)間，(ln 2，＋∞)是f(x)的單調(diào)增區(qū)間． (2)見解析。 解析：(1)當a＝0時，f(x)＝ex－2x－1(x∈R)， ∵f′(x)＝ex－2，且f′(x)的零點為x＝ln 2， ∴當x∈(－∞，ln 2)時，f′(x)<0；當x∈(ln 2，＋∞)時，f′(x)>0 即(－∞，ln 2)是f(x)的單調(diào)減區(qū)間，(ln 2，＋∞)是f(x)的單調(diào)增區(qū)間．(5分) (2)

34、由f(x)＝ex－ax2－2x－1(x∈R)得：f′(x)＝ex－2ax－2， 記g(x)＝ex－2ax－2(x∈R)． ∵a<0，∴g′(x)＝ex－2a>0，即f′(x)＝g(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)， 又f′(0)＝－1<0，f′(1)＝e－2a－2>0， 故R上存在惟一的x0∈(0，1)，使得f′(x0)＝0，(8分) 且當xx0時，f′(x)>0. 即f(x)在(－∞，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增， 則f(x)min＝f(x0)＝ex0－ax－2x0－1，再由f′(x0)＝0得ex0＝2ax0＋2，將其代入前式可得f(x)min＝－ax＋2(a－1)x0＋1(10分) 又令φ(x0)＝－ax＋2(a－1)x0＋1＝－a＋＋1 由于－a>0，對稱軸x＝>1，而x0∈，∴φ(x0)>φ(1)＝a－1 又(a－1)－＝－>0，∴φ(x0)> 故對任意實數(shù)a<0，都有f(x)>.(13分) 【思路點撥】(1) 當a＝0時，求導(dǎo)解出零點求出單調(diào)區(qū)間即可；(2)利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合單調(diào)性證明即可.